Marathon de géometrie



  • Il y a déjà des marathons entamés dans toutes les autres disciplines, il faut bien donc également le faire en géométrie!
    J' entame donc avec le problème posé aujourd'hui aux premières années .
    Il est demandé à chaque "posteur" de problème de préciser les chapitres ou connaissances que nécessite ce problème afin que le lecteur sache s'il a les outils pour le réaliser. Si le problème ne nécessite pas d'outils avancés il suffit de notifier basique. Si par exemple c'est en relation avec le point de "Michael" ou de "Gertronde" par exemple il est préférable de le préciser.

    Problème 1 Connaissances requises basiques
    Soit KK un point à l'exterieur d'un cercle C1C_1. Les deux tangentes à ce cercle passant par KK coupent le cercle en AA et en BB . On considère le point CC du cercle tel que la droite (AC)(AC) soit parallèle à (BK)(BK) . Soit EE le deuxième point d intersection de la droite (KC)(KC) avec le cercle C1C_1
    1- Montrer que (AE)(AE) passe par le milieu du segment [KB][KB] .
    2- Soit FF le point d intersection des droites (AE)(AE) et (BC)(BC)
    Montrer que ABACEF=AFEBECAB\cdot AC\cdot EF=AF\cdot EB\cdot EC


  • Math&Maroc

    @Mamoun c'est le probleme de geo du test 2 que j'ai pasé aujourd'hui



  • @Mohammed-Jamal Je l ai en effet déjà précisé^^^


  • Math&Maroc

    pour la question 1 j'ai utilisé l'axe radical



  • @123456 said in Solution:

    Re: Marathon de géometrie
    1/Soit (AB)(CK)=L(AB) \cap (CK)=L et (AC)(KB)=P(AC) \cap(KB)=P_{\infty}
    puisque ABAB est le polaire de KK , donc (KELC)(KELC) est une division harmonique et (K,L;E,C)=(K,B;M,P)=MBMK:PBPK=1(K,L;E,C)=(K,B;M,P_{\infty})=\frac{MB}{MK}:\frac{P_{\infty}B}{P_{\infty}K}=1
    on en déduit que MB=MKMB=MK
    2/ Par la loi de sinus , sur les triangles ΔAFC\Delta AFC , ΔEFB\Delta EFB et ΔEBC\Delta EBC, on a :
    AFsin(ACB)=ACsin(AFC)\displaystyle \frac{AF}{\sin(\angle ACB)}=\frac{AC}{\sin(\angle AFC)}
    et EFsin(EBF)=EBsin(AFC)=EFsin(EBC)\displaystyle \frac{EF}{\sin(\angle EBF)}=\frac{EB}{\sin(\angle AFC)}=\frac{EF}{\sin(\angle EBC)}
    BCsin(BEC)=ECsin(EBC)\displaystyle \frac{BC}{\sin(\angle BEC)}=\frac{EC}{\sin(\angle EBC)}
    en combinant ces relations et puique AB=BCAB=BC, on trouve directement le résultat .



  • Problème 2:
    un quadrilatère convexe cyclique ABCDABCD de centre OO , soit (AC)(BD)=P(AC) \cap (BD)=P
    aussi , (ABP)(CDP)=P,Q\odot(ABP) \cap \odot(CDP)={P,Q} de sorte P,QP,Q et OO sont distincts.
    Montrer que OQP=90\angle OQP=90



  • Soit X=(AB)(DC)X=(AB) \cap (DC)
    et Y=(AD)(BC)Y=(AD) \cap (BC)
    Par le théoreme des axes radicaux , AB,QP,DCAB,QP,DC sont concourantes en XX
    Par chasse aux angles ,
    On a BQC=BQP+PQC=BAP+PDC=2BAC=BOC\angle BQC=\angle BQP+\angle PQC=\angle BAP+\angle PDC=2\angle BAC=\angle BOC
    D'ou BQOCBQOC est cyclique
    On a AQD=ABP+PCD=2ABD=AOD\angle AQD= \angle ABP+\angle PCD=2\angle ABD=\angle AOD
    ALors AQODAQOD est cyclique
    En appliquant le theorème des axes radicaux sur (BQOC),(AQOD),(ABCD)(BQOC),(AQOD), (ABCD), on trouve ,
    AD,BC,OQAD,BC,OQ sont concourantes en YY
    Par le theorème de Brockard, (YO)(YO) est perpendiculaire a (XP)(XP)
    Puisque Q=(XP)(YO)Q=(XP) \cap (YO)
    On conclut OQP=90\angle OQP =90



  • Problème 3 :\textbf{Problème 3 :}
    Let ABCDABCD be a convex quadrilateral with DAB=BCD=90\angle DAB=\angle BCD=90^{\circ} and ABC\angle ABC > CDA \angle CDA . Let QQ and RR be points on segments BCBC and CDCD, respectively, such that line QRQR intersects lines ABAB and ADAD at points PP and SS, respectively. It is given that PQ=RSPQ=RS.Let the midpoint of BDBD be MM and the midpoint of QRQR be NN.Prove that the points M,N,AM,N,A and CC lie on a circle.



