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Exercices de g´eom´etrie

Stage olympique de Bois-le-Roi, avril 2006

Igor KortchemskiExercices vus en cours

Exercice 1.(IMO 2000) Soient Ω1et Ω2deux cercles qui se coupent enMet enN. Soit Δ la tangente

commune aux deux cercles, qui est plus proche deMque deN. Δ est tangente `a Ω1enAet `a Ω2en

B. La droite passant parMet parall`ele `a Δ rencontre Ω1enCet Ω2enD. SoientEl"intersection des

droites (CA) et (BD),Ple point d"intersection de droites (AN) et (CD) etQle point d"intersection

des droites (BN) et (CD). Montrer queEP=EQ.Exercice 2.(IMO 1994) SoitABCun triangle isoc`ele v´erifiantAB=AC. SoientMle milieu de

[BC] etOle point de la droite (AM) tel que (OB) soit orthogonale `a (AB). SoientQun point de ]BC[,Eun point de (AB) etFun point de (AC) tels queE,QetFsoient align´es. Montrer que (OQ)

est orthogonale `a (EF) si, et seulement si,QE=QF.Exercice 3.(Shortlist 1994) SoientCetDdeux points d"un demi-cercle de centreO. La tangente

enC(respectivement enD) au demi-cercle coupe la prolongation du diam`etre de ce demi-cercle en B(respectivement enA). On suppose de plus que les pointsAetBne sont pas du mˆeme cˆot´e deO sur la prolongation du diam`etre. SoitEl"intersection des droites (AC) et (BD) et soitFle pied de la

hauteur issue deEdans le triangleBEA. Montrer que (EF) est la bissectrice de l"angle?CFD.Exercice 4.(Shortlist 1998) SoitABCun triangle rectangle enAtel que?B son cercle circonscrit Ω rencontre (BC) enD. SoientEle sym´etrique deApar rapport `a [BC],Xle pied de la perpendiculaire issue deA`a (BE), etYle milieu de [AX]. On suppose que la droite (BY)

rencontre Ω aussi enZ. Montrer que (BD) est tangente au cercle circonscrit du triangleADZ.Recueil d"exercices de g´eom´etrie

Exercice 5.(Shortlist 1995) Deux triangles ´equilat´eraux sont inscrits dans un cercle de rayonr. Soit

Al"aire de la partie contenant tous les points int´erieurs aux deux triangles. Montrer que 2A≥⎷3r2.Exercice 6.(Shortlist 1991) SoitABCun triangle dont tous les angles sont aigus. SoitMle milieu

de [BC],Pun point du segment [AM] tel quePM=BM,Ple point de [BC] tel que les droites (PH) et (BC) soient orthogonales. Soient finalementQl"intersection de [AB] avec la perpendiculaire `a (PB) passant parHetRl"intersection de [AC] avec la perpendiculaire `a (DC) passant parH. Montrer que le cercle circonscrit du triangleQHRest tangent au cˆot´eBCau pointH.1/6 Stage olympique de Bois-le-roi G´eom´etrie Avril 2006 Exercice 7.SoitPQun diam`etre d"un cercle etRSune corde de ce cercle qui est orthogonale `a (PQ) enA.Cest un point du cercle etBest un point int´erieur au cercle de sorte que les droites (BC) et (PQ) soient parall`eles et qui v´erifieBC=RA.Kest la projection orthogonale deAsur (QC) etL

est la projection orthogonale deBsur (QC). Montrer que les trianglesACKetBCLont mˆeme aire.Exercice 8.SoitABCun triangle rectangle enC. SoitKle projet´e orthogonal deCsur (AB). La

bissectrice de l"angle ?ACKcoupe le cˆot´e [AB] enE. La parall`ele `a (EC) passant parBcoupe (KC)

enF. Montrer que (EF) recoupe (AC) en son milieu.Exercice 9.Soit [AB] le diam`etre d"un cercle Ω sur lequel on place un pointK. La perpendiculaire

`a (AB) passant parKcoupe le cercle en un point not´eL. Le cercle ΩAest tangent `a [KL], [KA] et

Ω. Le point de tangence entre Ω

Aet (AB) est not´eA1. Le cercle ΩBest tangent `a [KL], [KB] et Ω.

