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 Marathon De Géométrie

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Sylphaen
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Lun 28 Fév 2011, 13:13

C'est très classique comme exo .. La rotation de centre A et d'angle 90°envoie C en E et P en B d'où
CP=BE et (CP) et (BE) sont perpendiculaire . D'après le théorème de Thalès on a :
2IN=CP et (IN)//(CP) de même 2IM=BE et (IM)//(BE) et le résultat en découle ..

Problème 13 :
ABC est un triangle est (C) sont cercle circonscrit . La tangente à (C) en A coupe BC en P . Soit M le milieu de [AP] et R la deuxième intersection de de BM et (C) . la droite PR coupe (C) en R et S . Démontrer que AP et CS sont parallèles .
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Mehdi.O
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Lun 28 Fév 2011, 17:57

darkpseudo a écrit:
Solution :

Spoiler:
 
Problème 12 :
ABC un triangle Soit ABQP et ACDE deux carrés éxtérieur au triangle soit I le milieu de BC et N et M les point d'intersections des diagonal des carrés MQ le triangle IMN est réctangle et Isocèle en I

xD, notre prof Ajerd nous a donné cet exo dans un examen la semaine derniere, ta question était l'avant derniere Very Happy
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majdouline
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Mar 01 Mar 2011, 20:34

solution du problème13:
Spoiler:
 
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Mehdi.O
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Mar 01 Mar 2011, 20:38

majdouline a écrit:
solution du problème13:
Spoiler:
 

C'est plutôt <MPR=180°-<RSC
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majdouline
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Mar 01 Mar 2011, 20:56

Mehdi.O a écrit:
majdouline a écrit:
solution du problème13:
Spoiler:
 

C'est plutôt
<MPR=180°-<RSC

???
problème 14:

Soit ABCD un parallélogramme ,M un point de [AB], N de [BC] tel que
AM=CN.On note Q l'intersection de (AN) et (CM) . Mq (DQ) est
bissectrice de < ADC
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Sylphaen
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Mer 02 Mar 2011, 16:51

Spoiler:
 

Problème 15 :
Soit ABC un triangle rectangle en C . K le projeté orthogonal de C sur AB. La bissectrice de l'angle <ACK coupe [AB] en E . La parallèle à EC passant par B coupe (KC) en F . montrer que (EF) coupe [AC] en son milieu .
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Sporovitch
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Mer 02 Mar 2011, 22:54

Sylphaen a écrit:

Problème 15 :
Soit ABC un triangle rectangle en C . K le projeté orthogonal de C sur AB. La bissectrice de l'angle <ACK coupe [AB] en E . La parallèle à EC passant par B coupe (KC) en F . montrer que (EF) coupe [AC] en son milieu .
Spoiler:
 
Probleme 16 :
SOit ABCDE un pentagone convexe
tel que
SOit P l'intersection de (BD) et (CE)
Montrer que (AP) Coupe [CD] en son milieu .


Dernière édition par Sporovitch le Jeu 03 Mar 2011, 13:33, édité 1 fois
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Sylphaen
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Jeu 03 Mar 2011, 12:57

Solution au problème 16 :
Spoiler:
 

Problème 17 :

Soit Ia le centre du cercle Ca exinscrit à ABC ( tangent au côté [BC] ). Le cercle Ca est tangent à AB et AC en B' et C' respectivement .IaB et IaC intersecte B'C' en P et Q respectivement et M est l'intersection de BQ et CP . Prouver que la distance de M à BC est égal au rayon du cercle inscrit au triangle ABC
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majdouline
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Jeu 03 Mar 2011, 23:11

solution du problème17:
Spoiler:
 
problème 18:
Soit ABC un triangle tel que : ∠A = 40° et ∠B = 60°. X un point à l'intérieur du triangle tel que ∠XBA = 20° et ∠XCA = 10°. Montrer que AX est perpendiculaire à BC.

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Sporovitch
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Ven 04 Mar 2011, 08:28

majdouline a écrit:

problème 18:
Soit ABC un triangle tel que : ∠A = 40° et ∠B = 60°. X un point à l'intérieur du triangle tel que ∠XBA = 20° et ∠XCA = 10°. Montrer que AX est perpendiculaire à BC.

