Marathon De Géométrie

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 !

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 ....

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 :

Très bien Majdouline, en fait je viens de me rendre compte que ma figure est fausse, j'ai inversé L et M xD !
A toi l'honneur de poster un nouvel exercice !

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

SOIS a,b et c les longueurs d'un triangle et S sa surface MQ :

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.

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)

Solution :

Spoiler:

Je n'ai pas de problème à proposé pour l'instant

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 ?

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 .