Lycée A.Maurois 29 nov. 2010 CORRIGE du DEVOIR MAISON N° 6 1S2 n◦ 1 : Valeurs trigonométriques exactes à connaître ou savoir retrouver. 1. On considère un triangle équilatéral ABC de côté a. On appelle H le pied de la hauteur issue de A. a a. Dans un triangle équilatéral les hauteurs sont aussi médianes donc H est le milieu de [BC]. On a dons BH = . 2 √ 3a . b. Le théorème de Pythagore dans AHB montre que AH2 = a2 − (a/2)2 = 3a2 /4 = 2 = π/3 et BAH = π/6. Les formules donnant le cosinus et le sinus des angles aigus d’un triangle c. On a ABH √ AH 3 BH 1 = = sin(π/6), sin(π/3) = = = cos(π/6). rectangle montrent que cos(π/3) = AB 2 AB 2 2. On considère un carré ABCD de coté a. a. ABD est un triangle isocèle √ rectangle√en A : par définition du carré. La longueur de ses côtés isométriques est a et son hypoténuse vaut a2 + a2 = 2a. √ 2 . b. La mesure des angles aigus du triangle ABD est π/4. On en déduit que cos(π/4) = sin(π/4) = 2 n◦ 2 : 40 p.278 −−→ −−→ 1.a Soit ∆ la perpendiculaire à (AB) en A. Le vecteur AB est un vecteur normal à ∆. On a AB(−2; 2) ; ainsi une équation de ∆ est de la forme −2x + 2y + c = 0. On utilise alors le fait que A ∈ ∆ : ses coordonnées vérifient donc l’équation de ∆ et −2 + 4 + c = 0 soit c = −2. Une équation de ∆ est −2x + 2y − 2 = 0. −−→ −−→ 1.b Soit ∆ la perpendiculaire à (AB) passant par A. Le vecteur AB est un vecteur normal à ∆. On a AB(−3; −8) ; ainsi une équation de ∆ est de la forme −3x − 8y + c = 0. On utilise alors le fait que A ∈ ∆ : ses coordonnées vérifient donc l’équation de ∆ et −6 − 40 + c = 0 soit c = 46. Une équation de ∆ est −3x − 8y + 46 = 0. −−→ −−→ 2.a Soit ∆ la perpendiculaire à (AB) passant par O. Le vecteur AB est un vecteur normal à ∆. On a AB(−2; 2) ; ainsi une équation de ∆ est de la forme −2x + 2y + c = 0. On utilise alors le fait que O ∈ ∆ : ses coordonnées vérifient donc l’équation de ∆ et c = 0. Une équation de ∆ est −2x + 2y = 0. −−→ −−→ 2.b Soit ∆ la perpendiculaire à (AB) passant par O. Le vecteur AB est un vecteur normal à ∆. On a AB(−3; −8) ; ainsi une équation de ∆ est de la forme −3x − 8y + c = 0. On utilise alors le fait que O ∈ ∆ : on trouve c = 0. Une équation de ∆ est −3x − 8y = 0. 3.a La médiatrice d de [AB] est perpendiculaire à (AB) et passe par le milieu I de [AB], dont les coordonnées −−→ −−→ sont (0; 3). Le vecteur AB est un vecteur normal à ∆. On a AB(−2; 2) ; ainsi une équation de ∆ est de la forme −2x + 2y + c = 0. On utilise alors le fait que I ∈ ∆ : ses coordonnées vérifient donc 6 + c et c = −6. Une équation de ∆ est −2x + 2y − 6 = 0. 3.b La médiatrice d de [AB] est perpendiculaire à (AB) et passe par le milieu I de [AB], dont les coordonnées sont −−→ (0,5; 1). Le vecteur AB est un vecteur normal à ∆. −−→ −−→ Le vecteur AB est un vecteur normal à ∆. On a AB(−3; −8) ; ainsi une équation de d est de la forme −3x−8y+c = 0. On utilise alors le fait que I ∈ ∆ : ses coordonnées vérifient donc l’équation de d et c = 9,5. Une équation de ∆ est −3x − 8y + 9,5 = 0. n◦ 3 Un barycentre remarquable....( bonus) H ABC désigne un triangle dont tous les angles sont aigus. Le point E est sur [BC] et (AE) est la bissectrice de BAC, et K sont les projetés orthogonaux de E sur les côtés [AB] et [AC] respectivement. Lycée A.Maurois CORRIGE du DEVOIR MAISON N° 6 29 nov. 2010 1S2 A K C H E B Les triangles ABE et ACE ont une hauteur commune c’est la hauteur issue de A ; on appellera h sa longueur. AB × EH EB × h = 2 2 EC × h AC × EK = . L’aire S du triangle ACE vaut S = 2 2 S S S S et h = 2 d’où l’on déduit = et S × CE = S × BE. La D’après ce qui précède on a h = 2 EC EB EC EB −−→ −−→ traduction vectorielle de S × CE = S × BE est S EC + S EB = 0 ce qui prouve que E est barycentre du système {(B; S ),(C; S )}. −−→ −−→ On sait S EC + S EB = 0 soit encore en utilisant 2. AB × EH −−→ AC × EK −−→ EC + EB = 0. 2 2 il est équidistant des deux côtés de l’angle donc EH = EK. Puisque E est un point de la bissectrice de l’angle BAC On a donc −−→ −−→ AB EC + AC EB = 0, ce qui prouve que E est aussi barycentre de {(B; AC),(C; AB)}. et ACB respectivement, on introduit l’équivalent du point E sur ces En considérant les bissectrices des angles ABC bissectrices : F sur [AC] et G sur [AB], barycentres respectifs des systèmes {(A; BC),(C; AB)} et {(A; BC),(B; AC)}. La somme des longueurs des côtés du triangle n’étant pas nulle, le barycentre proposé existe bien et on montre par associativité que ce point est aussi barycentre de {(A; BC),(E; AB + AC)}, de {(B; AC),(F; AB + BC)} et de {(G; AC + BC),(C; AB)}. On en déduit qu’il appartient aux trois bissectrices intérieures du triangle ABC. 1. L’aire S du triangle ABE vaut S = 2. 3. 4. 5. 6. Ce point étant sur les trois bissectrices intérieures du triangle il est équidistant des trois côtés du triangle. C’est le centre du cercle inscrit dans le triangle ABC.