Exercices sur la chasse aux angles

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1 OMIN : Géométrie UTUR : Igor KORTHMSKI NIVU : ébutants STG : Montpellier 2013 ONTNU : xercices xercices sur la chasse aux angles - Énoncés- xercice 1 Soient Γ 1 et Γ 2 deux cercles s intersectant en P et Q. On trace le segment [PQ]. On considère une droite d qui le coupe en un point intérieur au segment. On note,,, dans cet ordre ses 4 points d intersection de d avec Γ 1 (pour et ) et Γ 2 (pour et ). Prouver que ÂP = Q. xercice 2 Soit Γ un cercle, une corde de Γ. Soit le milieu de l arc. Par on mène deux cordes quelconques et qui coupent le segment [] en F et G respectivement. Montrer que le quadrilatère FG est inscriptible dans un cercle. xercice 3 Soient,, et quatre points cocycliques. On suppose que les droites () et () se coupent en. Montrer que : =. xercice 4 Soit un triangle rectangle en. Sur la droite () on place un point tel que =, étant situé entre et. La perpendiculaire à () passant par recoupe () en. Montrer que =. xercice 5 Le quadrilatère est inscriptible dans un cercle de centre O. Les diagonales et sont perpendiculaires. Montrer que la distance de O à la droite () est égale à la moitié de la longueur du segment []. xercice 6 Soit un triangle. Montrer que l intersection de la bissectrice issue de et de la médiatrice de [] appartient au cercle circonscrit de. 1

2 xercice 7 Soit un triangle aux angles aigus d orthocentre H. Montrer que les symétriques de H par rapport aux côtés du triangle appartiennent à son cercle circonscrit. xercice 8 On considère deux cercles tangents intérieurement en un point et une corde [] du grand cercle tangente au petit cercle en. Montrer que la droite () est la bissectrice de l angle Â. xercice 9 (Olympiades alkaniques de Mathématiques 2012, exercice 1) Soient,, trois points d un cercle Γ de centre O. On suppose que  > 90. Soit l intersection de la droite () avec la perpendiculaire à () passant par. Soit l la droite passant par perpendiculaire à (O). Soit l intersection de la droite l avec (), et soit F l intersection de Γ et de de l qui se situe entre et. Prouver que les cercles circonscrits des triangles F et F sont tangents en F. xercice 10 Soient Γ 1, Γ 2 deux cercles qui se coupent en et en. Soit une droite tangente aux deux cercles en M et en N. Montrer que () coupe le segment [MN] en son milieu. xercice 11 Soient et F deux quadrilatères inscrits dans deux cercles Γ 1, Γ 2. On suppose que parmi les droites (), () et (F) il n y en a pas deux qui soient parallèles. lors les droites (), () et (F) sont concourantes si, et seulement si, les points,, et F sont cocycliques. xercice 12 Soit un triangle, H son orthocentre. Soient M un point de [] et N un point de []. Les cercles de diamètre N et M se coupent en P et Q. Montrer que P, Q et H sont alignés. xercice 13 (Olympiades internationales de Mathématiques 2000, xercice 1) Soient Ω 1 et Ω 2 deux cercles qui se coupent en M et en N. Soit la tangente commune aux deux cercles, qui est plus proche de M que de N. est tangente à Ω 1 en et à Ω 2 en. La droite passant par M et parallèle à rencontre Ω 1 en et Ω 2 en. Soient l intersection des droites () et (), P le point d intersection de droites (N) et () et Q le point d intersection des droites (N) et (). Montrer que P = Q. xercice 14 Soit un triangle acutangle. On note respectivement,, F les pieds des hauteurs sur les côtés [], [], []. Soit P un point d intersection de (F) avec le cercle circonscrit à. Soit Q le point d intersection des droites (P) et (F). Montrer que P = Q. 2

