\thumb

% 2024 - Pierre Caraminot (Egletons)

\begin{qcm}{Projeté orthogonal}{2}
\begin{questions}
\item Si $EFG$ est un triangle rectangle en $F$ alors:

\choix $E$ est le projeté orthogonal de $F$ sur $(EG)$.

\choix $E$ est le projeté orthogonal de $G$ sur $(EF)$.

\choix $F$ est le projeté orthogonal de $G$ sur $(EF)$.

\choix $G$ est le projeté orthogonal de $F$ sur $(EG)$.

\item \resetchoix Si $ABCD$ est un rectangle de centre $O$ tel que $BD = 10$~cm et \mbox{$AB=8$ cm} alors la distance entre $O$ et $[AB]$ vaut :
\begin{multicols}{4}
\choix 5 cm

\choix 4 cm

\choix 3 cm

\choix 1 cm
\end{multicols}

\item \resetchoix Si $ABC$ est un triangle isocèle en $B$ alors:

\choix le milieu de $[BC]$ est le projeté orthogonal de $A$ sur $[BC]$.

\choix le milieu de $[AC]$ est le projeté orthogonal de $B$ sur $[AC]$.

\choix le milieu de $[AB]$ est le projeté orthogonal de $C$ sur $[AB]$.
\end{questions}
\end{qcm}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Réponse \choix[c]. $F$ est le projeté orthogonal de $G$ sur $(EF)$.
\item Réponse \choix[c]. En effet, $O$ est le milieu de $[BD]$, donc $OB=5$~cm. De plus, la distance entre $O$ et $[AB]$ est la longueur $OI$, où $I$ est le milieu de $[AB]$. $OIB$ est un triangle rectangle en $I$ donc, d'après le théorème de Pythagore,
\[
OI^2 = OB^2 - IB^2 = 5^2 - 4^2 = 25-16 = 9.
\]
soit $OI = \sqrt9 = 3$.

\item Réponse \choix[b]. En effet, si $ABC$ est isocèle en $B$ alors la médiane issue de $B$ est aussi la hauteur issue de $B$. Si $I$ est le milieu de $[AC]$  $(BI)$ est donc perpendiculaire à $(AC)$ et donc, par définition, $I$ est le projeté orthogonal de $B$ sur $[AC]$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%

\begin{vf}{Propriétés du triangle}{5}
Indiquer si les propositions suivantes sont vraies ou fausses.

\Par

Dans un triangle~:

\begin{tabular}{@{}l@{~}l@{}}
\choix& Le centre de gravité est l'intersection des médiatrices.\\[1mm]
\choix &L'orthocentre est l'intersection des hauteurs.\\[1mm]
\choix &Si l'un des côtés est le diamètre d'un cercle, alors le triangle est rectangle.
\end{tabular}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}lX@{}}
\choix & \textit{Faux}. C'est l'intersection des médianes (droites qui lient un sommet et le milieu du côté opposé).\\[1mm]
\choix & \textit{Vrai}. Une hauteur passe par un sommet et est perpendiculaire au côté opposé.\\[1mm]
\choix & \textit{Faux}. N'importe quel segment est le diamètre d'un cercle (et d'un seul). Cependant, si le troisième sommet se trouve sur ce cercle, alors le triangle est rectangle. 
\end{tabularx}
\end{corrige}

%%% 2017

\begin{vf}{Propriétés du cercle}{5}
Indiquer si les propositions suivantes sont vraies ou fausses.

Soit $\cal C$ un cercle de centre $O$. $A$ et $B$ sont deux points de $\cal C$.

\Par\resetchoix

\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}l@{~}X@{}}
\choix &Le triangle $OAB$ est équilatéral.\\[1mm]
\choix &Si $A$ et $B$ sont diamétralement opposés alors les tangentes à $\cal C$ en $A$ et $B$ sont parallèles.
\end{tabularx}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}lX@{}}
\choix & \textit{Faux}. Si $A$ et $B$ sont sur un même cercle de centre $O$, alors $OA=OB$ donc $OAB$ est isocèle, mais il existe des configurations où $AB \neq OA$, auquel cas $OAB$ n'est pas équilatéral.\\[1mm]
\choix & \textit{Vrai}. Si $A$ et $B$ sont diamétralement opposés alors $[AB]$ est un diamètre de $\cal C$. Les tangentes à $\cal C$ en $A$ et $B$ sont perpendiculaires respectivement à $[OA]$ et $[OB]$, donc au diamètre $[AB]$. Or, si deux droites sont perpendiculaires à une même droite alors elles sont parallèles entre elles, donc les tangentes sont bien parallèles.
\end{tabularx}
\end{corrige}

%%% 2024

\begin{exo}{Nature d'un triangle}{Lycée Fernand Daguin, Mérignac}{1}{5}
Les côtés d'un triangle $IJK$ ont pour longueurs $IJ = 3+2\sqrt5$,\\ $JK = \sqrt{78}$ et $IK=3\sqrt5-2$. 

Quelle est la nature du triangle $IJK$?
\end{exo}

\begin{corrige}
Calculons:
\begin{itemize}
\item $IJ^2=\big(3+2\sqrt5\big)^2=9+12\sqrt5+20=29+12\sqrt5$.
\item $JK^2 = \big(\sqrt{78}\big)^2 = 78$.
\item $IK^2 = \big(3\sqrt5-2\big)^2 =45-12\sqrt5+4=49-12\sqrt5$.
\end{itemize}
On peut alors remarquer que $IJ^2+IK^2=JK^2$. Le triangle est donc rectangle (en $I$). De plus, il n'est pas isocèle ni équilatéral car les trois côtés ont des mesures différentes.
\end{corrige}

% 2024

\begin{exo}{Trouver un sinus et un angle}{Lycée Pierre Caraminot, Egletons}{1}{5}
Soit $\alpha$ la mesure d'un angle aigu telle que $\cos\alpha=\frac{\sqrt5}{3}$.
\begin{questions}
\item Calculer la valeur exacte de $\sin\alpha$.
\item Donner la valeur approchée de $\alpha$ arrondie au degré près.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item D'après le cours,
\begin{align*}
\cos^2\alpha + \sin^2\alpha = 1 & \iff \left(\frac{\sqrt5}{3}\right)^2 + \sin^2\alpha=1\\
& \iff \frac{5}{9} + \sin^2\alpha = 1\\
& \iff \sin^2\alpha = 1-\frac{5}{9} = \frac{4}{9}\\
& \iff \sin\alpha = \sqrt{\frac{4}{9}}\\
& \iff \sin\alpha = \frac{2}{3}.
\end{align*}

