Marathon De Géométrie

Solution du problème 8 :

Spoiler:

Problème 9 :
ABC un triangle ayant <BAC = 60 , AP la bissectrice de BAC et et BQ est la bissectrice de ABC avec P appartenant à BC et Q appartenant à AC Si
AB+BP=AQ+QB quelles sont les angles du triangle ABC

Ce n'est pas AP+BP=AQ + BQ?
Amicalemetn

Voici un nouveau exo pour remplacer l'autre qui est en effet un exo de l'OIM 01 ..
Problème 9 :

Soit (C) et (C') deux cercles tangent intérieurement en un point A de Rayon R et R' t.q 4R'=3R .
M est un point de (C') différent de A . La tangente de (C') en M coupe (C) en P et Q .

Démontrer que (AM) est la bissectrice intérieure de l'angle PÂQ et que AP+AQ=2PQ

Solution Problème 9:

Spoiler:

sauf erreur .
je n'ai pas pour l'instant des problèmes intressants !

C'est bizzare, j'ai refait le schéma 4 fois. [AM) est extérieure à l'angle PÂQ.

Je Fais déjà la première question , je terminerai la seconde demain :
Solution :

Spoiler:

Mehdi.O a écrit:

C'est bizzare, j'ai refait le schéma 4 fois. [AM) est extérieure à l'angle PÂQ.

Les 2 cercles sont tangents intérieurement !
Problème 10 :
Soit ABC un triangle , M un point de [AB] et N un point de [BC] tel que : 2CN.AB=AM.BC
Soit P un point de [AC]
Démontrer que :
(MN)et (NP) sont perpendiculaires si et seulment si (PN) est la bissectrice de <MPC

Oups demain je verrais avec ça doit pas être bien différent ( enfin j'espère ) et wakha fike ntaya .

Solution au problème 10:

Montrons d'abord la 1ere implication : MNP est un triangle rectangle => (PN) est bissectrice de l'angle <MPC:
On a cos(<MPN)=NP/MP.
En utilisant la loi du sinus dans les triangles AMP et NPC, on trouve :
sinA/MP=sinAPM/AM et sinC/NP=sinNPC/NC.
ainsi cosMPN=(NC.sinC.sinAPM)/(AM.sinNPC.sinA)=1/2sinC/sinA.BC/AB.sinAPM/sinNPC=1/2sinAPM/sinNPC.
Et on sait que APM=180°-(NPC+MPN) donc sinAPM=sin(NPC+MPN)=sinNPC.cosMPN+sinMPN.cosNPC
en remplacant on trouve : cosMPN.sinNPC=sinMPN.cosNPC=> tan NPC=tan MPN
il s'ensuit que [PN) est bissectric de l'angle MPC

Maintenant montrons la deuxieme implication: [PN) est bissectrice de l'angle MPC => MPN rectangle:

Nous avons sinAPM=sin(180°-APM)=sin(2MPN)=2sinNPC.cos MPN
ainsi cos MPN=1/2sinAPM/sinNPC, et d'après ce qui est en desous : cos MPN=NP/MP, ainsi MPN est triangle rectangle.
Ce qui achève la preuve


Problème 11:

Soit ABC un triangle rectangle en A, une droite (D) perpendiculaire à (BC) coupe (AB) en M, et (AC) en N. Les cercles circonscrits de BNC et BMC coupent respectivement (AB) en P et (AC) en Q.
Montrer que l'angle <PQM reste constant quand (D) change

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

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 .

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

majdouline a écrit:

solution du problème13:

Spoiler:

C'est plutôt <MPR=180°-<RSC

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

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 .

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 .

Solution au problème 16 :

Spoiler:

Problème 17 :
Soit I_a le centre du cercle C_a exinscrit à ABC ( tangent au côté [BC] ). Le cercle C_a est tangent à AB et AC en B' et C' respectivement .I_aB et I_aC 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

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.

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

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

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
pour ce qui est en gras ..on l'a pas

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
pour ce qui est en gras ..on l'a pas

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?

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 !