  • Solution 3 :
    Notons que les deux cerlces (CRQ)\odot(CRQ) et (APS)\odot (APS) sont concentrés en NN , et de diamètre resp. [CR][CR] et [PS][PS] , et le cerlce (ABCD)\odot(ABCD) est de diamètre BDBD et centre MM.
    Soit ADC=α\angle ADC= \alpha et ASP=β\angle ASP = \beta
    --Une pure chasse aux angles donne :
    AMC=2ADC=2α\angle AMC =2\angle ADC=2\alpha
    d'autre part ,
    ANC=ANP+NPC=2ASP+QNC\angle ANC=\angle ANP + \angle NPC= 2\angle ASP+ \angle QNC
    =2(β+QRC)=2(β+PRC)=2(\beta +\angle QRC)=2(\beta +\angle PRC)
    =2(β+[π(PRS+PSR)])=2\left(\beta + [\pi-(\angle PRS +\angle PSR)]\right)\quad
    =2(β+[π((πα)+β)])=2α=2\left(\beta + [\pi-((\pi-\alpha )+ \beta)]\right)=2\alpha
    Finalement , AMC=ANC=2α\angle AMC= \angle ANC =2 \alpha , i.e , le quadrilatère (AMNC)(AMNC) est cyclique .



  • Problème 4:
    In ΔABC\Delta ABC , the angle bisector of BAC\angle BAC intersects BCBC at DD . Let
    MM be the midpoint of BDBD. Let Γ\Gamma be a circle through AA that is tangent to BCBC at DD and let the second intersections of Γ\Gamma with the lines AMAM and ACAC be PP and QQ, respectively. Prove that the points BB , PP and QQ are collinear .



  • On doit montrer que P=(AM)(BQ)(ADQ)P=(AM)\cap(BQ) \cap (ADQ)
    B,P,MB,P,M sont alignés (AP)\Leftrightarrow (AP) passe par le milieu de BDBD
    Soit X=(PQ)(DA)X=(PQ) \cap (DA)
    Menelaus dans BXD,(M,P,A\triangle BXD, (M,P,A sont alignés )
    BMDAXPMDAXPB=1()\frac{BM\cdot DA\cdot XP}{MD\cdot AX \cdot PB}=1 (*)
    Montrons que PBPX=AXAD\frac{PB}{PX}=\frac{AX}{AD}
    Loi de sinus ,
    PBPX=sinPDBsinPXDsinPBDsinPDX=sinPDBsinPBDsinAXQsinPQA=BPPDsinAXQsinPQA\frac{PB}{PX}=\frac{\sin \angle PDB \sin \angle PXD}{\sin\angle PBD \sin \angle PDX}=\frac{\sin \angle PDB}{\sin \angle PBD}\cdot \frac{\sin \angle AXQ}{\sin \angle PQA}=\frac{BP}{PD}\cdot \frac{\sin \angle AXQ}{\sin \angle PQA}
    ET on a aussi
    ADAX=sinAQDsinAXQsinADQsinPQA=ADAQsinAXQsinPQA\frac{AD}{AX}=\frac{\sin \angle AQD\sin \angle AXQ}{\sin \angle ADQ\sin \angle PQA}=\frac{AD}{AQ}\cdot \frac{\sin \angle AXQ}{\sin \angle PQA}
    D'autre part , on a (BPD,BQD\triangle BPD, \triangle BQD semblables)
    BPPD=BDDQ\frac{BP}{PD}=\frac{BD}{DQ}
    Et AQD,ADB\triangle AQD,\triangle ADB semblables , d'ou
    QAAD=DQBD\frac{QA}{AD}=\frac{DQ}{BD}
    ALors BPPD=ADAQ\frac{BP}{PD}=\frac{AD}{AQ}
    Donc PBPX=AXAD\frac{PB}{PX}=\frac{AX}{AD}
    D'après ()( *)
    BMMD=1\frac{BM}{MD}=1 alors MM milieu de [BD][BD]
    Comme voulue.



  • Problème 5\textbf{Problème 5}
    Let ABC ABC be an acute, scalene triangle, and let M M, N N, and P P be the midpoints of BC \overline{BC}, CA \overline{CA}, and AB \overline{AB}, respectively. Let the perpendicular bisectors of AB \overline{AB} and AC \overline{AC} intersect ray AM AM in points D D and E E respectively, and let lines BD BD and CE CE intersect in point F F, inside of triangle ABC ABC. Prove that points A A, N N, F F, and P P all lie on one circle.


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