\item À la calculatrice, on trouve:
\[
\alpha=\arccos\left(\frac{\sqrt5}{3}\right) \approx 42^\circ.
\]
\end{questions}
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Démontrer la perpendicularité}{Lycée Romain Rolland, Ivry-sur-Seine}{1}{10}
$BAC$ est un triangle rectangle en $A$. $H$ est le projeté orthogonal de $A$ sur $[BC]$.
$I$ est un point de $[AH]$. La droite parallèle à $(AB)$ passant par $I$ coupe $(BC)$
en $J$ et $(AC)$ en $K$. Démontrer que $(CI)$ est perpendiculaire à $(AJ)$. 
\end{exo}

\begin{corrige}
Commençons par faire une figure:
\begin{center}
\includegraphics{140_05-09}
\end{center} 
On considère le triangle $AJC$; $(AH)$ en est la hauteur issue de $A$.

Comme $(JK)$ et $(AB)$ sont parallèles et que $(AB)$ et $(AC)$ sont perpendiculaires, on en déduit que $(JK)$ et $(AC)$ sont perpendiculaires. $(JK)$ est donc une hauteur de $AJC$. 

Finalement, $I$ étant l'intersection des deux hauteurs $(JK)$ et $(AH)$, $I$ est donc l'orthocentre du triangle $AJC$. En particulier, $(CI)$ est une hauteur donc $(CI)$ et $(AJ)$ sont perpendiculaires.
\end{corrige}

% 2024 

\begin{exo}{Dans l'espace}{Lycée Pierre Caraminot, Egletons}{2}{10}
$STUABC$ est un prisme droit et $SABC$ est une pyramide à base triangulaire.

La base $ABC$ est un triangle rectangle en $A$.

On donne, en centimètres, les longueurs suivantes :
\[
AC = 4 \quad;\quad AB = 7,5\quad;\quad SB = 10.
\]
\begin{center}
\includegraphics{134_config-caraminot}
\end{center}
\begin{questions}
\item Calculer une valeur arrondie au mm près de la longueur $AS$.
\item Calculer la mesure arrondie au degré près de l'angle $\widehat{ABC}$.
\item Soit $I$ le projeté orthogonal de A sur $(BC)$. 

Calculer une valeur arrondie de la longueur $AI$ au mm près.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Le triangle $ABS$ est rectangle en $A$ donc, d'après le théorème de Pythagore:
\begin{align*}
BS^2 & = AB^2 + AS^2\\
\iff 10^2 & = (7,5)^2 + AS^2\\
\iff AS^2 &= 100 - 56,25\\
\iff AS &= \sqrt{43,75}\\
% ERREUR %\iff AS & \approx 6,9.
\iff AS & \approx 6,6\text{ cm}.
\end{align*}

\begin{attention}
Les longueurs sont données en centimètres donc arrondir au millimètre signifie qu'il faut prendre le résultat arrondi au dixième.
\end{attention}

\item Dans le triangle $ABC$, rectangle en $A$,
\[
\tan\widehat{ABC} = \frac{AC}{AB} = \frac{4}{7,5}
\]
d'où:
\[
\widehat{ABC} = \arctan\left(\frac{4}{7,5}\right)\approx 28^\circ.
\]

\item $I$ est le projeté orthogonal de $A$ sur $(BC)$ donc le triangle $AIB$ est rectangle en $I$. Par conséquent,
\begin{align*}
\sin\widehat{ABC} = \frac{AI}{AB} & \iff AI = AB \times \sin\widehat{ABC}\\
                                  & \iff AI \approx 7,5 \times \sin \big(28^\circ\big)\\
                                  & \iff AI \approx 3,5\text{ cm}.
\end{align*}
\end{questions}

\begin{methode}
Bien que l'on soit dans un contexte de géométrie dans l'espace, les concepts de géométrie du plan peuvent être utilisés.

Pour cela, il suffit de se placer dans le plan qui nous convient le mieux autant de fois que nécessaire.
\end{methode}
\newpage
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Théorème de Thalès}{Lycée Kléber, Strasbourg}{2}{15}
$ABCD$ est un trapèze avec $(AB)~//~(CD)$. Par $E$,
intersection des diagonales $(AC)$ et $(BD)$, on mène
$\Delta$, parallèle à $(AD)$ et qui coupe $[DC]$ en $F$, ainsi que $\Delta '$, parallèle à $(BC)$ et qui
coupe $[DC]$ en $G$.
\begin{questions}
\item Faire une figure.
\item Montrer que $GC=DF$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item \mbox{}
\begin{center}
\includegraphics{142_05-13}
\end{center}
\item Les triangles $ACD$ et $EFC$ sont en configuration de Thalès, donc~:
\[\frac{DF}{DC}=\frac{AE}{AC},\ \text{d'où } \dfrac{ED}{BE}=\dfrac{EC}{AE}\text{ (en inversant)}.\]