Spoiler:
 
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Sporovitch
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Jeu 10 Mar 2011, 22:04

Probleme 19 :
Soit un triangle ABC et un point P à l'intérieur de ce triangle tel que
<PAC=<PBC. Les perpendiculaires à (BC) et (AC) pasasnt par P coupent respectivement ces deux droites aux points L et M . Soit D le milieu de [AB]
Montrer que DL=DM
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Mehdi.O
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Ven 11 Mar 2011, 22:39

Solution du problème 19:

Premièrement, nous avons <PAC=<PAM=<PBC=<PBL et les triangles PBL et PAM sont droits, ainsi ils sont semblables, donc <APM=<BPL.
D'autre part nous <CMP+<PLC=180° donc le quadrilatère MCPL est inscriptible, ainsi <ACP<MCP=<LPM et <PCB=<PCL=<PML.
D'autre part, nous avons sin(<MCP)/AP=sin(<PCB)/BP, et sin(<PLM)/AP=sin(<PML)/BP
Donc MP/PL=AP/BP et nous avons <PML=<BAP ainsi les deux triangles ABP et MPL sont semblables, il s'ensuit que <APB=<MPL donc M,P et L sont collinéaires, et A,P et L sont collinéaires ! donc <PMA=<BMA=90°.
Maintenant considérons le cercle dont le centre est D, puisque le triangle AMB est rectangle en M, donc [AB] est un diamètre de ce cercle, et pusique le quadrilatère AMLB est inscriptible ( car <BAM+<BLM=90°+<PLM+<BAP+<PAM=90°+<ACP+<BAP+<CAP=90°+1/2(<A+<B+<C))=180°)donc ce cercle passe par M et par L
Il s'ensuit que DM=DL.

CQFD Very Happy
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majdouline
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Ven 11 Mar 2011, 23:05

Mehdi.O a écrit:
Solution du problème 19:

Premièrement, nous avons <PAC=<PAM=<PBC=<PBL et les triangles PBL et PAM sont droits, ainsi ils sont semblables, donc <APM=<BPL.
D'autre part nous <CMP+<PLC=180° donc le quadrilatère MCPL est inscriptible, ainsi <ACP<MCP=<LPM et <PCB=<PCL=<PML.
D'autre part, nous avons sin(<MCP)/AP=sin(<PCB)/BP, et sin(<PLM)/AP=sin(<PML)/BP
Donc MP/PL=AP/BP et nous avons <PML=<BAP ........................
bonsoir Smile
pour ce qui est en gras ..on l'a pas Wink
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Mehdi.O
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Ven 11 Mar 2011, 23:10

majdouline a écrit:
Mehdi.O a écrit:
Solution du problème 19:

Premièrement, nous avons <PAC=<PAM=<PBC=<PBL et les triangles PBL et PAM sont droits, ainsi ils sont semblables, donc <APM=<BPL.
D'autre part nous <CMP+<PLC=180° donc le quadrilatère MCPL est inscriptible, ainsi <ACP<MCP=<LPM et <PCB=<PCL=<PML.
D'autre part, nous avons sin(<MCP)/AP=sin(<PCB)/BP, et sin(<PLM)/AP=sin(<PML)/BP
Donc MP/PL=AP/BP et nous avons <PML=<BAP ........................
bonsoir Smile
pour ce qui est en gras ..on l'a pas Wink

Oui, en effet, c'est parce que je l'ai vu dans ma figure et j'ai cru que c'était trivial.
Bon je vais essayer de démontrer cette condition, sinon ce qui reste est juste?
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Mehdi.O
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Ven 11 Mar 2011, 23:24

Bon dans le cas où P est l'intersection de (AL)et (BM) c'est résolu, il reste l'autre cas, je vais le traiter demain.
Maintenant je suis fatigué !
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majdouline
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Ven 11 Mar 2011, 23:41

Mehdi.O a écrit:

