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 Daniel Collignon
E1
I étant intersection des 3 bissectrices, nous avons AB=BE et AC=CD, d'où BC=BE+CD-DE
(si on veut être plus rigoureux cela se montre aisément à l'aide de triangles rectangles isométriques) Finalement BC=AB+AC-DE=987+1234-202=2019
E2
<AMD=<DMC (bissectrice) et <AMD=<MDC (angles alternes-internes égaux) Le triangle CDM est isocèle en C, d'où MC=DC=AB
sin(<CMB)=BC/MC=1/2=sin(180-2<AMD)=sin(2<AMD) D'où <AMD=75 car <BCM=2<AMD-90>0
E3
Soit X le point d'intersection autre que B entre les cercles de diamètre BL et BK
<LXC=<LBC=<LBA-<CBA=<LBA-<LBK=<KBA=<KXA
Comme L, X, K sont alignés (X est le pied de la hauteur issue de B dans le triangle BKL), alors C, X et A sont également alignés, d'où X=F unique point d'intersection entre (AC) et (KL).
Le triangle BKF est donc rectangle en F et le théorème de Pythagore permet de déduire BF=5.
E4
2R1=13/sin(<CPA) et 2R2=15/sin(<APB)
D'où 4(R1^2+R2^2)=(13^2+15^2)/sin^2(<CPA) sera minimal lorsque sin(<CPA)=1 ou encore lorsque P sera le pied de la hauteur issue de A.
Alors le théorème de Pythagore permet de terminer puisque la hauteur vaut 12 et BP=9
E5
Le triangle BCE est rectangle en E (point du cercle de diamètre BC).
E étant milieu de AB, CE est axe de symétrie du triangle ABC isocèle en C, d'où AC=CB=10.
La puissance de A par rapport au cercle s'écrit AD.AC=AE.AB, d'où (18/25)AC^2=AB^2/2, ou encore AB=(6/5)AC=12
A l'aide de la formule de Héron, nous en déduisons l'aire du triangle ABC : 48 E6
Les triangles ABQ et CPQ sont semblables, d'où BQ/AB=PQ/PC=673/4038=1/6 Les triangles ACQ et BPQ sont semblables, d'où CQ/AC=1-1/6=PQ/PB
Finalement PB=673*6/5
E7
AE=EN et AD=DM (propriété des bissectrices)
Les triangles AEN et ADM sont isocèles respectivement en E et D, d'où <BAN=(180-(90+<B))/2 et
<CAM=(180-(90+<C))/2
Comme 90+<B+<C=180, nous en déduisons que <MAN=90-<CAM-<BAN=45
