GSP 9 EXGSP090 EXGSP099

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1 Exercices résolus de mathématiques. GSP 9 EXGSP090 EXGSP099 Jacques Collot oût GSP 9-1 -

2 EXGSP090 Liège, juillet 2005 Soit C un triangle isocèle C C. On note H le pied de la hauteur issue de, M le milieu de [, ] et N le pied de la bissectrice intérieure issue de. On suppose que les droites H, CM et N sont sécantes en un point D. Démontrer que le triangle C est équilatéral. C 1 N H D M Le triangle C est isocèle par hypothèse, donc CM qui est une médiane est aussi une bissectrice de C et une hauteur issue de C. Regardons alors les triangles rect an gles DM et CDH. D est situé sur la bissectrice issue de, donc DH DM De plus, = C puisque que ce sont deux angles à côtés perpendiculaires 1 1 Par conséquent, les triangles DM et CDH sont égaux et M CH 1 Regardons maintenant les triangles rectangles MD et HD. Ils sont aussi égaux puisque et que D est une hypotènuse commune. 1 2 Par conséquent, M H 2 En faisant, 1 2, on obtient C et en conclusion le triangle C est équilatéral. Le 5 août GSP 9-2 -

3 EXGSP091 Liège, juillet 2005 Soit C un triangle a) Montrer qu un point satisfait X X. XC X XC. X XC X. X Si et seulement si X est l orthocentre de C b) Montrer que si les trois membres sont égaux à zéro, alors C est rectangle. C X C - GSP 9-3 -

4 a) Considérons que X est l'orthocentre. Regardons si la relation est vérifiée?? X X. XC X XC. X X. XC X. XC X. X XC. X? X. XC X. X 1 Or ' est la projection orthogonale de et C sur X X. XC X. X ' et X. X X. X ' Ce qui vérifie la relation 1 On recommence mutatis mutandis pour les autres relations. Supposons maintenant que la relation est vérifiée et démontrons que X est l'orthocentre. X X XC X XC X X XC X X X XC X X. C 0 utrement dit X est la hauteur issue de On recommence mutatis mutandis pour les autres relations et on déduit que X est l'orthocentre de C b) On a donc : X X. XC 0 X. XC X. XC 0 Or X XC. X XC X. X XC. X XC. X En remplaçant, on a 2 X. XC 0 X XC. Les hauteurs issues de et de C étant perpendiculaires, le triangle C est rectangle en. Ou bien on pouvait en déduire que 2 X. XC 0 X XC, et le triangle est alors rectangle en. De même, on peut démontrer que le triangle peut être rectangle en C Le 5 août GSP 9-4 -

5 EXGSP092 Compléments Soit C un triangle quelconque. On pose a = C, b = C, c = C. Soit r le rayon du cercle inscrit au triangle C. Démontrer que l aire du triangle C est donnée par abc p. r où p 2 Note : Ce théorème est utilisé à l exercice EXGSE065 r I r r C Le centre du cercle inscrit I est définit par le point de rencontre des bissectrices intérieures du triangle. De par la propriété des bissectrices, I est équidistant des côtés du triangle d'une distance r, rayon du cercle inscrit. L'aire du triangle C est la somme des aires de trois triangles : c. r a. r b. r a b c C I IC CI r r. p Le 15 août GSP 9-5 -

6 EXGSP093 Mons, juillet 2005 Soit C un triangle. ppelons H le pied, sur, de la hauteur issue de C. Construisons alors le I symétrique du point H par rapport à C et le point J, symétrique de H par rapport à C. La droite IH coupe C en P et la droite JH coupe C en Q et traçons le segment PQ. Traçons aussi le segment IJ qui coupe C en M et C en N. Démontrez que les points C, J,, H et M sont sur une même circonférence (On démontrerait de la même façon que C, I,, H et N sont sur une même circonférence, différente toutefois de la précédente) Note : Cet exercice est couplé avec EXGP083 C I M N P 1 J 1 Q H - GSP 9-6 -

