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 Problem 1 IMO 2008

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samir
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MessageSujet: Problem 1 IMO 2008   Jeu 17 Juil 2008, 13:41


_________________
وتوكل على الحي الذي لا يموت وسبح بحمده
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MessageSujet: Re: Problem 1 IMO 2008   Jeu 17 Juil 2008, 14:09

on va travailler sur le point A. prenons X is le milieu de AB et Y le milieu de AC. il s'ensuit que XY est perpendiculaire avec AH. donc, H et le centre radical du cercle B_1B_2H et C_1C_2H. il s'ensuit que AC_1 * AC_2=AB_1*AB_2<=>B_1B_2C_1C_2 cylcic, de la meme façon sur B and C .
on conclut
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M.
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MessageSujet: Re: Problem 1 IMO 2008   Mer 31 Déc 2008, 02:00

Ne serait til pas plus interessant de choisir des qui permettront à tous de mieux comprendre? j'ai du mal avec tes points choisi: B_1B_2H...??? En plus tu montre peut t'être que les points sont 4 à 4 cocycliques cela n'entraine pas que les 6 appartiennent au même cecle. Eclaire moi s'il te plait Bien cordialement
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ephemere
Féru


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MessageSujet: Re: Problem 1 IMO 2008   Sam 07 Fév 2009, 11:14

Je ne dessine pas de figure, mais je vous conseille d'en tracer une sur une feuille de brouillon.

Soit O le centre du cercle circonscrit du triangle ABC. Pour prouver que les six points de l'énoncé sont cocycliques, je vais tout simplement prouver qu'ils sont équidistant du point O.

Soit M le milieu du segment [AB]. Comme la droite OM est la médiatrice du segment [AB], elle lui est perpendiculaire et il s'en suit que |OC_1|²=|OM|²+|MC_1|². Or, comme M est le centre d'un cercle qui passe par C_1 et H, on a l'égalité |MC_1|=|MH|. On obtient donc l'égalité |OC_1|²=|OM|²+|MH|². Donc, par le théorème de Pythagore généralisé, il vient |OC_1|²=|OH|²+2*|OM|*|MH|*cos(OMH).

Dans le triangle ABC, soit K le pied de la hauteur issue du sommet C. Le triangle ABC est acutangle. Son orthocentre H se trouve donc à l'intérieur de lui. Par conséquence, l'angle non orienté OMH est aigu et est le complémentaire de l'angle non orienté KMH (considéré comme droit si K=M). On a donc cos(OMH)=sin(KMH), et donc |OC_1|²=|OH|²+2*|OM|*|HK|.

Pour conclure, il suffit de prouver que la valeur du produit |OM|*|HK| ne varierait pas si on remplaçait simplement les points M et K par leurs homologues respectifs sur un autre côté du triangle.

Prenons, par exemple, N comme milieu du segment [AC] et L comme pied de la hauteur (du triangle ABC) issue du sommet B, et prouvons que |OM|*|HK|=|ON|*|HL|. Ceci revient à prouver que |OM|/|ON|=|HL|/|HK|. Or, cette dernière égalité est vrai si les triangles OMN et HLK sont senblables (sommets dans cet ordre). Finalement, ce dernier point est vrai car :
- OM parallèle à HK,
- ON parallèle à HL,
- MN anti-parallèle à KL dans le triangle ABC.
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