• Aucun résultat trouvé

D1870. Bon ménage

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Partager "D1870. Bon ménage"

Copied!
4
0
0

Texte intégral

(1)

D1870. Bon ménage

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 le petit 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 ?

Solutions

--- E1 ---

Les triangles BAE et CAD sont isocèles (symétrie par rapport aux bissectrices).

Donc BE=AB et DC=AC et BC=BE+EC=BE+DC-DE=AB+AC-DE=987+1234-202=2019 BC=2019

--- E2 ---

Supposons d’abord M quelconque sur AB et traçons le triangle MKD symétrique du triangle MAD par rapport à MD.

MD est bissectrice de l’angle AMK, de plus (MKD)=(MAD)=90° et DK=R

L’hypothèse indique que MK doit passer par C. Or (MKD)=90°, donc K est sur le cercle de diamètre CD Ainsi Sin(MCD)=DK/CD=1/2 soit (MCD)=30°

Or (ADK)=(MCD)=30° car côtés perpendiculaires, d’où (ADM)=(ADK)/2=15° car symétrie Soit dans le triangle rectangle AMD :

(AMD)=75°

(2)

--- E3 ---

Le triangle BKL est l’image du triangle BAC par une rotation de centre B d’un angle α=(ABK) suivi d’une homothétie de centre B et de rapport 1/cosα

Notons que cette transformation conserve les angles.(Propriété 1)

De plus en faisant varier α, pour tout point M lié au triangle ABC, cette transformation a pour résultat d’obtenir une image M’ qui sera sur la perpendiculaire en M à BM (propriété 2)

Soit H la hauteur issue de B dans le triangle ABC et H’ l’image de H par la rotation+homothétie.

D’après la propriété 1, BH étant hauteur issue de B dans le triangle ABC, BH’ sera hauteur issue de B dans le triangle KBL.

D’après la propriété 2, H’ sera sur la perpendiculaire en H à BH qui est précisément la diagonale AC.

Ainsi H’ est à la fois sur KL et sur AC. C’est donc le point F.

Des conséquences de ces propriétés 1 et 2, on en conclut que le triangle KFB est rectangle en F.

D’où BF²=BK²-FK²=13²-12²=25 BF=5

--- E4 --- Le rayon R1 du cercle circonscrit à ABP est égal à AB/2sin(APB)

Le rayon R2 du cercle circonscrit à ACP est égal à AC/2sin(APC) Or (APC)= π – (APB), donc sin(APC)=sin(APB)

La somme des surfaces des 2 cercles est donc : S = (AB²+AC²)/(4sin²(APB))

S est donc minimum pour sin(APB)=1, soit (APB)=90°

Ce qui montre que P doit être tel que AP est la hauteur du triangle ABC issue de A Donc

AP²=AB²-BP²=225-BP²

AP²=AC²-CP²=AC²-(CB-BP)²=169-(14-BP)²=28.BP-BP²-27 Donc 225-BP²=28.BP-BP²-27, soit 252=28.BP

BP=9

(3)

--- E5 ---

Le sommet A est sur le Cercle2 homothétique du Cercle1 dans l’homothétie de centre B et de rapport 2.

Le Cercle2 a pour équation x²+y²=100

Le sommet A est sur le Cercle3 homothétique du Cercle1 dans l’homothétie de centre C et de rapport 25/7.

Le Cercle2 a pour équation (x-a)²+y²=a² en posant a=125/7

Les coordonnées de A sont obtenues en résolvant le système obtenu avec les 2 équations précédentes.

Cela conduit à une équation du premier degré en x qui permet d’obtenir : x=14/5 et y=48/5

Donc S = (10*48/5)/2 S=48

--- E6 ---

Sur le cercle circonscrit à ABC, B et P interceptent le même arc AC, donc (APC)=(ABC)=60°=α Sur le cercle circonscrit à ABC, C et P interceptent le même arc AB, donc (APB)=(ACB)=60°=α

En se reportant au second schéma (K et L sont les projections de Q et B sur CP), avec la similitude des triangles : KC/KQ=LC/LB soit (PC-PK)/KQ=(PC+PL)/LB soit (PC-PQcosα)/PQsinα=(PC+PBcosα)/PBsinα (rappel α=60°) Or PC=4038 et PQ=673

(4038-673/2)/673 = (4038+PB/2)/PB (en éliminant √3/2 qui est dans chaque dénominateur).

Soit (4038+PB/2)/PB = 5,5 qui permet d’obtenir PB=807,6 PB=807,6

(4)

--- E7 ---

Posons (EAN)=α et (DAM)=β

Les triangles EAC etENC sont symétriques par rapport à la bissectrice CE, donc (ENA)=α, d’où (ANM)=π/2-α Les triangles DAB etDMB sont symétriques par rapport à la bissectrice BD, donc (DMA)=β, d’où (AMN)=π/2-β Dans le triangle AMN on a ainsi (MAN)=α+β et on rappelle que le triangle ABC est rectangle en A.

D’où (BAC)=(EAN)+(MAN)+(DAM)=α+(α+β)+β=2(α+β)=π/2 Ainsi α+β=π/4, or on a vu que (MAN)=α+β

(MAN)= π/4

Références

Documents relatifs

[r]

Préambule : Etant donné une ellipse de foyers D et F, le symé- trique de D par rapport à la tangente en un point M quelconque de l'ellipse appartient à un cercle

L'angle EAN est la moité du supplémentaire de l'angle AEN, donc la moité de l'angle BEN ou la moité du complémentaire de l'angle ABC (EBC) ; de même, l'angle MAD est la moité du

Les rayons des cercles inscrits des triangles ABD et BCE sont égaux à une même

Quelle est la nature du quadrilatère ABA’B’?. Justifier

Si deux figures sont symétriques par rapport à un point alors elles ont la même aire. Exemple : Les triangles EFG et E’F’G’ sont symétriques par rapport au point O, donc aire

Compléter la conjecture suivante : « Si deux droites sont symétriques par rapport à un point,..

Je conviens de dire qifune figure a la symétrie absolue par rapporta une surface, qui peut dégénérer en courbe, lorsque les symétriques de chaque p o i n t de la figure par rapport