Olympiades féminines Chine 2004

Ludwig
Modifié (4 Mar) dans Géométrie
Titre initial : 中國女子數學奧林匹克, 2004年8月13日
[Le titre doit être lisible et compréhensible. AD]
China Girls' Mathematical Olympiad (CGMO), 13 aout 2004 : 
$ABC$ est un triangle et $(O)$ son cercle circonscrit. $(AO)$ coupe $(BC)$ en $D$.
Le point $E$ est sur $(AB)$, $F$ sur $(AC)$ et $A$, $E$, $D$, $F$ sont cocycliques.
Prouver que la longueur de la projection de $[EF]$ sur $(BC)$ de dépend pas des positions de $E$ et $F$.

Réponses

  • Il y a une faute d'orthographe dans le titre !...
    Au siècle du mensonge universel, dire la vérité devient un acte révolutionnaire. (George Orwell)
  • pappus
    Modifié (4 Mar)
    Bonjour à tous
    Les points $E$ et $F$ sont en correspondance affine sur les droites $AB$ et $AC$, la droite $EF$ enveloppant la parabole $\Pi$ de foyer $D$ tangente aux droites $AB$ et $AC$.
    Les applications
    $BC\longmapsto AB; G\mapsto E$ et $AC\mapsto BC; F\mapsto H$ sont affines, (Axiome de Thalès).
    Donc l'application $BC\longmapsto BC; G\mapsto H$ est affine comme composée d'applications affines c'est donc soit une homothétie auquel cas le centre d'homothétie est un point fixe soit une translation auquel cas elle est sans point fixe.
    Tout revient donc à montrer qu'elle est sans point fixe.
    Si elle en avait un, il existerait un couple $(E,F)$ tel que les points $E$ et $F$ se projettent orthogonalement sur $BC$ en un même point et donc $EF\perp BC$. 
    Mais $EF$ est une tangente à $\Pi$.
    Tout revient à montrer que $\Pi$ n'admet aucune tangente perpendiculaire à $BC$, ce qui revient à montrer que la direction asymptotique de $\Pi$ est justement la direction perpendiculaire à $BC$.
    Et cela n'est pas très difficile. Les projections orthogonales de $D$ sur $AB$ et $AC$ donnent la tangente au sommet à comparer par homothétie avec les projections orthogonales de $O$ sur $AB$ et $AC$ qui donnent la droite des milieux parallèle à $BC$, je crois qu'elle est encore dans nos programmes, vite profitons-en!
    Pour évaluer cette translation, regarder ce qui se passe quand $E$ est la projection orthogonale de $D$ sur $AB$.
    Amicalement
    pappus

  • J'ajoute une question : exprimer cette longueur en fonction de... en fonction de quoi ? Vous choisirez. Pourquoi pas en fonction du rayon du cercle circonscrit et des angles aux sommets $B$ et $C$.
  • Mon cher Ludwig
    Ben en fonction de $a=BC$, $b=CA$, $c=AB$!
    Sur ma figure grâce à l'axiome de Thalès, on lit:
    $$E'F'=B'C'.\dfrac{AD}{AO}=\dfrac a2.\dfrac{AD}{AO}$$
    Quant au rapport $\dfrac{AD}{AO}$, il a fort à voir avec les coordonnées barycentriques normalisées de $O$ qui étaient autrefois fort connues.
    Amicalement
    pappus


  • Bonjour,


     
    On se donne un point $D$ sur $BC$. Et on considère la famille des cycles passant par $A,D$.  Ils recoupent les droites $AB,AC$ en $E,F$. 
    On definit $G_r=E+F-A$. Le lieu de $G_r$, autrement dit le graphe de $E\mapsto F$ est une droite. On a donc une correspondance linéaire. 
    Parmi les cercles de la famille,  il y a le cercle de diamètre $[AD]$, définissant les intersections $E_s,F_s$.
    On trace $AD'$ perpendiculaire à la corde $E_sF_s$. Il se trouve que $AX_1$ est la bissectrice de $(AD,AD')$.  Ensuite de quoi, on projette les $[EF]$ sur $[GH]$ parallèlement à $AD'$. C'est cette la longueur qui est constante.

    On conclut en remarquant que, par isogonalité,  $AX_1$   est la bissectrice de $(AX_3 , AX_4)$.