7 IH C Puisque CPH HQC, et donc le quadrilatère CPHQ est inscriptible HP C 2 dans un cercle de diamètre CH. D'autre part J étant le symétrique de H selon l'axe C, nous avons C SC C CJ SC CH C or S J S H J S H et comme les symétries orthogonales C C conservent les angles, nous déduisons CJ. Ce qui signifie que le quadrilatère CHJ est 2 inscriptible dans un cercle de diamètre C CHJ sont cocycliques 1 2 P milieu de IH Remarquons aussi que PQ // IJ Q milieu de HJ Nous avons alors : C1 Q1 Interceptent le même arc C1 J1 Les points C et J se trouvent sur l'arc Q1 J1 ngles correspondants capable du segment MH M est situé sur le cercle passant par C, J et H c'est-à-dire sur le cercle CMHJ sont cocycliques 2 De 1 et 2, nous concluons CMHJ sont cocycliques. Note : Le triangle HMN est le triangle orthique du triangle C. IJ est égale au périmètre du triangle orthique. Pour rappel, on démontre que les hauteurs de C sont les bissectrices du triangle orthique, et que le triangle orthique est le triangle inscrit au triangle C dont le périmètre est minimal. Le 5 août GSP 9-7 -

8 EXGSP094 Mons, juillet 2001 Considérons un triangle C. Soit D un point mobile sur le côté ; Par ce point D, on mène la parallèle à C qui rencontre C en E. On trace les bissectrices des angles DE et CED, dénommés b 1 et b 2, respectivement. a. Quel est le lieu des intersections de b 1 et de b 2 lorsque le point D se déplace sur le côté? b. Comment choisir DE parallèle au côté C pour que D + CE = C? c. Par D, on définit la droite p 1 perpendiculaire à, et par E (DE C), la droite p 2 perpendiculaire à C. Quel est le lieu des intersections de p 1 et p 2, lorsque le point D se déplace sur le côté? C (b1) E N I Q M (b2) D Par définition, si b est bissectrice de l'angle DE, alors tous les points de b sont équidistants de la droite D et de la droite DE. 1 1 De même, si est bissectrice de l'angle, alors tous les poi b2 CED nts de b2 droite CE et de la droite DE. Par transitivité, on déduit : d d D CE d d Ce qui signifie que le lieu recherché est donc la bissectrice de l'angle C DE DE d D d CE sont équidistants de la - GSP 9-8 -

9 C (b1) E E N Q I M (b2) D D N b1 C b) Soit Q I C. Considérons alors le triangle DN M b2 C ND EDN ngles alternes internes ND ND NDE ND b1 bissectrice Le triangle DN est isocèle et D N On démontre de la même façon que le triangle EMC est isocèle et que CE CM utrement dit : D CE N CM. Cette somme sera égale à C quand les M, N et Q seront confondus. C (p1) E (p2) D R R c) Si le point D est en, alors est un point du lieu. Si le point D est en, alors R ' est un point du lieu. Les triangles ERD et CR ' sont semblables car ils ont leurs côtés parallèles. Le triangle E RD l'image homothétique de CR ' par une homothétie de centre. Par conséquent, le point R se déplace sur le segment R '. Le 12 septembre Steve Tumson - GSP 9-9 -

10 EXGSP095 Mons, juillet 2001 Par un point M variable de l hypoténuse C d une triangle C, on mène la perpendiculaire à l hypoténuse coupant (ou son prolongement) en D et C (ou son prolongement) en E. Soit I le point milieu de DE. a. M occupant une position quelconque sur C, démontrer que les 4 points, D, M, C sont situés sur un même cercle dont on précisera la position du centre b. Démontrer que les angles IE et C sont égaux c. Trouver le lieu de I lorsque M parcourt C d. Démontrer que M. MC = MD. ME M C E I O D a) La figure formée par les 3 points, D et C est un triangle rectangle (trivial). Pour qu'un triangle rectangle soit inscriptible dans un cercle, il faut que le cercle soit centré au milieu de l'hypoténuse (en P sur la figure) de ce triangle et de rayon égal à la mi-longueur de l'hypoténuse. Ces trois points se situent donc sur un tel cercle, il reste à vérifier que M l'est aussi. Par le même raisonnement, avec le triangle droit DMC, on vérifié que M appartient bien au cercle décrit précédemment - GSP