En fait, l'énoncé classique du théorème donne seulement l'égalité~:
\[\frac{CF}{CD}=\frac{CE}{AC}.\]
Mais~:
\[\frac{DF}{DC}=\frac{DC-FC}{CD}=1-\frac{FC}{CD}\]
et 
\[\frac{AE}{AC}=\frac{AC-EC}{AC}=1-\frac{EC}{AC}.\]
On a donc bien~:
\[\frac{DF}{DC}=\frac{AE}{AC}.\]
Les triangles $CDE$ et $ABE$ sont en configuration de Thalès, donc~:
\[\frac{BE}{DE}=\frac{AE}{EC}.\]
Or~:
\[\frac{AC}{AE}=\frac{AE+EC}{AE}=1+\frac{EC}{AE}\]
et~:
\[\frac{BD}{BE}=\frac{BE+ED}{BE}=1+\frac{EC}{AE}.\]
On en déduit~:
\[\frac{AC}{AE}=\frac{BD}{BE}\]
et en inversant~:
\[\frac{AE}{AC}=\frac{BE}{BD}.\]
Enfin, les triangles $DGE$ et $DCB$ étant en configuration de Thalès, il vient comme ci-dessus~:
\[\frac{BE}{BD}=\frac{CG}{CD}.\]
En rassemblant nos résultats, il vient~:
\[\frac{DF}{CD}=\frac{AE}{AC}=\frac{BE}{BD}=\frac{CG}{CD}\]
et donc $GC=DF$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{À l'intérieur d'un cercle}{Lycée Français, Bruxelles}{2}{15}
Soit ${\cal C}$ un cercle de centre $O$, de rayon $R$, et $[AB]$ un
diamètre. Soit $M$ un point de ${\cal C}$, distinct de $A$ et $B$, $m$ le
milieu de $[AM]$ et $N$ le symétrique de $m$ par rapport à $O$.
\begin{questions}
\item Montrer que $m$ appartient au cercle de diamètre $[AO]$.
\item Montrer que $N$ appartient au cercle de diamètre $[BO]$.
\end{questions}
 \end{exo}

\begin{corrige}
\begin{center}
\includegraphics{143_05-14}
\end{center}
\begin{questions}
\item Pour montrer que $m$ appartient au cercle de diamètre $[AO]$, il suffit de montrer
que $AOm$ est rectangle en $m$.\\
Dans le triangle $AMB$, $O$ est le milieu de $[AB]$ et $m$ est le milieu de $[AM]$, donc
la droite $(Om)$ est parallèle à $(MB)$ (théorème de Thalès).

\Par

Or $M$ est sur le cercle
de diamètre $[AB]$, donc $AMB$ est rectangle en~$M$.

\Par

On a $(Om)~//~(MB)$ et $(MB)\perp (AM)$  donc $(Om)\perp (AM)$, ce qui montre
que $AOm$ est bien rectangle en $m$, et donc $m$ est sur le cercle de diamètre $[AO]$.
\item Comme $O$ est le milieu de $[AB]$, les cercles de diamètre $[OA]$ et $[OB]$ sont
symétriques par rapport à O. Or $N$ est le symétrique de $m$ par rapport à $O$, donc $N$ appartient
au cercle de diamètre $[OB]$.
\end{questions} 
\end{corrige}


%%%

\begin{exo}{Avec deux cercles}{Lycée Louis-le-Grand, Paris}{2}{15}
Deux cercles ${\cal C}$ et ${\cal C'}$ sont sécants en $A$ et $B$.
Soient $P$ et $Q$ les points diamétralement opposés à $A$ sur chacun
des cercles.
Faire une figure  et montrer que $P$, $B$ et $Q$ sont alignés.
\end{exo}

\begin{corrige}
$B$ appartenant au cercle de diamètre $[AP]$, le triangle $ABP$ est
rectangle en $B$, donc $(BP)\perp (AB)$. $B$ appartenant au
cercle de diamètre $[AQ]$, $ABQ$ est rectangle en $B$, donc
$(BQ)\perp (AB)$. 

On en déduit que $(BP)$ et $(BQ)$ sont parallèles,
donc confondues, puisqu'elles contiennent toutes les deux
le point~$B$. 
\begin{center}
\includegraphics{144_05-20}
\end{center}
\textit{Conclusion:} $B$, $P$ et $Q$ sont alignés. 
\end{corrige}


%%%

\begin{exo}{Aire de rectangles}{Lycée Chateaubriand, Rennes}{2}{15}
Un triangle $ABC$ de hauteur $[AH]$ est tel que $AB=5$, $BC=8$,
et $AH=4$ (unité : le cm). Construire ce triangle.

Par un point $K$ de $[AH]$, on mène la parallèle à $(BC)$. Elle
coupe $[AB]$ en $M$ et $[AC]$ en $N$. $P$ et $Q$ sont les
projetés orthogonaux de $M$ et $N$ sur $(BC)$. On note $AK=x$.
\begin{questions}
\item Calculer en fonction de $x$ l'aire $a(x)$ du rectangle $MNQP$.
\item Pour quelle valeur de $x$ ce rectangle a-t-il une aire maximale ?
Quel est ce maximum ?
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
Pour construire le triangle, on commence par tracer le segment $[AH]$
puis la perpendiculaire à $(AH)$ en $H$. 
On place le point $B$ à l'une des intersections de cette droite et du
cercle de centre $A$ et de rayon 5. Il n'y a plus qu'à placer le
point $C$, sur la perpendiculaire à $(AH)$, et à huit unités de $B$.

\Par

\begin{center}
\includegraphics{144_05-16}
\end{center}

\begin{questions}
\item Calculons en fonction de~$x$~les longueurs $MN$ et $MP$.
Il est clair que ${MP=KH=4-x}$. 
Appliquons le théorème de Pythagore dans $ABH$. On en tire : $BH=3$, donc
$HC=5$. En appliquant le théorème de Thalès comme en troisième, on montre
sans difficulté :
\[\dfrac{MK}{BH}=\dfrac{AK}{AH}=\dfrac{KN}{HC}.\]

Il vient : $MK=\dfrac{3x}{4}$ et $KN=\dfrac{5x}{4}$, d'où
$MN=2x$. 

On calcule donc facilement l'aire du rectangle :
\[a(x)=MN \times MP=2x(4-x).\]

\item  Il suffit d'écrire :
\[
a(x)=-2(x^2-4x).
\]
On reconnaît dans $x^2-4x$ le début d'un produit remarquable.
\begin{align*}
a(x) &=-2[x^2-4x+4-4]\\
&=-2[(x-2)^2-4]\\
&=8-2(x-2)^2.
\end{align*}

Cette dernière écriture fait apparaître que $a(x)$ est toujours
inférieure à 8, avec égalité si $(x-2)^2=0$, c'est-à-dire
si $x=2$. L'aire du rectangle atteint alors son maximum : $a(2)=8$.
\end{questions} 
\end{corrige}


\newpage

%%% 2017

\begin{exo}{\`A la recherche d'une aire}{Lycée Camille Jullian, Bordeaux}{2}{15}
Soient ${\cal C}_A$ et ${\cal C}_B$ deux cercles de centres respectifs $A$ et $B$ et de rayon 3 cm tels que ${\cal C}_A$ passe par $B$ et ${\cal C}_B$ par $A$.