Le point de tangence entre Ω

Bet (AB) est not´eB1. Montrer que?A1LB1= 45◦.Exercice 10.Le cercle inscrit au triangleABCest tangent au cˆot´e [AC] enD. [DM] est un diam`etre

de ce cercle inscrit. L"intersection des droites (BM) et (AC) est not´eeK. Montrer queAK=DC.Exercice 11.Soient [AB] et [CD] deux diam`etres orthogonaux d"un mˆeme cercle Ω.Mest un point

ext´erieur `a Ω. Les tangentes `a Ω passant parMcoupent (AB) enHet enE. La droite (MC)

(respectivement (MD)) coupe (AB) enF(respectivement enK). Montrer queEF=KH.Exercice 12.SoitABCun triangle non isoc`ele.Mest le milieu de [BC],Iest le centre du cercle

inscrit `aABCetHest le pied de la hauteur issue deA. On noteEl"intersection des droites (MI) et

(AH). Montrer que la longueurAEest ´egale au rayon du cercle inscrit `aABC.Exercice 13.(IMO 1996) SoitPun point int´erieur `a un triangleABCtel que :

APB-?ACB=?ADC-?ABC.

Montrer que les bissectrices issues des anglesABPetACPainsi que la droite (AP) sont concourantes.Exercice 14.(Shortlist 1994) Une droite ne rencontre pas un cercle Ω de centreO.Eest le seul point

de tel que (OE) soit orthogonale `a .Mest un point quelconque de , diff´erent deE. Les tangentes `a Ω

passant parMle rencontrent enAet enB.Cest le point de (MA) tel que les droites (EC) et (MA) soient orthogonales.Dest le projet´e orthogonal deEsur [MB]. L"intersection des droites (CD) et (OE) est not´eeF. Montrer que le lieu g´eom´etrique deFest ind´ependant de celui deM.

Solutions des exercices

Solution de l"exercice 1.Il suffit d"ˆetre logique, qualit´e qui permet de r´esoudre nombre d"exercices

de g´eom´etrie : une chasse aux angles s"impose, et montre que ?ABE=?CDE=?MBA, la derni`ere ´egalit´e ´etant d"une importance capitale. De mˆeme, ?BAE=?MAB. Ces ´egalit´es impliquent queMet

Esont images l"un de l"autre par la sym´etrie par rapport `a la droite (AB). Les droites (ME) et (AB)

sont orthogonales, puis les droites (ME) et (PB) sont orthogonales.

Il faut ´egalement savoir reconnaˆıtre les situations classiques : ici, en notantTl"intersection des droites

(MN) et (AB), il faut savoir queTA=TB(cela se retrouve en calculant la puissance deTpar rapport aux deux cercles :TA2=TM.TN=TB2). Le th´eor`eme de Thal`es montre alors queMest le milieu de [PB]. En somme, (ME) est la m´ediatrice de [PQ].Eest donc bien ´equidistant dePet deQ.2/6 Stage olympique de Bois-le-roi G´eom´etrie Avril 2006 Solution de l"exercice 2.Pour montrer une ´equivalence, il est plus prudent de montrer en premier lieu le sens qui paraˆıt le plus facile et de terminer par l"autre sens. Pour le sens direct, on prouve queEOFest isoc`ele enO. En effet,BEQOest inscriptible, d"o`u ?QEO=?QBO=?QCO=?QFO, car (OC) ´etant orthogonale `a (AC),OQCFest inscriptible.

