1. On considère un triangle équilatéral ABC de côté a. On appelle H

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 Hle pied de la hauteur issue de A.
a. Dans un triangle équilatéral les hauteurs sont aussi médianes donc Hest le milieu de [BC]. On a dons BH =a
2.
b. Le théorème de Pythagore dans AHB montre que AH2=a2−(a/2)2=3a2/4=√3a
2.
c. On a  ABH =π/3et BAH =π/6. Les formules donnant le cosinus et le sinus des angles aigus d’un triangle
rectangle montrent que cos(π/3) =BH
AB =1 2=sin(π/6), sin(π/3) =AH AB =√3 2=cos(π/6).
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.
b. La mesure des angles aigus du triangle ABD est π/4. On en déduit que cos(π/4) =sin(π/4) =√2
2.
n◦2 : 40 p.278
1.a Soit ∆la perpendiculaire à (AB)enA. Le vecteur −−→ AB est un vecteur normal à ∆.Ona−−→ 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 ∆.Ona−−→ 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 ∆.Ona−−→ 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 ∆.Ona−−→ 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 dde [AB] est perpendiculaire à (AB) et passe par le milieu Ide [AB], dont les coordonnées
sont (0;3). Le vecteur −−→ AB est un vecteur normal à ∆.Ona−−→ 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 +cet c=−6.
Une équation de ∆est −2x+2y−6=0.
3.b La médiatrice dde [AB] est perpendiculaire à (AB) et passe par le milieu Ide [AB], dont les coordonnées sont
(0,5;1). Le vecteur −−→ AB est un vecteur normal à ∆.
Le vecteur −−→ ABest un vecteur normal à ∆.Ona−−→ AB(−3;−8) ; ainsi une équation de dest de la forme −3x−8y+c=0.
On utilise alors le fait que I∈∆: ses coordonnées vérifient donc l’équation de det c=9,5.
Une équation de ∆est −3x−8y+9,5=0.
n◦3 Un barycentre remarquable....( bonus)
ABC désigne un triangle dont tous les angles sont aigus. Le point Eest sur [BC]et(AE) est la bissectrice de  BAC,H
et Ksont les projetés orthogonaux de Esur les côtés [AB]et[AC] respectivement.

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A
B
C
E
K
H
Les triangles ABE et ACE ont une hauteur commune c’est la hauteur issue de A; on appellera hsa longueur.
1. L’aire Sdu triangle ABE vaut S=AB×EH
2=EB×h 2
2. L’aire Sdu triangle ACE vaut S=AC ×EK
2=EC ×h 2.
3. D’après ce qui précède on a h=2S
EC et h=2S EB d’où l’on déduit S EC =S EB et S×CE =S×BE.La
traduction vectorielle de S×CE =S×BE est S−−→
EC +S−−→
EB = 0 ce qui prouve que Eest barycentre du
système {(B;S),(C;S)}.
4. On sait S−−→ EC +S−−→
EB = 0 soit encore en utilisant 2.
AB×EH
2−−→
EC +AC ×EK
2−−→
EB = 0.
Puisque Eest un point de la bissectrice de l’angle  BAC il est équidistant des deux côtés de l’angle donc EH =EK.
On a donc
AB−−→ EC +AC−−→ EB= 0, ce qui prouve que Eest aussi barycentre de {(B;AC),(C;AB)}.
5. En considérant les bissectrices des angles  ABC et  ACB respectivement, on introduit l’équivalent du point Esur ces
bissectrices : Fsur [AC]etGsur [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.
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.