TDM - Test 3 - Problème 4

Problème.
Soit le milieu du cote d'un triangle dont tous les angles sont aigues. Soit une droite passe coupe et en et respectivement. Soit le centre du cercle circonscrit au triangle et la projection orthogonal de sur . Prouver que si alors .

Auteur du Problème : Inconnu

J'aimerais bien voir une réponse pour ce joli exo.

Une figure aprés quelques démonstrations:



Des étapes pour résoudre le probléme:

- Démontrer que K,M et L sont alignés et <BAC = <KAL = 90° , les triangles ASL et AKL sont égaux..
- Démontrer que le quadrilatére AMSD est inscriptible.
- Remarquer que ADP et SPM son semblables tel que p le point d'intersection de (AS) et (DM) .
- Déduire que <SDM = <SMD .

M.Marjani a écrit:

Une figure aprés quelques démonstrations:



Des étapes pour résoudre le probléme:

- Démontrer que K,M et L sont alignés et <BAC = <KAL = 90° , les triangles ASL et AKL sont égaux..
- Démontrer que le quadrilatére AMSD est inscriptible.
- Remarquer que ADP et SPM son semblables tel que p le point d'intersection de (AS) et (DM) .
- Déduire que <SDM = <SMD .

Mdr, <BAC=90 ?!

Mehdi.O a écrit:

Mdr, <BAC=90 ?!

Y a t-il quelque chose d'étrange ? Ou tu n'as pas compris le passage, et tu cherches une démonstration simple ?

M.Marjani a écrit:

Mehdi.O a écrit:

Mdr, <BAC=90 ?!

Y a t-il quelque chose d'étrange ? Ou tu n'as pas compris le passage, et tu cherches une démonstration simple ?

C'est une blague ça ?!
Tu dis que <BAC=90 et tu trouves ça normal ?! C'est purement faux, quoique je suis intéressé pa ta " démonstration simple "

Mehdi.O a écrit:

M.Marjani a écrit:

Mehdi.O a écrit:

Mdr, <BAC=90 ?!

Y a t-il quelque chose d'étrange ? Ou tu n'as pas compris le passage, et tu cherches une démonstration simple ?

C'est une blague ça ?!
Tu dis que <BAC=90 et tu trouves ça normal ?! C'est purement faux, quoique je suis intéressé pa ta " démonstration simple "

Vas dormir !!

L'angle aigu est comprise entre 0° et 90°.

Ce problème était peut-être difficile, puisque personne ne l'as résolu. Je vous propose ci-dessous ma solution.
Solution.
Soit K' et L' des point sur AB et AC respectivement tels que AK'L' est isocèle et M£[K'L']. Sans nuire à la généralité du problème, Supposons que K'£[AK] donc L'£[LC) et par conséquent: AK' =< AK = AL =<AL' et puisque AK'=AL' on déduit que {K',L'}={K,L} c.à.d que le couple {K,L} est unique. Soit M_a le milieu du petit arc BC du cercle circonscrit au triangle ABC. On note K_1, L_1 les projections orthogonales de M_a sur AB et AC respectivement. Il est bien connue que AM_a est la bissectrice de l'angle angle{BAC}. D'où les triangles M_aAK_1 et M_aAL_1 sont isométriques et par conséquent AK_1=AL_1, D'un autre côté, les points K_1, L_1 et M sont colinéaires sur la droite de Simson de M_a par rapport au triangle ABC. On en déduit immédiatement que {K_1,L_1}={K,L}. Soit O le centre du cercle circonscrit au triangle ABC. Puisque AM_a est l'axe radicale de (O) et (S), la droite (OS) est perpendiculaire à (AM_a). Un simple chasse angle prouve que angle{SAD}=angle{SAO}. Soit R la symétrie centrale de centre S. On note D'=R(D), O'=R(O) et M'=R(M). D'après ce qui précède, on a O'£AD, et puisque A=R(M_a), on a aussi M'£AD, et par suite O£D'M. Il est claire que MDM'D' est un parallélograme et puisque angle{MDM'}=90, il est même un rectangle de centre S, d'où on déduit que SM=SD.

MohE a écrit:

Ce problème était peut-être difficile, puisque personne ne l'as résolu. Je vous propose ci-dessous ma solution.
Solution.
Un simple chasse angle prouve que angle{SAD}=angle{SAO}.

La solution parait trés belle.
Je veux seulement voir ta démonstration pour ce qui en quote. Merci.

M.Marjani a écrit:

MohE a écrit:

Ce problème était peut-être difficile, puisque personne ne l'as résolu. Je vous propose ci-dessous ma solution.
Solution.
Un simple chasse angle prouve que angle{SAD}=angle{SAO}.

La solution parait trés belle.
Je veux seulement voir ta démonstration pour ce qui en quote. Merci.

Les deux droites AD et MM_a sont parallèles, et le triangle OAM_a est isocèle, ainis angle{SAD}=angle{SM_aO}=angle{SAO}

Mehdi.O a écrit:

M.Marjani a écrit:

MohE a écrit:

Ce problème était peut-être difficile, puisque personne ne l'as résolu. Je vous propose ci-dessous ma solution.
Solution.
Un simple chasse angle prouve que angle{SAD}=angle{SAO}.

La solution parait trés belle.
Je veux seulement voir ta démonstration pour ce qui en quote. Merci.

Les deux droites AD et MM_a sont parallèles, et le triangle OAM_a est isocèle, ainis angle{SAD}=angle{SM_aO}=angle{SAO}

Comme ça la solution serait parfaite et detaillé.
Trés jolie.

MohE a écrit:

A-t-on vraiment la colinéarité des points A, M_a et S?

Oui on l'a, et c'est bien clair non ?!
Il est bien connu que AM_a est bissectrice de l'angle {BAC}.D'une part: puisque S est le centre de AKL donc, angle{CAS}=angle{LAS}=angle{ALS}=angle{ALK}-angle{SLK}=angle{AKL}-angle{SKL}=angle{AKS}=angle{SAK}=angle{SAB} ce qui implique que AS est bissectrice de l'angle {BAC}, d'où la conclusion.