Pour la r´eciproque, supposons par l"absurde que (OQ) n"est pas orthogonale `a (EF). Motiv´es par le

r´esultat du premier sens, on trace la droite perpendiculaire `a (OQ) passant parQ, qui coupe (AB) en

E

?et (AC) enF?.Qest alors `a la fois le milieu de [EF] et [E?F?] :EE?FF?est donc un parall´elogramme

et (EE?) est parall`ele `a (FF?), ce qui est contradictoire et ce qui ach`eve le probl`eme.Solution de l"exercice 3.Ici, une bonne figure permet de conjecturer que les droites (BC), (AD) et

(EF) sont concourantes. Pour cela, notonsPle point d"intersection des droites (BC) et (AD), etH le projet´e dePsur [AB]. Pour prouver queH=F, il suffit de prouver que les droites (PH), (BD) et

(AC) sont concourantes (pourquoi?). L"utilisation du th´eor`eme de C´eva apparaˆıt naturellement; on

souhaite prouver que : AHHB .BCCP .PDDA = 1.

MaisPC=PD. Il suffit donc de prouver que :

BHBC =AHAD Malheureusement, les trianglesBHCetAHDne sont pas ici sembables. Cependant, une petite chasse aux angles montre quePAHetOADsont sembables, ainsi quePBHetOBC. On en d´eduit : AHAD =HPDO etBHBC =HPCO On utilise l"´egalit´e deOCet deODpour en d´eduire queBHBC =AHAD .HetFsont donc confondus. Pour finir, il faut remarquer queOPDHest inscriptible ainsi queCPHOce qui donne les ´egalit´es successives : ?PHD=?POD=?POC=?PHC,

et montre que (EF) est la bissectrice de l"angle?CFD.Solution de l"exercice 4.En raisonnant `a l"envers, on s"aper¸coit qu"il suffit de prouver que?AZHest

un angle droit, et c"est la partie d´elicate du probl`eme. Pour cela, le point cl´e est d"introduire le point

G, point diam´etralement oppos´e `aA, puisque l"on va prouver queG,HetZsont align´es. En effet,

?ABX=?ABE=?AGE, et les trianglesAGEetAXBsont semblables. Consid´erons donc la similitude directesde centreAqui envoieAGEsurABX.Hest le milieu de [AE] etYle milieu de [AX], ce qui prouve ques(H) =Y. Il en d´ecoule que les trianglesAGHetABYsont semblables, et en terme d"angles, on a ?ABY=?AGH. Les droites (BY) et (GH) s"intersectent donc sur Ω, plus pr´ecis´ement enZ. Puisque la droite (DE) est tangente `a Ω enE, on obtient :?ZED=?ZAE=?ZHD. Cela montre queZHEDest inscripible. Une petite chasse aux angles permet de conclure :?ZDH=?ZEA=?ZAD,

d"o`u le r´esultat.Solution de l"exercice 5.NotonsABCetA?B?C?les deux triangles en question,A?se situant sur

l"arc?AB. On remarque que la figure poss`ede de nombreux axes de sym´etrie. Pour exploiter ce fait,

introduisons les pointsQ, intersection de (A?C?) avec (AB), etP, intersection de (A?B?) avec (AB).

Par sym´etrie :

A= Aire(ABC)-3Aire(A?QP).3/6

Stage olympique de Bois-le-roi G´eom´etrie Avril 2006

Toujours par sym´etrie,A?Q=AQetA?P=PB. Le triangleA?QPest donc de p´erim`etre constant, ´egal

`a⎷3r. Or un triangle de p´erim`etre constant est d"aire maximale lorsqu"il est ´equilat´eral (pourquoi?).