Bon je vais essayer de démontrer cette condition, sinon ce qui reste est juste?
je ne crois pas que tu pourras le démontrer puisque <PML n'est pas toujours égale à <BAP ....
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majdouline
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Ven 11 Mar 2011, 23:44

solution du problème 19 :
Spoiler:
 
problème 20:
Soit O le centre du cercle circonscrit d'un triangle ABC, soit CD une hauteur.Soit E un point de AB et M le milieu de CE.La perpendiculaire à OM passant par M coupe BC et AC en L et K respectivement. Montrer que :



Dernière édition par majdouline le Sam 12 Mar 2011, 00:29, édité 1 fois
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Mehdi.O
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Ven 11 Mar 2011, 23:56

Très bien Majdouline, en fait je viens de me rendre compte que ma figure est fausse, j'ai inversé L et M xD Very Happy !
A toi l'honneur de poster un nouvel exercice Very Happy!
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Sylphaen
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Dim 13 Mar 2011, 00:41

Spoiler:
 

Problème 20 :
ABC un triangle dont les angles sont aiguës . M le milieu de [BC] . P la projection orthogonal de l'orthocentre H sur AM.
MQ : AM.PM=BM²


Dernière édition par Sylphaen le Mer 16 Mar 2011, 13:42, édité 1 fois
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Bensouda
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Mar 15 Mar 2011, 19:30

SOIS a,b et c les longueurs d'un triangle et S sa surface MQ :
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Dijkschneier
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Jeu 17 Mar 2011, 20:10

Sylphaen a écrit:

Problème 20 :
ABC un triangle dont les angles sont aiguës . M le milieu de [BC] . P la projection orthogonal de l'orthocentre H sur AM.
MQ : AM.PM=BM²
Spoiler:
 

Et je n'ai pas de problème à proposer pour le moment.
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Sporovitch
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Ven 18 Mar 2011, 09:52

Sylphaen a écrit:

Problème 20 :
ABC un triangle dont les angles sont aiguës . M le milieu de [BC] . P la projection orthogonal de l'orthocentre H sur AM.
MQ : AM.PM=BM²
Spoiler:
 
Dijkschneier a écrit:
et je n'ai pas de problème à proposer pour le moment
Probleme 21
SOient A,B,C,D 4 points d'un cercle tels que (AC) et (BD) se coupent en E , (AD) et (BC) se coupent en F tel que (AB) et CD) ne sont pas parallèles.
Montrer que C,D,E,F sont cocycliques si et seulement si (EF) est perpendiculaire avec (AB)
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darkpseudo
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Ven 18 Mar 2011, 13:31

Solution :
Spoiler:
 
Je n'ai pas de problème à proposé pour l'instant
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Sporovitch
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Ven 18 Mar 2011, 15:15

darkpseudo a écrit:
Solution :

On a
C,D,E,F cocyclique <==> <ECF=<FDE = pi/2 ( car <ACB+<ADB=pi )
<==> A et l'horthocentre du triangle BEF ==> (BA) et (EF) perpendiculaire.
Si (EF)et(AB) perpendiculaire , on a :
<ACD=<ABD ( cocycliques ) de plus les triangles ACD et AEF sont semblables donc
<ACD = <AFE on en conclu que les triangles ABD et AFT sont semblables ( T le point d'intersection ) et donc <ADB = <ATF = pi/2
vu que< ADB+<ACB=pi on a <ADB=<ACB=pi/2 et donc <ADE =<ACF=pi/2 CQFD .

Je n'ai pas de problème à proposé pour l'instant
Merci de bien expliquer la partie en gras
-C'est quoi le point T ?
-quel es l'ordre des point (A,B,C,D) que t'as choisi car cela n'est pas clair dans la figure ?
-Pourquoi ACD et AEF sont semblables ?
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darkpseudo
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MessageSujet: Re: Marathon De Géométrie    Ven 18 Mar 2011, 17:51

Le point T est le point d'intersection de (AB) et (EF) .
L'ordre pris est A==>C==>B==>D .
Les deux triangles sont semblables car il y a une similitude de centre A et qui renvoi un triangle vers l'autre , cette similitude existe car l'angle <ETA est droit , maintenant quand j'ai relu la preuve je me rend compte que j'aurai juste pour m'arrêter aux deux triangles semblable vu que c'est suffisant pour dire que les points sont cocycliques .
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