11 b) MD et C sont deux triangles rectangles et ont un angle en commun, ils sont donc semblables. On tire de l'information précédente que C DM. (1) On sait aussi que C 90 C (sommes des angles dans un triangle = 180 ) IE 90 DM (angle droit et triangle isocèle) De (1), on déduit donc que C IE. M E C I O D c) Le lieu des points est la droite I car IE reste toujours fixe ( C) d) DM ECM car angles à côtés perpendiculaires Les triangles rectangles MD et EMC sont semblables M MD M. MC EM. MD EM MC - GSP

12 M E C I O D Le 12 septembre Steve Tumson - GSP

13 EXGSP092 EXGSP096 Mons, juillet 2002 On donne un point fixe P sur un cercle C. utours de P pivote un angle constant interceptant l arc. a. On construit un parallélogramme PM. Démontrer que les hauteurs du triangle M se coupent sur C en un point fixe Q. b. Le point H étant l orthocentre du triangle P et I le milieu de la corde, prouver que H, I et Q sont alignés. c. Prouver que OI est constant. Trouver le lieu de I. d. Prouver que PH = 2 OI a) Pour vérifier que Q est bien sur le cercle, il faudrait démontrer que Q=180 (rappelons que pour tout quadrilatère inscrit dans un cercle, la somme des angles opposés vaut toujours 180 ). On sait que M (angles opposés dans un parallélogramme) et Q ' Q' (1) Or M ' Q' est un quadrilatère à 2 angles droits M ' Q'=180 Q=180 (vu (1) ) Il reste à démontrer que ce point Q est fixe! M sera toujours parallèle à P et donc ' toujours perpendiculaire à M ou encore ' P. Le triangle QP est droit et donc toujours inscrit au cercle. Son hypoténuse QP restera donc toujours fixe vu que P est fixé. Q sera donc toujours sur le cercle, fixé et diamétralement opposé à P. - GSP

14 b) Première méthode I milieu de Intersection des diagonales du parallélogramme MP. On remarque qu'une homothétie envoie M sur P. Son centre est I et sont rapport -1. insi, cette transformation envoie les hauteurs de M sur les hauteurs de P. utrement dit, elle envoie l'orthocentre de M ( point Q ) sur celui de P ( point H ) H et Q sont donc aligné avec I. On peut donc même dire que I est le milieu de HC. P Q I H O M Deuxième méthode // ' QM est un parallélogramme dont I est le milieu de la diagonale //. Or I se trouve aussi sur l'autre diagonale QH Q, I et H sont alignés et I est le milieu de QH - GSP

15 P O I Q M c) Dans le triangle O, O et O sont toujours égaux (rayons du cercle) L'angle O est constant ( 2 ) tous les triangles engendrés par, O et sont isométriques. La médiane OI est constante. Par conséquent, le lieu de I est bien sur le cercle de centre IO et de rayon OI P H O I Q M d) Traçons le triangle PQH. O est le milieu de PQ, et OI // PH. Les triangles OIQ et PHQ sont donc semblables et leur rapport de similitudes est 2 OI 2 PH Le 12 septembre Steve Tumson - GSP

