Olympiades Françaises de Mathématiques

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1 lympiades rançaises de athématiques lympiades rançaises athématiques NV NUÉR 2 : RRGÉ xercice 1. Soit un point extérieur à un cercle de centre. Un point P se déplace sur. Soit le point d intersection entre (P ) et la bissectrice de P. ontrer que se déplace sur un cercle que l on décrira. Solution de l exercice 1 P Notons d = et R le rayon du cercle. après le théorème de la bissectrice, on a P/ = P/, donc P = + P = 1 1 = = 1 + P 1 + P + P = d d + R. Notons k cette valeur. Soit le point de [] tel que = k. après le théorème de Thalès, les droites ( ) et (P ) sont parallèles, donc P = P = k, donc = kr. eci prouve que décrit le cercle de centre et de rayon kr. Remarquons que + kr = k(d + R) = d, donc ce cercle passe par. xercice 2. Soit un triangle tel que  = 60. n note le centre du cercle circonscrit, le centre du cercle inscrit et l orthocentre. ontrer que 1

2 1),,,, sont cocycliques 2) est isocèle. Solution de l exercice 2 n utilise les angles de droites. Les angles sont modulo ) (, ) = (, )+(, )+(, ) = (, )+ = (, ) = 60 = 120 = (, ) (où on a noté l angle droit), donc,,, sont cocycliques. (, ) = (, ) + (, ) = /2 Ĉ/2 = 120/2 = 60 = 120, donc se trouve également sur ce cercle. 2) (, ) (, ) = (, ) + (, ) (, ) (, ) = (, ) + (, ) + 2(, ) = (90 Â) + (90 ) Ĉ = 0, donc (, ) = (, ). n a donc (, ) = (, ) = (, ) = (, ), donc est isocèle en. xercice 3. Par un point d un cercle de centre, on mène une tangente à ce cercle, et on prend deux points et sur cette tangente, avec entre et. e et, on mène () et () tangentes au cercle. émontrer que =. Solution de l exercice 3 2

3 Notons α = et β = Ĉ. après le théorème de l angle inscrit, on a α =. omme () et () sont les deux tangentes menées à partir de, on a Ê = Ĉ = β. = Ĉ. r, () () et () (), donc = = α + β, et de même Ĉ = β, donc = α =. xercice 4. Soit un triangle. Soit P appartenant au cercle circonscrit. n sait que les projetés de P sur (), () et () sont alignés sur la droite dite de Simson. n suppose que cette droite passe par le point diamétralement opposé à P. ontrer qu elle passe également par le centre de gravité de. Solution de l exercice 4 P G P Notons P le point diamétralement opposé à P. Soit la droite de Simson. Soit h l homothétie de centre P et de rapport 2. lors h( ) est la droite de Steiner. n sait qu elle passe par l orthocentre, donc passe par le milieu de [P ]. n en déduit que est la médiane de P P issue de P. Par ailleurs, () est la médiane de P P issue de. omme G = 2, le point G est le 3 centre de gravité de P P, donc passe par G. xercice 5. Soit un triangle. n suppose que la médiane () et la bissectrice () se coupent en un point J tel que J = J. Soit le pied de la hauteur issue de. ontrer que J = J. Solution de l exercice 5 3

4 J Notons γ = Â. n a = =, donc Ĉ = γ. n a aussi Ĉ = 180 = Ĥ +. e plus, Ĥ = = γ/2, donc = Ĥ = γ/2. n en déduit que = =. Les triangles J et J vérifient J = J, ĤJ = J et = donc sont isométriques. Par conséquent, J =. xercice 6. Soit un triangle, et,, les pieds des hauteurs de,, respectivement. n définit aussi l orthocentre de, le centre de son cercle circonscrit, et X le point de la droite ( ) qui vérifie X = X. ontrer que les droites (X) et () sont perpendiculaires. Solution de l exercice 6 X n sait que l axe radical de deux cercles est une droite perpendiculaire à la droite passant par les centres des deux cercles. La condition X = X signifie que X est sur la médiatrice de [], qui n est autre que le droite des milieux ( ) (avec et les milieux de [] et de []). n sait aussi que les points 4

5 ,,, sont cocycliques d après la réciproque du théorème de l angle inscrit. e, plus [] étant un diamètre du cercle passant par ces quatre points, le milieu de [] est le centre de ce cercle. Le centre du cercle passant par,, est le milieu de [] (par propriété de l homothétie de centre et de rapport 1/2). n sait que ( ) et () sont parallèles. Le problème revient donc à montrer que (X) et ( ) sont perpendiculaires. Nous allons montrer ici que (X) est en fait l axe radical des deux cercles évoqués précédemment, ce qui terminera l exercice d après la propriété évoquée au début de la preuve. étant sur les deux cercles, est bien sur leur axe radical. n sait de plus que,,, sont cocycliques sur le cercle d uler du triangle. insi on a l égalité de longueurs : X X = X X, ce qui signifie que X est bien sur l axe radical de nos deux cercles. insi on a bien (X) et () qui sont perpendiculaires. xercice 7. Soit un triangle, et Γ son cercle circonscrit. Soit le milieu de l arc ne contenant pas. Un cercle est tangent à [), [) en et respectivement, et tangent intérieurement à Γ en. ontrer que (), () et ( ) sont concourantes. Solution de l exercice 7 J Soit le centre du cercle inscrit dans. La droite ( ) recoupe Γ en un point. Soit J le point d intersection de () avec ( ). l est facile de voir que est le milieu de l arc ne contenant pas : en effet, l homothétie de centre qui envoie sur Γ envoie () sur la tangente en à Γ ; celle-ci est parallèle à (), ce qui entraîne que est le milieu de l arc, et par conséquent,, sont alignés. n appliquant le théorème de Pascal à l hexagone, on obtient que,, J sont alignés. e même,,, J sont alignés. insi, (), () et ( ) se rencontrent en J. xercice 8. Soit un triangle,,, les points de tangence du cercle inscrit sur les côtés (), () et (), le milieu de [], le centre du cercle inscrit de. G et sont définis comme les symétriques de et par rapport à. n note Q l intersection entre les droites () et (G). ontrer que les droites (Q) et () sont perpendiculaires. Solution de l exercice 8 5

