Que vaut BC? E2− Soit un rectangleABC Dtel queAB=2BC

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− On connaît les longueursAB=987,AC=1234 etDE=202. Soit un triangle ABCdontI est centre du cercle inscrit. Le cercle de centreI et de rayonAI coupe le côtéBCen deux pointsD etE. Que vaut BC?

E2− Soit un rectangleABC Dtel queAB=2BC. On trace le pointMdu côté AB tel queM Dest la bissec- trice de l’angleƒAMC. Que vaut l’angleAM Dƒ?

E3− Soit un rectangleABC D. On trace deux droites perpendiculaires passant parB. L’une coupe le côté ADau pointK et l’autre coupe la droiteDC au pointL. SoitF l’intersection des droites AC etK L. On suppose queB K=13 etF K =12. Que vautB F?

E4− Soit le triangleABCdont les côtés ont pour longueursAB=15,BC=14 etC A=13. On trace le point PdeBCest tel que la somme des aires des cercles circonscrits aux triangles AB P etAC Pest minimale.

Que vautB P?

E5− Soit un triangleABCdont l’angle enAest aîgu. Le cercle de diamètre [BC] coupeACenDetABen E. On suppose queBC=10,AE=B Eet 7AD=18C D. Que vaut l’aire du triangleABC?

E₆− On trace un pointP sur l’arcBCdu cercle circonscrit à un triangle équilatéralABC. La droiteAP coupeBCau pointQ. On suppose quePQ=673 etPC=4038. Que vautP B?

E7− SoitABCun triangle rectangle enA. Les bissectrices issues deBet deCcoupentACenDetABen E. Les pointsMetN sont les projections deDet deEsurBC. Que vaut l’angleM ANƒ?

Solution de Claude Felloneau

E1− BC=2019.

A

B C

I

D E

(B I) étant la bissectrice de l’angle ABC, le symétrique de Apar rapport à (B I) estE doncB E=B A. De même,C D=C A.

DoncBC=B E+C D−DE=B A+C A−DE=987+1234−202=2019.

E2− L’angleAD Mƒ mesure 15°.

A B

D C

T M

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SiT est le symétrique deApar rapport à (D M), la droite (C M) est orthogonale à (DT) et, puisqueDC= 2DT, le triangleDT C est un demi-triangle équilatéral doncƒT DC=60° d’oùƒADT=30°.

(D M) est la bissectrice deƒADT doncAD Mƒ=15°.

E3− B F=5.

A B

C D

K

L F E

Soitsla similitude directe de centreBqui transformeAenK. On as(C)=L. De plus, siE=s⁻¹(F) alors (B E)⊥(AC) carE∈s⁻¹(K L)=(AC) et (B E)⊥(E F). Commesconserve l’orthogonalité, (B F)⊥(K L).

Le théorème de Pythagore donneB F=p

B K²−K F²=p

169−144=5.

E₄− B P=9.

A

B C

P

Les angles au centre associés aux arcsAP sont constants, donc les rayons des cercles sont proportionnels àAP et la somme des aires est proportionnelle à AP². Elle est donc minimale lorsqueP est le projeté orthogonal deAsur (BC). On a alorsB P×BC=−→

B P·−→

BC=−→

B A·−→

BC=1 2

¡B A²+BC²−AC²¢ . DoncB P=15²+14²−13²

2×14 =(15−13)(15+13) 2×14 +14

2 =2+7=9 E5− L’aire du triangleABCest égale à 48.

A⁰

B C

F A

D E

H

(C E) est une hauteur du triangleABCqui passe par le milieuEde [AB] donc c’est un axe de symétrie du triangleABCet on aC A=C B=10 etC F=C D= 7

25C A.

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AF²=AC²−C F²=18×32

25² ×100=

µ3×8×2 5

¶2

d’oùAF=48 5. L’aire du triangleABCest 1

2×AF×BC=1 2×48

5 ×10=48 E6− P B=807.6

A B

C

Q P

Les trianglesQ ABetQC Pétant semblables,QB QP = AB

PC doncQB=QP

PCAB=1

6BCd’oùQC=5 6BC.

Les trianglesB PQetACQétant semblables, P B AC =PQ

CQ doncP B= AC

CQPQ=6

5PQd’oùP B=807, 6.

E₇− M ANƒ=45°.

A

B C

D

E M

N I

Les trianglesAC EetNC E sont des triangles rectangles isométriques (deux angles aigus égaux et hypoté- nuseC Ecommune) donc (C E) est la médiatrice de [AN]. De même, (B D) est la médiatrice de [AM].

M ANƒ =C I Det, dans les trianglesBC DetIC D,C I D+Cb/2=Cb+B/2 doncb M ANƒ =¡ Bb+Cb¢

/2=45°.

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