On note $C$ et $D$ les points d'intersection de ces deux cercles et $E$ l'intersection de $(CD)$ et $(AB)$.
\begin{center}
\includegraphics{136_05-25}
\end{center}
On souhaite calculer l'aire du domaine coloré.

\begin{questions}
\item Montrer que le domaine coloré est symétrique par rapport à $E$.

\item En vous aidant de la nature du triangle $ABD$, déterminer son aire.

\item Calculer l'aire exacte, en cm$^2$, du secteur angulaire $\widehat{ABD}$ à l'intérieur de ${\cal C}_A$.

\item En déduire l'aire exacte du domaine coloré, puis en donner une valeur approchée au dixième.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item $C$ et $D$ sont sur ${\cal C}_A$ et ${\cal C}_B$ donc :
\[
AD = AC = BD = BC.
\]
Ainsi, $ACBD$ est un losange; ses diagonales se coupent donc perpendiculairement en leur milieu $E$.

De plus, l'image d'un cercle est un cercle de même rayon donc l'image de ${\cal C}_A$ par la symétrie de centre $E$ est un cercle de centre le symétrique de $A$, donc $B$, et de rayon 3 cm ; c'est ${\cal C}_B$.

\mbox{La figure, est donc le domaine coloré, est donc symétrique par rapport à $E$.}

\item Le triangle $ABD$ est équilatéral (car $AB=AD=BD$) donc son aire est :
\[
{\cal A}_{ABD}=\dfrac{AB \times ED}{2}=\dfrac{AB}{2}\times ED=\dfrac{3}{2}\times\dfrac{3\sqrt3}{2}=\dfrac{9\sqrt3}{4}\text{ cm}^2.
\]
\textit{Rappel :} dans un triangle équilatéral de côté $a$, chaque hauteur mesure $h=\dfrac{a\sqrt3}{2}$ (on peut le démontrer à l'aide du théorème de Pythagore).

\item Le secteur angulaire $\widehat{ABD}$ à l'intérieur de ${\cal C}_A$ est le domaine coloré sur le schéma ci-dessous.

C'est une partir du disque de centre $B$ et de rayon 3 cm. Son angle est $\widehat{ABD}=60\degres$ car $ABD$ est équilatéral. Pour déterminer son aire, nous allons utiliser le schéma suivant (proportionnalité) :
\[
\begin{array}{c@{~\longrightarrow~}c}
\pi r^2 & 360\degres\\
? & 60\degres
\end{array}
\]
$60\degres$ est le sixième de $360\degres$  donc :
\[
{\cal A}_{\widehat{ABD}}=\dfrac{1}{6}\times\pi\times3^2=\dfrac{3\pi}{2}\text{ cm}^2.
\]
\begin{center}
\includegraphics{146_05-26}
\end{center}
\item Notons ${\cal A}$ l'aire cherchée. Pour des raisons de symétrie, on a :
\begin{align*}
4{\cal A}_{\widehat{ABD}}-2{\cal A}_{ABD} 
& = 4\times\dfrac{3\pi}{2}-2\times\dfrac{9\sqrt3}{4}\\
& = 6\pi-\dfrac{9\sqrt3}{2}\text{ cm}^2\quad\text{(valeur exacte)}\\
& \approx 11,1\text{ cm}^2\quad\text{(valeur approchée au dixième)}.
\end{align*}
\end{questions}
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Aire d'un triangle}{Lycée Raspail, Paris}{2}{20}
Soit $ABC$ un triangle rectangle en $A$. Soit $M$
un point de $[AB]$. La parallèle à $(AC)$ passant par $M$
coupe $[BC]$ en $N$ ~; la parallèle à $(AB)$ passant par $N$
coupe $[AC]$ en $P$. On note $\mathcal{A}$ l'aire du triangle
$ABC$.

\begin{questions}
\item Montrer que $APNM$ est un rectangle.
\item On pose $x=\dfrac{AM}{AB}$. Donner l'aire de $PNC$
en fonction de $x$ et $\mathcal{A}$.
\item Donner l'aire de $MBN$
en fonction de $x$ et $\mathcal{A}$.  
\item Exprimer l'aire du rectangle $AMNP$
en fonction de $x$ et $\mathcal{A}$.
\item Résoudre l'inéquation $2x(1-x)\geq \dfrac{1}{2}$ et
montrer que l'aire du rectangle est maximum quand $M$ est
le milieu de $[AB]$.
\end{questions}
\end{exo}


\begin{corrige}
\begin{questions}
\item \raisebox{-0.5\totalheight+0.8em}{$\begin{cases}
	(AP)~//~(MN) & \text{car }(AP) = (AC) \text{ et } (AC)~//~(MN) \\
	(PN)~//~(AM) & \text{car }(AM) = (AB) \text{ et } (PN)~//~(AB)
	\end{cases}$}
	
	\Par
	
	\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-40mm}
	donc $APNM$ est un parallélogramme.
	
	De plus, il y a un angle droit en $A$,\\
 donc $APNM$ est un rectangle. 
 