On en d´eduit queA≥⎷3

2 r2.Solution de l"exercice 6.Compte tenu des hypoth`eses, le trianglePBCest rectangle enP. Comme (PH) est orthogonale `a (BC) au pointH,?Q?R?H=?QHB. Il suffit donc de prouver que les droites

(QR) et (Q?R?) sont parall`eles. Les nombreuses droites parall`eles nous invitent `a l"utilisation du th´eo-

r`eme de Thal`es. On introduit donc naturellement les pointsR??, intersection des droites (PC) et (AB),

etQ??, intersection des droites (PB) avec (AC). Les droites (QQ?) et (R??P) sont parall`eles. Il s"ensuit que : QQ ?Q ?H=R??PPC De mˆeme, les droites (QQ?) et (R??P) sont parall`eles. Il s"ensuit que : RR ?R ?H=Q??PPB Finalement, les droites (R??Q??) et (BC) ´etant parall`eles, on obtient quePR??PC =PQ??PB . Il en d´ecoule que QQ?Q ?H=RR?R

?H. Les droites (QR) et (Q?R?) sont alors parall`eles, ce qu"on voulait d´emontrer.Solution de l"exercice 7.On noteα=?PQC. Par parall´elisme,?LCB=α. L"id´ee est de voir que les

deux aires consid´er´ees peuvent se "projeter" sur (QC). Plus pr´ecis´ement :

2.Aire(ACK) =CK.AK

= (APcos(α))(AQsin(α)) =AR2sin(α)cos(α) =BC2sin(α)cos(α) =BL.CL

= 2.Aire(BLC).Solution de l"exercice 8.SoitDl"intersection de (EF) et de (AC). Les trois pointsD,EetFsont

ainsi align´es, et l"on se retrouve dans une configuration propice `a utiliser le th´eor`eme de Menelaus, qui

donne : ADCD .CFFK .KEAE = 1.

Il suffit ainsi de montrer que

CFFK =AEKE . On cherche donc `a exprimer les deux rapports d"une autre mani`ere. Une petite chasse aux angles permet d"obtenir queBC=BE, et le th´eor`eme de Thal`es fournitCFKF =EBKB . D"o`u : CFKF =BCKB D"autre part, dans le triangleACK, (CE) ´etant bissectrice de l"angle?ACK,AEKE =ACCK (propri´et´e `a

connaˆıtre absolument!). Puisque les trianglesACKetBCKsont semblables, on obtient finalement :4/6

Stage olympique de Bois-le-roi G´eom´etrie Avril 2006 AE KE =BCBK

En d´efinitive,

CFKF =AEKE

, ce qui entraˆıneAD=CD.Solution de l"exercice 9.Une bonne figure est ici fondamentale pour remarquer queAL=AB1et

queBA1=BL. Une chasse aux angles montre que si ces ´egalit´es ´etaient v´erifi´ees, la conclusion s"en

suiverait. Montrons donc queAL=AB1. Pour cela, notonsP(respectivementQ) le point de tangence entre ΩBet [KL] (respectivement Ω),

etOBle centre de Ωb. La premi`ere chose `a voir est le fait queA,PetQsont align´es. En effet, le

parallelisme de (AO) et de (POBmontre que?AOQ=?POBQ, et le caract`ere isoc`ele deAOQet de PO BQmontre que les droites (AQ) et (PQ) sont confondues.

Une ´egalit´e de distances en rapport avec deux cercles nous sugg`ere l"utilisation de la puissance d"un

point par rapport `a un cercle. Plus pr´ecis´ement : AB

21=AP.AQ

=AP.(AP+AQ) =AP2+AP.AQ = (AK2+KP2) +AP.AQ =AK2+KP2+PL.PM =AK2+KP2+ (LK-PK).(LK+PK) =AK2+LK2 =AL2,

et finalement,AB1=AL. On montre de mˆeme queBL=BA1, ce qui termine l"exercice.Solution de l"exercice 10.Pour connaˆıtre la position du pointK, consid´erons l"homoth´etie de centre

B, qui envoie le cercle inscrit sur le cercle exinscrit du triangleABCtangent au cˆot´e [AC]. Elle envoie

le pointMsur ce point de tangence. OrK,MetBson align´es, ce qui prouve que l"image deMest K.Kest donc le point de tangence entre le cercle exinscrit du triangleABCtangent `a ce triangle en

