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 Marathon De Géométrie

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boubou math
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Dim 07 Juil 2013, 22:44

EXO 44
Let ABC be a triangle with incentre I. The angle bisectors AI, BI and CI meet [BC], [CA] and [AB] at D, E and F, respectively. The perpendicular bisector of [AD] intersects the lines BI and CI at M and N, respectively. Show that A, I, M and N lie on a circle.
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Mehdi.O
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Dim 07 Juil 2013, 23:32

boubou math a écrit:
EXO 44
Let ABC be a triangle with incentre I. The angle bisectors AI, BI and CI meet [BC], [CA] and [AB] at D, E and F, respectively. The perpendicular bisector of [AD] intersects the lines BI and CI at M and N, respectively. Show that A, I, M and N lie on a circle.
Voir le problème 27 de ce même marathon Very Happy
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boubou math
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Dim 07 Juil 2013, 23:56

Poste quelque chose Very Happy
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Mehdi.O
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Lun 08 Juil 2013, 00:18

Problème 45:
Soit ABCDE un pentagone convexe tq (BC)||(AE), et AB=BC+AE et <ABC=<CDE, soit M le milieu de CE et O le centre du cerlce circonscrit du triangle BCD, supposons que <DMO=90° , montrer que 2<BDA=<CDE
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MohE
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Mer 31 Juil 2013, 08:10

Shortlist 2010, G5. Il n'est pas très difficile et il y a de très belles solutions pour ce problème.
Pour faire avancer le marathon, voici un problème plus simple.
Problème.
Soit ABC un triangle acutangle avec angle(B) > angle(C). Soit M le mileu de BC. Soit D et E les projections orthogonales de B et C sur AC et AB respectivement. Soit K et L les mileux de ME et MD respectivement. KL coupe la droite passant par A parallèlement à BC en T. Montrer que TA=TM.
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naïl
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MessageSujet: شكل للمسألة   Lun 04 Juin 2018, 07:26

MohE a écrit:
Shortlist 2010, G5. Il n'est pas très difficile et il y a de très belles solutions pour ce problème.
Pour faire avancer le marathon, voici un problème plus simple.
Problème.
Soit ABC un triangle acutangle avec angle(B) > angle(C). Soit M le mileu de BC. Soit D et E les projections orthogonales de B et C sur AC et AB respectivement. Soit K et L les mileux de ME et MD respectivement. KL coupe la droite passant par A parallèlement à BC en T. Montrer que TA=TM.
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naïl
Féru


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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Sam 23 Juin 2018, 13:49


باسم الله
: بين أن
AM/ [2 cos(TAM)] = TA
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naïl
Féru


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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Jeu 28 Juin 2018, 04:04

CDEB est un quadrilatère inscriptible car CDB = CEB. De plus, ceux-ci valent 90°, donc M est le centre du cercle circonscrit au quadrilatère cyclique. Alors le triangle MDE est isocèle de sommet M, et puisque K et L sont les milieux de ses segments [MD] et [ME], (KL) est parallèle à (ED) donc perpendiculaire à (MP) l'axe de symétrie du triangle, et passe par le milieu de la hauteur-médiane [MP], R, car KM/KD = LM/LE = 1. Aussi DME = 2 DCE = 2 DBE = 2(90°- CAB) d'une part et DMP = PME = 1/2 DME, par conséquent MR = RP = 1/2 MP = 1/2 BC/2 cos(90°- CAB) = BC/4 sin(CAB).
AED=ACB & ADE= ABC donc ADE et ABC sont deux triangles similaires. La hauteur [AQ] est alors dans leur rapport de similitude avec la hauteur [AA'] du triangle ABC, AE/AC= AD/AB= cos(BAC)= ED/BC : AQ = cos(CAB).AA' = cos(CAB).sin(CAB) AB AC /BC. Enfin, pour définir les dimensions du polygone TAQPR, il resterait à calculer :
PQ = cos(CAB).A'M = DP- DQ = DE/2- cos(ADE) AD = cos(BAC).[BC/2- cos(ABC) AB],
QAT = PMB = PME + EMB = 90°- CAB + 180°- 2 ABC = 90°- ABC+BCA.
TA = (AQ + PR) /cos(QAT) ; PT^2 = TR^2+PR^2; (TR- PQ) /TR = (AQ+ PR) /(AQ+ PR+ PQ /tan(QAT))

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