 \vspace*{1.5cm}~\par 
	\end{minipage}
	\hfill
	\begin{minipage}{30mm}
	\includegraphics{146_05-10}
	\end{minipage}


\item Comme $(NP)~//~(AB)$, le théorème de Thalès donne, dans le triangle $ABC$~:

\[\dfrac{CP}{CA}=\dfrac{PN}{AB}\qquad\text{soit}\qquad\dfrac{CP}{CA}=\dfrac{AM}{AB}=x\text{ car }PN=AM.\]

\Par

Donc $CP=x \times CA$ et $AM=x\times AB$. $CPN$ est rectangle en $P$, donc~: 
\begin{align*}
\text{Aire}(PNC) &= \dfrac{1}{2}\textcolor{DR}{CP}\times \textcolor{DG}{PN}\\
& = \dfrac{1}{2}\textcolor{DR}{CP}\times \textcolor{DG}{AM}\\
& = \dfrac{1}{2}\times\textcolor{DR}{x\times CA}\times\textcolor{DG}{x\times AB}\\
& = x^2 \times \mathcal{A}\text{ car }{\cal A}=\dfrac{1}{2}CA\times AB.
\end{align*}

\item  $\begin{aligned}[t]
BM & =AB-AM   & \text{~et~}\quad MN & =AP\\
   & =(1-x)AB &                    & =AC-CP\\
   &          &                    & =(1-x)AC.
   \end{aligned}$
   
	Par suite :
\begin{align*}
\text{Aire}(BNM) & = \dfrac{1}{2}BM \times MN = \dfrac{1}{2}(1-x)AB \times (1-x)AC\\
                 & = (1-x)^2 \times\dfrac{1}{2} AB \times AC\\
                 & = (1-x)^2 \times \mathcal{A}.
\end{align*}

\item  $\begin{aligned}[t]
\text{Aire}(AMNP) &= \mathcal{A} - \text{Aire}(CPN) - \text{Aire}(BNM) \\
	                  &= \mathcal{A} - x^2\mathcal{A} - (1-x)^2\mathcal{A} \\
	                  &= \bigl( 1-x^2 - (1-x)^2 \bigr) \mathcal{A} \\
	                  &= (1-x^2-1+2x-x^2)\mathcal{A} \\
	                  &= 2x(1-x)\mathcal{A}.
\end{aligned}$

\item  $\begin{aligned}[t]
	2x(1-x)\geq \frac{1}{2} &\iff x(1-x)\geq \frac{1}{4} \\[6pt]
	                      &\iff x-x^2 - \frac{1}{4}\geq 0 \\[6pt]
	                      &\iff -\left( x-\frac{1}{2} \right)^2 \geq 0 \\[6pt]
	                      &\iff x-\frac{1}{2} = 0 \text{ (car un carré ne peut être négatif)} \\[6pt]
	                      &\iff x = \frac{1}{2}.
\end{aligned}$

L'aire du rectangle est maximale quand $x = \dfrac{1}{2}$, donc quand $M$ est le milieu de $[AB]$.
\end{questions} 
\newpage
\end{corrige}



%%%

\begin{exo}{Thalès et Pythagore}{Lycée Pasteur, Strasbourg}{2}{20}
Les points $A$, $B$, $C$ et $D$ sont alignés, dans cet ordre, de sorte que\linebreak$AB=BC=CD=4~\text{cm}.$
On note $(C_1)$, $(C_2)$, $(C_3)$ les cercles de diamètres $[AB]$, $[BC]$, $[CD]$ et $O_1$, $O_2$ et $O_3$ leurs centres respectifs.  Soit $(C_4)$ le cercle de diamètre $[AO_3]$ et $T$ un des points d'intersection des cercles
$(C_3)$ et $(C_4)$.
\begin{questions}
\item Faire une figure.
\item Prouver que la droite $(AT)$ est tangente au cercle $(C_3)$.
\item La droite $(AT)$ coupe le cercle $(C_2)$ en $P$ et $Q$. Soit $I$ le milieu du segment $[PQ]$.
\begin{questions}
\item Montrer que les droites $(O_2I)$ et $(AT)$ sont perpendiculaires.
\item Calculer la longueur $O_2I$.
\item En déduire la longueur $PQ$.
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}


\begin{corrige}
\begin{questions}
\item ~\par

\begin{center}
\includegraphics[width=\linewidth]{148_05-15}
\end{center}

\item  $T$ est sur le cercle de diamètre $[AO_3]$ donc $ATO_3$ est rectangle en $T$. La droite $(AT)$ 
est donc perpendiculaire à $(O_3T)$, qui est un rayon de $(C_3)$. C'est donc la tangente à $(C_3)$
issue de $T$.
\item 
\begin{questions}
\item $P$ et $Q$ sont deux points du cercle $(C_2)$ de centre $O_2$ donc\linebreak\mbox{$PO_2=QO_2$}, et $O_2$ appartient à la médiatrice de $[PQ]$. Comme $I$ est le milieu de $[PQ]$, on en déduit que $(O_2I)$ est  la médiatrice de $[PQ]$, et comme $(PQ)=(AT)$, $(O_2I)$ et $(AT)$ sont perpendiculaires.
\item Comme $(O_2I)$ et $(O_3T)$ sont toutes deux perpendiculaires à $(AT)$, elles sont parallèles,
et les triangles $AO_2I$ et $AO_3T$ sont dans une configuration de Thalès. En particulier~:
\[\frac{O_2I}{O_3T}=\frac{AO_2}{AO_3}.\]
$O_3T=2$ (rayon de $(C_3)$)~~; $AO_2=AB+BO_2=4+2=6$ et $AO_3=10$,
d'où~:
\[O_2I=O_3T\times \frac{AO_2}{AO_3}=2\times \frac{6}{10}=1,2\text{ cm}.\]
\item Appliquons le théorème de Pythagore dans le triangle $O_2IP$, rectangle en $I$~:
\[IP^2=O_2P^2-O_2I^2=2^2-1{,}2^2=2{,}56=1{,}6^2\]
D'où $IP=1{,}6$ et $PQ=2IP=3{,}2$~cm.
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}


%%%

\begin{exo}{Théorème de Thalès}{Lycée Blaise Pascal, Clermont-Ferrand}{3}{15}
Soit $ABC$ un triangle, $I$ le milieu de $[BC]$.
Une droite $\Delta$ parallèle à $(AI)$ coupe $(BC)$, $(CA)$ et $(AB)$,
respectivement en $A'$, $B'$ et $C'$.
Montrer que:
\[\frac{AC}{AB}=\frac{AB'}{AC'}.\]
\end{exo}


\begin{corrige}
Telle quelle, l'égalité est assez difficile à comprendre, mais on peut la transformer en :
\[\dfrac{AC'}{AB}=\dfrac{AB'}{AC}.\]
Ce qui fait apparaître des rapports de longueurs entre des points {\em alignés.} Il suffit d'appliquer correctement le théorème de Thalès.