3 - Solutions des exercices- Solution de l exercice 1 On commence par tracer une figure : P β + β 180 β β Q La présence de nombreux points cocycliques nous invite à chasser les angles : posons = PQ et β = Q. Les points P,, Q, sont cocycliques. Les angles P et PQ interceptent le même arc et sont donc égaux. insi, P = + β, et donc ÂP = 180 β. autre part, les points P,, Q, sont cocycliques. Les angles P et PQ interceptent le même arc et sont donc égaux. insi, P =. Nous avons de cette manière réussi à trouver deux des trois angles du triangle P. L angle ÂP vaut donc 180 ( β) = β. On a bien Q = ÂP, ce qu il fallait démontrer. Solution de l exercice 2 onsidérons la tangente a au cercle en, et un point F G de a du même côté de (O) que. On a alors 3 = = G,

4 la première égalité étant le cas tangent du théorème de l angle inscrit, et la deuxième provenant du fait que a est parallèle à (). onc ÊF = G = 180 ÊGF, ce qui prouve que GF est inscriptible. Solution de l exercice 3 Les triangles et, qui ont les mêmes angles, sont semblables, d où =. Par le même raisonnement, les triangles et sont semblables, donc =. n faisant le produit, se simplifie, il reste la relation cherchée. Solution de l exercice 4 On a Ĉ = Ĉ, puisque () est perpendiculaire à () et () à (). Il en résulte que les triangles et ont leurs angles égaux, ils sont semblables, et même égaux car = par hypothèse. ela entraîne =. Solution de l exercice 5 4

5 Par la propriété des angles inscrits, on a O = 2 et donc IO =. e même ĈOJ = Ĉ = π 2. On en déduit IO = π 2 ÔJ = ÔJ puis que les triangles IO et JO sont semblables. omme on a en outre O = O, ils sont isométriques et J = IO, ce qui permet de conclure. Solution de l exercice 6 Notons l intersection de la bissectrice issue de l angle et du cercle circonscrit de. Il faut et il suffit de montrer que appartient à la médiatrice de []. omme les angles et sont égaux, ceci implique que les longueurs des arcs et sont égales, et donc que appartient à la médiatrice de []. Solution de l exercice 7 Notons H le pied de la hauteur issue de, son intersection avec le cercle circonscrit à et H le pied de la hauteur issue de (voir figure). 5

6 H H 90 - H Il suffit de montrer que les angles H et HH sont égaux. n effet, dans ce cas, les triangles rectangles H H et H auraient trois angles identiques et un angle en commun et seraient donc alors égaux. eci implique H = H H et donc que est le symétrique de H par rapport au côté (). Montrons donc que H = H H. Notons = H. omme les angles H et  interceptent le même arc, ils sont égaux. On en déduit que  =, puis H = 90 car H est rectangle en H. Mais alors, puisque H H est rectangle en H, HH = 90 H H =, ce qu on voulait montrer. On démontre de même que les symétriques de H par rapport aux autres côtés appartiennent au cercle circonscrit. Solution de l exercice 8 - (Première solution) Soit F le point d intersection de la corde () avec la tangente commune. Les triangles F et F sont semblables et F = F. Par suite : = F F = F F F = F F F =, et la droite () est la bissectrice de l angle Â. 6

7 F - (euxième solution) Notons O le centre du petit cercle et soient G, H les points d intersection de respectivement () et () avec le petit cercle. On introduit le point comme sur la figure. On commence par faire une petite chasse aux angles pour montrer que () et (GH) sont parallèles. On a  = = GH. onc () et (GH) sont parallèles. Or (O) et () sont perpendiculaires. onc (O) et (GH) sont perpendiculaires. onc (O) est la médiatrice de [GH]. onc, d après le premier exercice, () est la bissectrice de Â. H O G Solution de l exercice 9 On commence par faire une figure soignée : 7

