# Marathon de géometrie

• @Mohammed-Jamal Je l ai en effet déjà précisé^^^

• pour la question 1 j'ai utilisé l'axe radical

• @123456 said in Solution:

Re: Marathon de géometrie
1/Soit $(AB) \cap (CK)=L$ et $(AC) \cap(KB)=P_{\infty}$
puisque $AB$ est le polaire de $K$ , donc $(KELC)$ est une division harmonique et $(K,L;E,C)=(K,B;M,P_{\infty})=\frac{MB}{MK}:\frac{P_{\infty}B}{P_{\infty}K}=1$
on en déduit que $MB=MK$
2/ Par la loi de sinus , sur les triangles $\Delta AFC$ , $\Delta EFB$ et $\Delta EBC$, on a :
$\displaystyle \frac{AF}{\sin(\angle ACB)}=\frac{AC}{\sin(\angle AFC)}$
et $\displaystyle \frac{EF}{\sin(\angle EBF)}=\frac{EB}{\sin(\angle AFC)}=\frac{EF}{\sin(\angle EBC)}$
$\displaystyle \frac{BC}{\sin(\angle BEC)}=\frac{EC}{\sin(\angle EBC)}$
en combinant ces relations et puique $AB=BC$, on trouve directement le résultat .

• Problème 2:
un quadrilatère convexe cyclique $ABCD$ de centre $O$ , soit $(AC) \cap (BD)=P$
aussi , $\odot(ABP) \cap \odot(CDP)={P,Q}$ de sorte $P,Q$ et $O$ sont distincts.
Montrer que $\angle OQP=90$

• Soit $X=(AB) \cap (DC)$
et $Y=(AD) \cap (BC)$
Par le théoreme des axes radicaux , $AB,QP,DC$ sont concourantes en $X$
Par chasse aux angles ,
On a $\angle BQC=\angle BQP+\angle PQC=\angle BAP+\angle PDC=2\angle BAC=\angle BOC$
D'ou $BQOC$ est cyclique
On a $\angle AQD= \angle ABP+\angle PCD=2\angle ABD=\angle AOD$
ALors $AQOD$ est cyclique
En appliquant le theorème des axes radicaux sur $(BQOC),(AQOD), (ABCD)$, on trouve ,
$AD,BC,OQ$ sont concourantes en $Y$
Par le theorème de Brockard, $(YO)$ est perpendiculaire a $(XP)$
Puisque $Q=(XP) \cap (YO)$
On conclut $\angle OQP =90$

• $\textbf{Problème 3 :}$
Let $ABCD$ be a convex quadrilateral with $\angle DAB=\angle BCD=90^{\circ}$ and $\angle ABC$ > $\angle CDA$. Let $Q$ and $R$ be points on segments $BC$ and $CD$, respectively, such that line $QR$ intersects lines $AB$ and $AD$ at points $P$ and $S$, respectively. It is given that $PQ=RS$.Let the midpoint of $BD$ be $M$ and the midpoint of $QR$ be $N$.Prove that the points $M,N,A$ and $C$ lie on a circle.

• Solution 3 :
Notons que les deux cerlces $\odot(CRQ)$ et $\odot (APS)$ sont concentrés en $N$ , et de diamètre resp. $[CR]$ et $[PS]$ , et le cerlce $\odot(ABCD)$ est de diamètre $BD$ et centre $M$.
Soit $\angle ADC= \alpha$ et $\angle ASP = \beta$
--Une pure chasse aux angles donne :
$\angle AMC =2\angle ADC=2\alpha$
d'autre part ,
$\angle ANC=\angle ANP + \angle NPC= 2\angle ASP+ \angle QNC$
$=2(\beta +\angle QRC)=2(\beta +\angle PRC)$
$=2\left(\beta + [\pi-(\angle PRS +\angle PSR)]\right)\quad$
$=2\left(\beta + [\pi-((\pi-\alpha )+ \beta)]\right)=2\alpha$
Finalement , $\angle AMC= \angle ANC =2 \alpha$ , i.e , le quadrilatère $(AMNC)$ est cyclique .

• Problème 4:
In $\Delta ABC$ , the angle bisector of $\angle BAC$ intersects $BC$ at $D$ . Let
$M$ be the midpoint of $BD$. Let $\Gamma$ be a circle through $A$ that is tangent to $BC$ at $D$ and let the second intersections of $\Gamma$ with the lines $AM$ and $AC$ be $P$ and $Q$, respectively. Prove that the points $B$ , $P$ and $Q$ are collinear .

• On doit montrer que $P=(AM)\cap(BQ) \cap (ADQ)$
$B,P,M$ sont alignés $\Leftrightarrow (AP)$ passe par le milieu de $BD$
Soit $X=(PQ) \cap (DA)$
Menelaus dans $\triangle BXD, (M,P,A$ sont alignés )
$\frac{BM\cdot DA\cdot XP}{MD\cdot AX \cdot PB}=1 (*)$
Montrons que $\frac{PB}{PX}=\frac{AX}{AD}$
Loi de sinus ,
$\frac{PB}{PX}=\frac{\sin \angle PDB \sin \angle PXD}{\sin\angle PBD \sin \angle PDX}=\frac{\sin \angle PDB}{\sin \angle PBD}\cdot \frac{\sin \angle AXQ}{\sin \angle PQA}=\frac{BP}{PD}\cdot \frac{\sin \angle AXQ}{\sin \angle PQA}$
ET on a aussi
$\frac{AD}{AX}=\frac{\sin \angle AQD\sin \angle AXQ}{\sin \angle ADQ\sin \angle PQA}=\frac{AD}{AQ}\cdot \frac{\sin \angle AXQ}{\sin \angle PQA}$
D'autre part , on a ($\triangle BPD, \triangle BQD$ semblables)
$\frac{BP}{PD}=\frac{BD}{DQ}$
Et $\triangle AQD,\triangle ADB$ semblables , d'ou
$\frac{QA}{AD}=\frac{DQ}{BD}$
ALors $\frac{BP}{PD}=\frac{AD}{AQ}$
Donc $\frac{PB}{PX}=\frac{AX}{AD}$
D'après $( *)$
$\frac{BM}{MD}=1$ alors $M$ milieu de $[BD]$
Comme voulue.

• $\textbf{Problème 5}$
Let $ABC$ be an acute, scalene triangle, and let $M$, $N$, and $P$ be the midpoints of $\overline{BC}$, $\overline{CA}$, and $\overline{AB}$, respectively. Let the perpendicular bisectors of $\overline{AB}$ and $\overline{AC}$ intersect ray $AM$ in points $D$ and $E$ respectively, and let lines $BD$ and $CE$ intersect in point $F$, inside of triangle $ABC$. Prove that points $A$, $N$, $F$, and $P$ all lie on one circle.

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