En considérant les triangles $AIC$ et $B'CA'$, en configuration de Thalès, où $(AI)~//~(B'A')$:
\[
\dfrac{CA}{CB'}=\dfrac{CI}{CA'}=\dfrac{AI}{B'A'}.\]
Comme les points $C$, $A$ et$ B'$ sont alignés dans cet ordre, on a :
\begin{align*}
CB' & =CA + AB'\\
\text{De même, }CA' & = CI + IA'
\end{align*}

\begin{center}
\includegraphics{149_05-12}
\end{center} 

Les égalités suivantes sont équivalentes :
\begin{align*}
\dfrac{CA}{CB'} & =\dfrac{CI}{CA'}\\[6pt]
\dfrac{CB'}{CA} & = \dfrac{CA'}{CI}\text{ (en inversant les quotients)}\\[6pt]
\dfrac{CA+AB'}{CA} & = \dfrac{CI+IA'}{CI}\\[6pt]
1+\dfrac{AB'}{CA} & = 1+\dfrac{IA'}{CI}\\[6pt]
\dfrac{AB'}{AC} & = \dfrac{IA'}{IC}.\qquad(1)
\end{align*}
$I$ est le milieu de $[BC]$, donc $IC=BI$, d'où :
\[\dfrac{AB'}{AC}=\dfrac{IA'}{BI}.\]
Les triangles $BC'A'$ et $BAI$ sont également en configuration de Thalès, où $(C'A')~//~(AI)$, donc~:
\[\dfrac{BA'}{BI}=\dfrac{BC'}{BA}=\dfrac{A'C'}{IA}.\]
Comme les points $B$, $A'$ et $I$ sont alignés dans cet ordre, on a :
\begin{align*}
BI & = BA' + A'I\\
\text{De même, }BA & = BC' + C'A.
\end{align*}
Les égalités suivantes sont équivalentes :
\begin{align*}
\dfrac{BA'}{BI} & =\dfrac{BC'}{BA}\\[6pt]
\dfrac{BA'\textcolor{DR}{+A'I-A'I}}{BA'\textcolor{DR}{+A'I}} & = \dfrac{BC'\textcolor{DG}{+C'A-C'A}}{BC'\textcolor{DG}{+C'A}}\\[6pt]
1-\dfrac{A'I}{BA'+A'I} & = 1- \dfrac{C'A}{BC'+C'A}\\[6pt]
1-\dfrac{A'I}{BI} & = 1- \dfrac{C'A}{BA}\\[6pt]
\dfrac{A'I}{BI} & = \dfrac{C'A}{BA}.\qquad(2)
\end{align*}
Les égalités $(1)$ et $(2)$ entraînent :
\[
\dfrac{AB'}{AC}=\dfrac{AC'}{AB},\quad\text{et donc}\qquad \dfrac{AC}{AB}=\frac{AB'}{AC'}.
\]
\end{corrige}


%%%

\begin{exo}{Une formule avec des sinus}{Lycée Henri IV, Paris}{3}{15}
Un triangle $ABC$ est tel que la hauteur issue de $A$ a
une longueur qui est la somme des longueurs des deux autres hauteurs.
Montrer :
\[\frac{1}{\sin{\widehat{A}}}=\frac{1}{\sin{\widehat{B}}}+\frac{1}{\sin{\widehat{C}}}.\]
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{center}
\includegraphics{151_05-17}
\end{center}
Notons $h_A$ la hauteur issue de $A$, $h_C$ celle issue de $C$ et
$h_B$ celle issue de $B$, et notons $A'$, $B'$ et $C'$ les pieds
des hauteurs issues de $A$, $B$, et $C$.

En considérant le triangle $ABA'$, rectangle en $A'$, on constate :
\[\sin\widehat{B}=\dfrac{h_A}{AB}.\]
En considérant le triangle $ACA'$, rectangle en $A'$, on a :
\[\sin\widehat{C}=\dfrac{h_A}{AC}.\]
Dans le triangle $ACC'$, rectangle en $C'$, on a :
\[\sin\widehat{A}=\dfrac{h_C}{AC}.\]
Dans le triangle $ABB'$, rectangle en $B'$, on a :
\[\sin\widehat{A}=\dfrac{h_B}{AB}.\]
Il vient :
\begin{equation*}
\begin{split}
\dfrac{1}{\sin\widehat{B}}+\dfrac{1}{\sin\widehat{C}}
&=\dfrac{AB}{h_A}+\dfrac{AC}{h_A}\\
&=\dfrac{1}{h_A}\left(\dfrac{h_B}{\sin\widehat{A}}+\dfrac{h_C}{\sin\widehat{A}}\right)\\
&=\dfrac{1}{h_A\sin\widehat{A}}\times (h_B+h_C)\\
&=\dfrac{1}{h_A\sin\widehat{A}}\times h_A\\
&=\dfrac{1}{\sin\widehat{A}}.
\end{split}
\end{equation*} 
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Théorème de Thalès}{Lycée Pasteur, Neuilly-sur-Seine}{3}{15}
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-7cm}
On considère la figure ci-contre, où $(CC'')$ et $\Delta$ sont parallèles. $ABC$ est un triangle quelconque, et $\Delta$ est une transversale quelconque. Montrer que :
\[
\frac{A'B}{A'C}\times\frac{B'C}{B'A}\times\frac{C'A}{C'B}=1.
\]
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}{65mm}
\includegraphics{137_05-19}
\end{minipage}
\end{exo}

\begin{corrige}
Il suffit d'appliquer correctement le théorème de Thalès à deux endroits de la figure. 

