D1870 – Bon ménage [* à *** à la main]
Calcul mental et géométrie peuvent faire bon ménage. Ainsi dans ces sept exercices tout simples, la clé géométrique permet de poursuivre les calculs de tête. Relevez le défi et justifiez chacune de vos réponses en trois ou quatre lignes, pas plus.
E₁ Soit un triangle ABC dont I est centre du cercle inscrit. Le cercle de centre I et de rayon AI coupe le côté BC en deux points D et E . On connaît les longueurs AB = 987, AC = 1234 et DE = 202. Que vaut BC ? E₂ Soit un rectangle ABCD tel que AB = 2BC. On trace le point M du côté AB tel que MD est la bissectrice de l’angle AMC. Que vaut l’angle AMD ?
E₃ Soit un rectangle ABCD. On trace deux droites perpendiculaires passant par B. L’une coupe le côté AD au point K et l’autre coupe la droite DC au point L. Soit F l’intersection des droites AC et KL. On suppose que BK = 13 et FK = 12. Que vaut BF ?
E₄ Soit le triangle ABC dont les côtés ont pour longueurs AB = 15, BC = 14 et CA = 13. On trace le point P de BC est tel que la sommes des aires des cercles circonscrits aux triangles ABP et ACP est minimale. Que vaut BP ?
E₅ Soit un triangle ABC dont l’angle en A est aigu. Le cercle de diamètre BC coupe AC en D et AB en E.
On suppose que BC = 10, AE = BE et 7AD = 18CD. Que vaut l’aire du triangle ABC ?
E₆ On trace un point P sur l’arc BC du cercle circonscrit à un triangle équilatéral ABC. La droite AP coupe BC au point Q. On suppose que PQ = 673 et PC = 4038. Que vaut PB ?
E₇ Soit ABC un triangle rectangle en A. Les bissectrices issues de B et de C coupent AC en D et AB en E.
Les points M et N sont les projections de D et de E sur BC. Que vaut l’angle MAN ? Solution proposée par Bernard Vignes
E₁ Soient D,E et F les points de contact du cercle inscrit avec les côtés BC,CA et AB. Les triangles AIF et XID sont isométriques. Donc XY = 2XD = 2AF = AB + AC – BC = 2019
E₂ AB est parallèle à CD et MD est bissectrice de l’angle AMC AMD = CDM = CMD. Le triangle CMD est isocèle de sommet C BC = CM/2. Le triangle BCM est un demi-triangle équilatéral
AMD = (180°– 30°)/2 = 75°
E₃ La similitude de centre B d’angle + π/2 et de coefficient BC/AB transforme le triangle BAK en le
triangle BCL les droites AC et KL font un angle α = ABK. Les quatre points A,B,F,K sont cocycliques
BF est perpendiculaire à FK.D’où BF = 5
E₄ Avec s = demi-périmètre = 21, a = 14, b = 13 et c = 15, Δ aire du triangle ABC =
= 84. Soit BP = x. CP = a – x.On pose AP = d. Aires des triangles ABP et ACP : Δ₁ = xΔ/a et Δ₂ = (a – x)Δ/a.
Soient R₁ et R₂ les rayons des cercles circonscrits aux triangles ABP et ACP . R₁ = cxd/4Δ₁ = 5d/8 et R₂ = bxd/4Δ₂ = 13d/24. Il s’agit de rendre minimum π(R₁²+R₂²) donc d² ,donc d P confondu avec le pied de la hauteur issue de A. BP=12.
E₅
On raisonne avec BC = 25.Comme AE = BE et AEB = 90°, le triangle ABC est isocèle de sommet C.D’où AC = 25, CD = 7 BD = 24.
Aire du triangle ABC = 25*24/2 = 300.
Avec BC = 10, l’aire du triangle devient 300*0,4² = 48.
E₆ On prolonge CP jusqu’au point D tel que PD = PB. Le triangle BPD est équilatéral BP + CP = CD.
Les triangles ADP et CDB sont isométriques PA = CD = BP + CP (propriété bien connue).
Les triangles ACP et BPQ sont semblables (APC = BQP = 60°,CAP = CBP) PA/BP = (BP+CP)/BP = CP/PQ 1/PQ = 1/BP + 1/CP BP =4038/5 = 807.6
E₇ Les bissectrices BP et CQ se coupent en I.Les
cercles circonscrits aux triangles AIB et AIC ont pour centres J et K milieux des arcs AB et AC du cercle circonscrit à ABC. Ils coupent BC en M et N qui sont symétriques de A par rapport à CE et BD. D’où MAN = 45°. Voir figure ci-contre.