8 F β β β O G ette figure suggère que les les droites (O), (), la tangente commune cherchée et () vont être concourantes. Notons ainsi G le point diamétralement opposé à sur Γ. Première étape : () passe par G. n effet, [G] étant un diamètre de Γ, G est rectangle en, ce qui implique que les droites () et (G) sont les mêmes. euxième étape : prouvons que () passe par G. Pour cela, on remarque que est l orthocentre de G car est l intersection des deux hauteurs () et (). Or G est rectangle en, car [G] est un diamètre de Γ, ce qui implique que (G) et () sont perpendiculaires. onc (G) est la hauteur issue de G dans G, et donc l orthocentre appartient à (G). Troisième étape : posons = G. Pour montrer que (FG) est tangente au cercle circonscrit de F, montrons que ĜF =. On a = 90. Les droites () et (G) étant perpendiculaires, on en déduit que G =. Finalement, par cocyclicité de,f,,g, on en déduit que ĜF =. Posons β = ÊF. Pour montrer que (FG) est tangente au cercle circonscrit de F, montrons que ÊFG = β. Par cocyclicité de,, F, G, on a FG = β. Puis, en utilisant deux triangles rectangles, il vient ÂF = 90 β, puis ÊFG = β, ce qui conclut l exercice. Solution de l exercice 10 8

9 N I M La puissance de I par rapport au premier cercle vaut IM 2 = I I. La puissance de I par rapport au deuxième cercle vaut I I = IN 2. On en déduit que IM 2 = IN 2, d où IM = IN. Solution de l exercice 11 I F Supposons d abord que les trois droites soient concourantes. lors la puissance de I par rapport au cercle de gauche vaut I I = I I. La puissance de I par rapport au cercle de droite vaut I I = I IF. On en déduit que I I = I IF, et donc que,, F, sont cocycliques. Réciproquement, si,, F, sont cocycliques, notons I le point d intersection des droites () et (F). La puissance de I par rapport au cercle circonscrit à F vaut I I = I IF. onc I a même puissance par rapport aux deux cercles de la figure. I est donc sur leur axe radical, qui est (). Les trois droites (), () et (F) sont donc concourantes en I. Solution de l exercice 12 9

10 H P M H H N Q Nous allons montrer que H a la même puissance par rapport aux deux cercles de la figure, ce qui impliquera que H est sur leur axe radical, qui est (PQ). Pour cela, comme (H ) (), H est sur le cercle de diamètre [N]. La puissance de H par rapport au cercle de diamètre [N] vaut donc H HH. e même, la puissance de H par rapport au cercle de diamètre [M] vaut H HH. Or les points, H, H, sont cocycliques : ces points sont situés sur le cercle de diamètre []. On en déduit que H HH = HH H, ce qui conclut. Solution de l exercice 13 10

11 Ω 2 Ω 1 N P M Q T Il suffit d être logique, qualité qui permet de résoudre nombre d exercices de géométrie : une chasse aux angles s impose, et montre que  = Ĉ = M, la dernière égalité étant d une importance capitale. e même, = M. es égalités impliquent que M et sont images l un de l autre par la symétrie par rapport à la droite (). Les droites (M) et () sont orthogonales, puis les droites (M) et (PQ) sont orthogonales. Il faut également savoir reconnaître les situations classiques : ici, en notant T l intersection des droites (MN) et (), il faut savoir que T = T (voir exercice 5). Le théorème de Thalès montre alors que M est le milieu de [PQ]. n somme, (M) est la médiatrice de [PQ]. est donc bien équidistant de P et de Q. Solution de l exercice 14 11

12 F Q P Posons = ÂP. Par cocyclicité des points,,, P, on a =. omme () et (F) sont des hauteurs, les points,,, F sont cocycliques et donc ÂF = 180. onc ÂF + ÂPQ = 180, ce qui implique que les points, P, Q, F sont cocycliques. On continue la chasse aux angles : ÂF = F = = (pourquoi?), et donc ÂQP = ÂFP =. Le triangle PQ est donc isocèle, ce qui implique P = Q. 12

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