    Cordialement, Pierre.
  • Ok pappus, cette longueur constante est donnée par la formule : $$L=\frac{a \sin{\widehat{b}} \sin{\widehat{c}}} {\cos{(\widehat{b}-\widehat{c}})}.$$ Avec une valeur absolue à droite.
  • pappus
    Modifié (4 Mar)
    Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves
    Je note qu'en Chine en 2004 il y avait des épreuves de mathématiques réservées aux femmes.
    De quand date chez nous la dernière agrégation féminine?
    J'ai imaginé cette petite variante qu'on pourrait intituler:
    Olympiades Mathématiques France Vingt Ans Après.
    On se donne un triangle $ABC$, un point $A'$ sur $BC$ et une droite $L$.
    Soit $M$ un point variable sur $AB$.
    On projette $M$ en $m$ sur $BC$ parallèlement à $AC$ puis $m$ en $M'$ sur $AC$ parallèlement à $AB$.
    Enfin on projette $M$ et $M'$ sur $L$ parallèlement à $AA'$ en $N$ et $N'$.
    Comment choisir le point $A'$ sur $BC$ pour que $d(N,N')= Cte$.
    Comment modifier légèrement cet énoncé en supposant que tout se passe dans un plan affine non nécessairement euclidien et qu'on ne peut plus parler de distances?
    Amicalement
    pappus

  • Bonjour, 

    Une référence intéressante est https://phuylai.files.wordpress.com/2009/10/mathematical-olympiad-in-china-problems-and-solutions.pdf. Pour généraliser cette solution,$\def\ptv{~;~} \def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\linfz{\mathcal{L}_{z}} \def\simdoteq{\stackrel{.}{\simeq}}$ on pose \[   A\simeq \alpha: 1: 1/\alpha \etc \ptv D = d B +\left(1-D\right) C \ptv E = A e +\left(1-e \right) B \ptv F = A f +\left(1-f \right) C \]  En notant $\Delta$ l'opérateur de développement limité, c.à.d.\[\Delta G(e,f) \doteq G(e+\Delta e,f+\Delta f)- G(e,f) \] on obtient \[ \Delta \overrightarrow{EF}=  \left[\begin{array}{c} \left(-\alpha +\beta \right) \Delta e +\left(\alpha -\gamma \right) \Delta f \\  0 \\  \dfrac{\left(\alpha -\beta \right)  }{\alpha  \beta}\,\Delta e-\dfrac{\left(\alpha -\gamma \right)  f }{\alpha  \gamma} \,\Delta \end{array}\right]   \]  Il reste à exprimer le lien entre les points $E$ et $F$. Il suffit d'écrire que les Veronese des points $A,D,E,F$ sont liés. Cette relation est du 3ème degré en $e,f$. Mais $(1-e)(1-f)$ vient se mettre en facteur, puisque $E=A$ est une solution, et que $F=A$ est aussi une solution. Il reste un $\mathrm{lien}$ du premier degré. On prend le développement limité de ce $\mathrm{lien}$ et il vient: \[ 0=\Delta \mathrm{lien} = d \,\gamma \left(\alpha -\beta \right)^{2} \Delta e + \left(1-d \right)\beta \left(\alpha -\gamma \right)^{2}  \Delta f\] On résoud et on substitue. Il vient: \[ \Delta \overrightarrow{EF}=   \left[\begin{array}{c} \left(d\,\alpha  \beta - d\,\alpha  \gamma -\alpha  \beta +\beta \gamma \right) \alpha  \\  0  \\  -d\, \beta +d\, \gamma +\alpha -\gamma  \end{array}\right] \times \dfrac{  \left(\alpha -\beta \right)}{\left(d -1\right) \left(\alpha -\gamma \right) \beta1 \alpha} \Delta e  \] Le clinant de cette quantité est effectivement constant. Il reste à l'identifier. On compare avec celui de la droite $AD$. Il vient: \[ \simeq  \linfz \wedge (A \wedge D) \simeq \left[\begin{array}{c} \dfrac{\alpha  \beta \gamma \left(-d \beta +d \gamma +\alpha -\gamma \right)}{\alpha  \beta d -\alpha  d \gamma -\alpha  \beta +\beta \gamma} \\  0  \\  1 \end{array}\right]  \simdoteq   \omega^2(AD):0:1 \] 
    Et on voit que \[\omega^2( \Delta \overrightarrow{EF}) \times \omega^2(AD)=\alpha^2 \beta \gamma = \omega^2(AB)\times \omega^2(AC)\] prouvant que $AD$ et $AD'$ sont également inclinées sur $AB$ et $AC$. Isogonalité, dit-on dans le sabir des géomètres.  Que deviennent les points $E_s, F_s$ dans tout cela ? Ils apparaissent tout à fait à la fin, au moment de construire l'isogonale de $AD$ à l'aide du cercle de diamètre $ [A,D]$. 

    Cordialement, Pierre.
  • pappus
    Modifié (6 Mar)
    Bonjour à tous
    1° Choisir $A'$ au milieu de $BC$.
    2° Il existe un vecteur $\vec V$ directeur de la droite $L$ tel que $\overrightarrow{NN'}=\vec V$.
    Bof!
    Rendez nous nos points alignés!
    Amicalement
    pappus
  • john_john
    Modifié (6 Mar)
     De quand date chez nous la dernière agrégation féminine ?
    La dernière session fut en 1975.
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