16 EXGSP097 Mons, juillet 2003 Soit un triangle P inscrit dans un cercle de centre O et de rayon R. Soir le milieu M de. ppelons I le point d intersection de la droite OM et de l arc. Soit, la projection de sur P. a. Exprimer la longueur du segment en fonction des longueurs des côtés du triangle P et du rayon R. b. Supposons que le point P soit mobile sur la circonférence de centre O et de rayon R, les points et étant fixes. Quel est le lieu de la projection orthogonale du point sur la bissectrice de l angle P? a) ' est côté du triangle P' rectangle en '. On cherche un triangle semblable à P' qui intègre des éléments de longueur connue. Le triangle convient puisque : OM et P' sont rectangles OM est médiatrice de Les angles P et OM sont égaux. En effet, P vaut la moitiè de O (ngle au centre et angle inscrit interceptant le même arc) et OM vaut la moitié de O puisque OM est médiatrice de ' P P Les triangles P' et OM étant semblables, on peut écrire M O R P. M P. Et donc ' R 2R - GSP

17 b) On observe d'abord que I fait partie de la bissectrice. En effet, le segment I étant égal au segment I ( OM médiatrice de ), l'angle PI est égal à l'angle PI puisqu'ils interceptent des arcs égaux. Le point '' est donc le lieu des points interceptant l'arc I sous un angle droit, c'est-à-dire un cercle de diamètre I. Le 12 septembre Steve Tumson - GSP

18 EXGSP098 Mons, juillet 2003 Soit une circonférence de diamètre C sur laquelle et D sont les points donnés tels qu CD forme un quadrilatère convexe. On projette les sommets et C sur l autre diagonale D, respectivement et C. et CC coupent la circonférence respectivement et et C. On demande de 1. Démontrer que les triangles C et C C sont semblables 2. Démontrer que est la même longueur que C D a) Ils ont tous les deux un angle droit. De plus, l'angle CC '' est égal à l'angle C puisqu'ils interceptent le même arc C. b) Du point précédent, on en déduit que le troisième angle des triangles semblables est égal lui aussi, soit. Par conséquent, les segments et C '' D 1 sont égaux, puisque interceptés par un même angle. Par ailleurs, les angles C '' et CC '' sont égaux puisqu'ils interceptent le même arc C ''. Ceci induit que les angles D et DC '' 2 sont égaux puisqu'ils sont la somme de deux angles égaux. C ' D C '' D cos DC '' Par conséquent : ' cos D compte tenu de 1 et 2 : C ' D ' Le 12 septembre Steve Tumson - GSP

19 EXGSP099 Mons, juillet 2003 Soit CD, un quadrilatère inscrit dans un cercle. Les prolongements des côtés D et C se coupent en E. Les diagonales de D et C se coupent en I. a. Démontrer que la somme des angles C et DC vaut un angle plat. b. Démontrer que la bissectrice de I et de E fait un même angle avec D. On appellera J, le point de rencontre de la bissectrice de I avec D ou son prolongement et F, l intersection de la bissectrice de E avec. a) Ensemble les angles C et DC interceptent l'entiéreté du cercle. Leur somme vaut donc soit un angle plat. On peut par exemple le démontrer en traçant le segment DO et en divisant l'angle Le triangle DOC étant isocèle ( OD OC R), l'angle vaut 2. De même dans le triangle DO, l'angle DO vaut 2. Par ailleurs, l'angle C est inscrit et intercepte le même arc C que l'angle au 1 centre OC. On déduit C OC DC 2 DC - GSP

20 b) Il suffit de démontrer que la bissectrice de I fait un même angle avec les côtés D et C. Soit l'angle que fait cette bissectrice avec les segments C et D. En reportant en une parallèle à la bissectrice, on constate que l'angle entre la bissectrice et le côté D vaut DC. En reportant en une parallèle à la bissectrice, on constate que l'angle entre la bissectrice et le côté vaut DC. Or on sait que DC = DC puisqu'ils interceptent le même arc DC. On en déduit que les angles que fait la bissectrice en I avec les côtés D et C sont égaux et qu'elle ne peut donc qu'être parallèle à la bissectrice des segments E et E. Le 12 septembre Steve Tumson - GSP