6 G Q Soit ω le cercle inscrit de. n notera pour tout point X du plan p(x) la polaire de X par rapport à ω. n sait que pour tout point X du plan, p(x) est une droite perpendiculaire à (X). Nous allons donc montrer que p(q) et () sont parallèles pour en déduire le résultat. n sait que p() = (), et que Q () donc Q p(). insi par propriété des polaires (par rapport à un cercle fixé), on en déduit que p(q). e plus par construction de la polaire, on sait que le point d intersection des tangentes à ω en G et est aussi sur la polaire de Q. insi on a : p(q) = ( ). Par symétrie de la construction, on sait que et sont symétriques par rapport à. Soit maintenant le symétrique de par rapport à (qui est donc sur ω) et le point de () tel que soit le milieu de [ ]. Une homothétie envoyant une droite sur une droite qui lui est parallèle, on sait que les droites ( ) et ( ) sont parallèles, ainsi que les droites () et ( ). r il est connu que les points,, sont alignés (se montre par une homothétie de centre ). insi les droites ( ) et () sont parallèles, et ( ) et (Q) étant perpendiculaires, on en déduit que (Q) et () sont bien perpendiculaires. utre solution. Notons α, β et γ les angles de et R le rayon du cercle circonscrit à. n a = R tan β, = R tan γ donc sin γ cos β sin β cos γ 2 = 2 = R(tan γ tan β) = R cos β cos γ sin(γ β) = R cos β cos γ. autre part, la loi des sinus dans Q donne Q = cos γ cos β cos γ = 2R sin(β γ) sin(β γ) donc Q. = R 2 = 2. r, [] est la hauteur de Q issue de, donc Q est rectangle en. xercice 9. Soit un triangle non-isocèle en. n note,, les points de tangence du cercle inscrit sur les côtés (), () et (), le centre du cercle inscrit de. Soient P et Q les intersections de la droite ( ) avec le cercle Ω circonscrit à. Soient enfin 1 et 2 les centres des cercles circonscrits à et. ontrer que le centre du cercle circonscrit à P Q se situe sur la droite ( 1 2 ). 6

7 Solution de l exercice 9 1 T 2 P Q X n peut déjà remarquer que 1 et 2 sont les pôles sud de et de respectivement dans le triangle. La droite ( 1 2 ) est la médiatrice de []. r les droites () et ( ) sont perpendiculaires. n en déduit alors que les droites (P Q) et ( 1 2 ) sont parallèles. omme [P Q] et [ 1 2 ] sont aussi des cordes de Ω, ces segments ont la même médiatrice. n particulier l intersection entre la médiatrice de [P Q] et ( 1 2 ) est le milieu de [ 1 2 ], disons T. insi si l énoncé est vrai, alors le centre du cercle circonscrit à P Q doit être T. ans cette situation, on contrôle alors assez mal les deux autres médiatrices du triangle P Q. n peut alors chercher un quatrième point appartenant au cercle. n particulier, définir un point comme seconde intersection entre un cercle et une droite peut souvent s avérer utile. ci on peut s intéresser à la seconde intersection de notre cercle avec la droite () : c est en fait le milieu de []. n effet, si on définit X comme l intersection entre les droites (P Q) et (), alors on sait que XP XQ = X X et, comme les droites (), (), ( ) sont concourantes (en le point de Gergonne du triangle ), la division (X,,, ) est harmonique et donc on peut en déduire d après la relation de ac Laurin que : X X = X X. n trouve donc XP XQ = X X, ce qui implique que les points P, Q,, sont cocycliques. l suffit maintenant de montrer que la médiatrice de [] passe par T. Pour cela, nous allons montrer que le projeté orthogonal de T sur () est le milieu de []. n associe à présent à chaque point Z du plan le vecteur Z qu il forme avec une origine quelconque du plan (fixée). n notera Z ce vecteur pour ne pas alourdir les notations. Soit N le pôle nord de dans. Par définition, on sait que : T = e, plus, il est connu que 1 est le milieu de [ ] (centre du cercle exinscrit de ) et de même 2 est le milieu de [ ]. insi on trouve : T = r on sait aussi que N 2 est le milieu de [ ] et donc on trouve que T est le milieu de [N ]. Le projeté orthogonal de T sur () est le milieu des projetés orthogonaux de et N sur (), à savoir et respectivement. insi on en déduit que le centre du cercle circonscrit à P Q est T, qui est bien sur la droite ( 1 2 ). 7