D1870. Bon m´ enage
Q1/AB=AF +F B AC =AG+GC BC =BD+DE+EC
AF =AG=DE (I `a ´egale distance des 3 cˆot´es)
doncBC =AB−DE+DE+AC−DE=AB+AC−DE= 2019
Q2/ Le cercle(C, CD)coupeAB enM (entreAetB) etM0 (ext´erieur
` aAB)
BM C\ =CM\0A= 30o AM D\ = 75o AM\0D= 15o
Q3/ABC etKBLsont semblables, doncKF A\ =KBA\ AF B\ = AKB\
⇒ ABKF est inscriptible et doncBK ⊥KL
On retrouve un triangle pythagoricien bien connu : F BK = 5/12/13 doncBF = 5
Q4/ SoientDet E les centres des cercles(ABP)et (ACP): DE ⊥AP BDP\ +P EC\ = 2BAC\ = const. : DEP reste semblable `a lui-mˆeme quandP varie, donc la somme des aires est minimale quand
AP est minimal, c`adAP ⊥BC Aire(ABC) = √
21∗6∗7∗8 =√
212∗42 = 84 AP = 84∗2
14 = 12 ⇒ BP = 9
Q5/ABC est isoc`ele enC;BDet CE sont des hauteurs.
CD= 7×10 25 BD=√
102−2.82= 9.6
Aire(ABC)= 0.5×10×9.6 = 48 On en d´eduit queBE= 6etED = 8
Q6/ Dans le rep`ere orthogonal o`u la bissectrice deBP C\ est l’axeOx: P C : y= k x (k=√
3/2)
P B: y=−k x QC : y= 3/2k x
L’abcisse deB= 3/5P Q ⇒ P B = 1.2P Q= 807.6
Q7/AD/DC=HM/M C =AB/BC =AM/AC etAE/EB =HN/N B =AC/BC =AH/AB
AM et AN sont les bissectrices internes deCAH\ et de HAB\ doncM AN\ =π/4
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