On remarque que les triangles $A'BC'$ et $CBC''$ sont en configuration
de Thalès, où $(CC'')~//~(A'C')$, donc  : 
\[
\dfrac{BC}{BA'}=\dfrac{BC''}{BC'}=\dfrac{CC''}{A'C'}.
\]
Comme les points $B$, $C$ et $A'$ sont alignés dans cet ordre, on a :
\begin{align*}
BA' & = BC + CA'.\\
\text{De même, }BC' & = BC'' + C''C'.
\end{align*}
Les égalités suivantes sont équivalentes :
\begin{align*}
\dfrac{BC}{BA'} & = \dfrac{BC''}{BC'}\\
\dfrac{BC\textcolor{DR}{+CA'-CA'}}{BC+\textcolor{DR}{CA'}} & =\dfrac{BC''\textcolor{DG}{+C''C'-C''C'}}{BC''+\textcolor{DG}{C''C'}}\\
1-\dfrac{CA'}{BA'} & = 1- \dfrac{C''C'}{BC'}\\
\dfrac{CA'}{BA'} & = \dfrac{C''C'}{BC'}\\
\dfrac{BA'}{CA'}&=\dfrac{BC'}{C''C'}\text{ (en prenant les inverses)}\qquad(1)
\end{align*}
De même, les triangles $AB'C'$ et $ACC''$ sont en configuration de Thalès, où $(B'C')~//~(CC'')$, donc~:
\[
\dfrac{AB'}{AC}=\dfrac{AC'}{AC''}=\dfrac{B'C'}{CC''}.
\]
Comme les points $A$, $B'$ et $C$ sont alignés dans cet ordre, on a :
\begin{align*}
AC & = AB' + B'C.\\
\text{De même, }AC'' & = AC' + C'C''.
\end{align*}
Les égalités suivantes sont équivalentes :
\begin{align*}
\dfrac{AB'}{AC} & = \dfrac{AC'}{AC''}\\
\dfrac{AC}{AB'} & = \dfrac{AC''}{AC'}\text{ (en inversant les quotients)}\\
\dfrac{AB'+B'C}{AB'} & = \dfrac{AC' + C'C''}{AC'}\\
1+\dfrac{B'C}{AB'} & = 1+\dfrac{C'C''}{AC'}\\
\dfrac{B'C}{AB'} & = \dfrac{C'C''}{AC'}\qquad (2)
\end{align*}
Des égalités $(1)$ et $(2)$, on déduit :
\[
\dfrac{A'B}{A'C}\times\dfrac{B'C}{B'A}\times\dfrac{C'A}{C'B}=\dfrac{C'B}{C'C''}\times\dfrac{C'C''}{C'A}\times\dfrac{C'A}{C'B}=1.
\]
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{\'Etude d'une configuration}{Lycée Pierre de Fermat, Toulouse}{3}{15}
$A$, $B$, $C$ sont trois points sur un cercle de centre $O$.
$D$ est le point diamétralement opposé à $A$ sur le cercle. $I$ est le
milieu de $[BC]$ et $[AM]$, $[BN]$, $[CP]$ les trois hauteurs du
triangle $ABC$. $H$ est l'orthocentre de $ABC$ et $(AM)$ recoupe
le cercle en $H'$.
\begin{questions}
\item Justifier que $\widehat{ABD}$, $\widehat{AH'D}$, $\widehat{ACD}$ sont
trois angles droits.
\item Montrer que $BDCH$ est un parallélogramme et que $I$ est le milieu de 
$[DH]$.
\item Montrer que $M$ est le milieu de $[HH']$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item  $[AD]$ est un diamètre du cercle donc $\widehat{ABD}$,
$\widehat{AH'D}$ et $\widehat{ACD}$ sont des angles droits.

\Par

\begin{center}
\includegraphics{153_05-21}
\end{center}

\Par

\item  D'après le résultat précédent, $(CD)$ et $(AC)$ sont perpendiculaires.
En outre $(BH)$ est perpendiculaire à $(AC)$, puisque c'est une
hauteur du triangle $ABC$. On en déduit que $(CD)~//~(BH)$.

De même, on a vu que $(BD)$ et $(AB)$ sont perpendiculaires. Or
$(CH)$ est perpendiculaire à $(AB)$, comme hauteur de $ABC$.

Il vient $(BD)~//~(CH)$.

De là, on a : $(CD)~//~(BH)$ et $(BD)~//~(CH)$, donc
$BDCH$ est un parallélogramme.

$BDCH$ est un parallélogramme, donc ses diagonales ont même milieu. $I$ est le milieu de $[BC]$, donc $I$ est le milieu de $[DH]$.


\Par

\item $M$, pied de la hauteur  issue de $A$, appartient à $(BC)$, donc $(MI)=(BC)$.
On a donc : $(MI)\perp(AM)$. Or, puisque $\widehat{AH'D}$ est droit,\linebreak $(AM)\perp(H'D)$. D'où $(MI)~//~(H'D)$. Or, $I$ est le milieu de $[HD]$, donc en appliquant le théorème de Thalès, $M$ est le milieu de $[HH']$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%% 2017

\begin{exo}{Jouer au géomètre}{Lycée Jacques Decour, Paris}{3}{20}
\enlargethispage*{5em}
\NathanLiveVideo[\PictoVideo\ Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo.]{jouer au géomètre}{https://media.prepamath.fr/IL2Mch04exo19}

\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,0.3){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/IL2Mch04exo19}}}
\vspace*{-10pt}
\begin{center}
\includegraphics{138_05-24}
\end{center}
Afin de mesurer la hauteur d'un bâtiment de sommet $S$, deux géomètres disposent leurs appareils de mesure en $A$ et $B$. Les mesures qu'ils connaissent sont reportées sur le schéma ci-dessus.

Déterminer la hauteur du bâtiment (arrondie au mètre).

\Par

\emph{Indication :} exprimer $SH$ de deux façons différentes.
\end{exo}

\begin{corrige}
\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,0){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/IL2Mch04exo19}}}
\vspace*{-10pt}

Dans le triangle $AHS$ rectangle en $H$ :
\[
\tan(43,02\degres)=\dfrac{SH}{AH}
\]
donc :
\[
SH = AH \times \tan(43,02\degres).
\]
Dans le triangle $BHS$ rectangle en $H$ :
\[
\tan(47,97\degres)=\dfrac{SH}{BH}
\]
donc :
\[
SH = BH \times \tan(47,97\degres).
\]
Ainsi,
\[
AH \times \tan(43,02\degres) = BH \times \tan(47,97\degres).
\]
De plus, 
\[
AH=10+BH
\]
donc, l'égalité devient :
\[
(10+BH)\times \tan(43,02\degres) = BH \times \tan(47,97\degres)
\]
ou encore :
\[
10\tan(43,02\degres) = BH(\tan47,97\degres-\tan43,02\degres)
\]
et donc :
\[
BH = \dfrac{10\tan43,02\degres}{\tan47,97\degres-\tan43,02\degres}\approx52,94.
\]
Pour connaître $SH$, on prend la deuxième égalité :
\[
SH = BH \times \tan(47,97\degres) \approx 58,73.
\]
Ainsi, la hauteur du bâtiment est :
\[
58,7+1,2\approx60\text{m}.
\]
\end{corrige}


