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 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.
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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.