[AC], et le cˆot´e [AC]. Les distancesAKetDCce calculent alors ais´ement en fonction des cˆot´es de

ABC: on trouve queAK=DC=a+b-c2

.Solution de l"exercice 11.Il suffit de consid´erer l"homoth´etie de centreMqui envoie la droite (AB)

sur la droite tangente `a Ω enCet d"utiliser l"exercice pr´ec´edent.Solution de l"exercice 12.SoitPle point de tangence entre le cercle inscrit et [BC]. Le lecteur qui

aura vu les deux exercices pr´ec´edents introduira le pointQ, point diam´etralement oppos´e `aPsur le

cercle inscrit. On sait queBR=PC. OrMest le milieu de [BC]. Il en d´ecoule queRM=MP. OrI

est le milieu de [PQ]. Les droites (AR) et (ME) sont ainsi parall`eles, etQAEOest un parall´elogramme,

d"o`u la conclusion.Solution de l"exercice 13.Le point cl´e est ´evidemment d"interpr´eter l"´egalit´e?APB-?ACB=

?ADC-?ABC. Pour cela, les deux propri´et´es suivantes sont importantes :-SoitABPun triangle, etW1l"intersection de la bissectrice issue de l"angle?ABPavec [AP]. Alors

AW 1W

1P=BABP

, propri´et´e fondamentale rencontr´ee pr´ecedemment.-SoitABCun triangle,X(respectivementYetZ) le projet´e orthogonal dePsur [BC] (respecti-

vement sur [AC] et [AB]). Alors?XZY=?APB-?CetPA=Y Zsin ?A, ce que le lecteur v´erifiera et retiendra facilement.5/6 Stage olympique de Bois-le-roi G´eom´etrie Avril 2006 Revenons au probl`eme initial. NotonsW1(respectivementW2) l"intersection de la bissectrice issue de l"angle ?ABP(respectivement de l"angle?ACP) avec [AP]. Il s"agit de montrer queW1=W2. D"apr`es la premi`ere propri´et´e, il suffit de prouver que ACPC =ABBP . En conservant les notations de la deuxi`eme propri´et´e, compte tenu des hypoth`eses, il vient que ?Y ZX=?ZY X, donc queZX=XY. Or

PB=ZXsin

?BetPC=XYsin ?C. D"o`u :

PB.sin?B=PC.sin?C.

Mais d"apr`es la loi des sinus :

AC.sin?C=AB.sin?B.

L"´egalit´e

ACPC =ABBP

en est une cons´equence, ce qui conclut.Solution de l"exercice 14.Pour r´esoudre cet exercice difficile, introduisonsGl"intersection de (OM)

et de (AB), etHl"intersection de (OE) avec (AB). Le quadrilat`ereGHEMest inscriptible. D"o`u OH.OE=OG.OM. Or les trianglesAOGetMOAsont semblables, ce qui implique queOG.OM= OA

2. Et donc :

OH=OA2OE

qui est une constante. Le lieu g´eom´etrique deHest ind´ependant de celui deM. NotonsKl"intersection des droites (CD) et (AB). Montrons `a pr´esent que?AKE= 90◦et queFest le milieu de [EH]. Le pentagoneEMAOBest inscriptible etEMCDest inscriptible. Alors :

KAE=?BAE=?BME=?DME=?DCE=?KCE.

ACEKest par cons´equent inscriptible, et?AKE= 90◦. Or?BDE= 90◦. Le quadrilat`ereDBKEest donc aussi inscriptible. Alors, en gardant en tˆete que (OM) et (BE) sont parall`eles :

DKE=?DBE=?MBE=?MOE=?OEK.

Et finalement, le triangleHKEest rectangle enKet est tel que?FKE=?FEK. La conclusion

s"impose :Fest le milieu de [EH]. Les deux pointsEetH´etant fixes, le lieu g´eom´etrique deFest

ind´ependant de celui deM.6/6quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47

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