%%%

\begin{exo}{Théorème de Thalès}{Lycée Louis-le-Grand, Paris}{3}{40}
$ABCD$ est un carré. $E\in(AB)$, $F\in(BC)$, $G\in(CD)$, $H\in(AD)$ tels qu'on ait $(EG)$ perpendiculaire à $(FH)$.
\begin{questions}
\item Soit $I$, intersection de $(EG)$ et $(BC)$, et $J$, celle
de $(FH)$ et $(AB)$. Montrer que $(EF)$ et $(IJ)$ sont perpendiculaires.
\item Comment choisir $(EG)$ et $(FH)$ pour que $EFGH$ soit un carré~?
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Il faut considérer les hauteurs du triangle $EIJ$. $(AB)$ et
$(BC)$ (donc $(BI)$) sont perpendiculaires, ce qui fait de $(BI)$
une hauteur de $EIJ$. $(EG)$ et $(HF)$ sont perpendiculaires, donc
$(EI)\perp(FJ)$ et $(FJ)$ est une deuxième hauteur de $EIJ$. Sachant
que $(BI)$ et $(FJ)$ se coupent en $F$, $F$ est l'orthocentre de
$EIJ$, et donc $(EF)$, hauteur, est perpendiculaire à $(IJ)$.
\item Notons $K$ l'intersection des diagonales de $EFGH$. 
{\em Si l'on suppose que $EFGH$ est un carré}, $K$ est le milieu de $[EG]$ et
de $[FH]$.
Montrons que $K$ est le milieu de $[AC]$. En appelant $S$ la 
symétrie de centre $K$, on constate que $S(H)=F$. L'image
d'une droite par une symétrie centrale est une droite parallèle, 
donc l'image de $(AD)$, droite contenant $H$,
est une droite parallèle qui passe par $F$, c'est-à-dire $(BC)$.
De même, $S(E)=G$, et on montre que l'image de $(AB)$ est $(DC)$.
$A$ est l'intersection de $(AD)$ et $(AB)$, donc 
$S(A)$ est l'intersection de $(BC)$ et $(DC)$. Il vient
$S(A)=C$, donc $K$ est le milieu de $[AC]$, et $K$ est le centre
du carré $ABCD$.

\begin{center}
\includegraphics{155_05-22}
\end{center}

{\em Dans un deuxième temps, supposons que $(EG)$ et $(FH)$ se 
coupent au centre de $ABCD$}, que nous
notons $O$, et montrons que $EFGH$ est un carré.\\
Montrons que $O$ est le milieu des diagonales de $EFGH$.\\
Les triangles $AOH$ et $OFC$ sont en configuration de Thalès, donc 
\[\frac{OF}{OH}=\frac{OC}{OA}=1.\]
Ce qui montre que $OF=OH$, donc $O$ est le milieu de $[FH]$.\\
De même, $O$ est le milieu de $[EG]$.\\
On sait désormais que $EFGH$ est un parallélogramme dont les
diagonales sont perpendiculaires. C'est donc un losange. 

Pour prouver que c'est un carré, nous allons démontrer que ses diagonales ont même longueur.

Les triangles $EBI$ et $GCI$ sont en configuration de Thalès, où $(EB)~//~(GC)$, donc~:
\[\dfrac{IG}{IE}=\dfrac{IC}{IB}=\dfrac{GC}{EB}.\]
Comme les points $I$, $G$ et $E$ sont alignés dans cet ordre, on a :
\begin{align*}
IE & = IG + GE.\\
\text{De même, }IB & = IC + CB.
\end{align*}
Les égalités suivantes sont équivalentes :
\begin{align*}
\dfrac{IG}{IE} & = \dfrac{IC}{IB}\\
\dfrac{IG\textcolor{DR}{+GE-GE}}{IG+\textcolor{DR}{GE}} & = \dfrac{IC\textcolor{DG}{+CB-CB}}{IC + \textcolor{DG}{CB}}\\
1-\dfrac{GE}{IE} & = 1-\dfrac{CB}{IB}\\
\dfrac{EG}{EI} & = \dfrac{BC}{BI}.
\end{align*}
De même, les triangles $JAH$ et $JBF$ sont en configuration de Thalès, où $(AH)~//~(BF)$, donc, de la même façon que précédemment, on montre que :
\[\dfrac{HF}{HJ}=\dfrac{AB}{AJ}.\]
On en déduit les égalités :
\[EG=BC\times\dfrac{EI}{BI}\text{ et }HF=BA\times\dfrac{HJ}{AJ}.\]
En calculant l'aire du triangle $EIJ$ de deux façons différentes,
on obtient (entre autres) l'égalité :
\[OJ\times EI=BI\times EJ\]
et donc
\[\dfrac{EI}{BI}=\dfrac{EJ}{OJ}.\]
Il vient :
\[EG=BC\times\dfrac{EJ}{OJ}.\]
Observons le triangle $EOJ$ rectangle en $O$. 

On peut écrire $\cos\widehat{EJO}=\dfrac{OJ}{EJ}$. 

Dans le triangle $AHJ$, rectangle en $A$, on peut écrire
$\cos\widehat{AJH}=\dfrac{AJ}{JH}$. 

$\widehat{EJO}=\widehat{AJH}$, donc
$\dfrac{OJ}{EJ}=\dfrac{AJ}{JH}$ et :
\[\dfrac{EJ}{OJ}=\dfrac{JH}{AJ}.\]
En utilisant que $BC=AB$, on écrit :
\[
EG=BC\times\dfrac{JH}{AJ}=AB\times\dfrac{JH}{AJ}=HF.\]
Le quadrilatère $EFGH$ est un quadrilatère dont les diagonales sont perpendiculaires, se coupent en leur milieu, et ont même longueur, c'est donc un carré.
\end{questions} 
\end{corrige}




\thumb
\AfficheCorrige
