TD3-Géométrie - utiliser ses connaissances pour démontrer

Master 1 « Education et Métiers de l’enseignement du premier degré »
Mathématiques EC 4.3
Géométrie 1
Utiliser les connaissances géométriques pour démontrer
Corrigé des exercices
Exercice 1
1. Construction de l'isocervolant
Construire deux droites (d) et (d')
perpendiculaires en A.
(AC) est un axe de symétrie du quadrilatère
donc C se trouve sur la bissectrice de
l'angleA
ɵ.
Tracer cette bissectrice. Placer un point C
dessus.
Sur (d), placer un point B, sur (d') un point
D tel que AB = AD (la symétrie conserve
les longueurs).
Selon la place du point, l’isocervolant est
convexe ou concave : ABCD est un
isocervolant convexe et ABC’D est un
isocervolant concave.
2. Construction d’un
quadrilatère EFGH qui ne soit
pas un isocervolant et qui
possède un axe de symétrie :
Il suffit de réaliser la même
construction que
précédemment mais avec
(d) et (d’ non
perpendiculaires.
3. (a) Vrai. Un carré a 4
angles droits et ses
diagonales sont axes de
symétrie : c'est donc un
isocervolant
(b) Faux. Sur la figure ci-
dessus l’isocervolant ABC’D
n’est pas convexe.
(c) Faux. Seuls les carrés parmi les rectangles sont des isocervolants (les diagonales d'un rectangle qui n’est pas
un carré ne sont pas axes de symétrie).
(d) Vrai. Un quadrilatère dont les diagonales ont même milieu est un parallélogramme.
Puisque c'est un isocervolant il a un angle droit donc ce quadrilatère est un rectangle.
Puisque c'est un isocervolant, une de ses diagonales est un axe de symétrie.
Seuls parmi les rectangles, les carrés ont une diagonale axe de symétrie.

Master 1 « Education et Métiers de l’enseignement du premier degré »
Mathématiques EC 4.3
Géométrie 2
Exercice 2
1. Dans le triangle SFE, I est le milieu de [SE] et L est le milieu de [EF]. D’après le théorème de la droite des
milieux, (IL) est parallèle à (SF)
En faisant le même raisonnement dans le triangle GSF, on en déduit que (JK) est parallèle à (SF).
On en déduit que (JK) et (IL) sont parallèles, puisque parallèles à une même droite.
On montre de même que les droites (IJ) et (LK) sont parallèles en appliquant le théorème de la droite des milieux
aux triangles EFG et SEG.
Le quadrilatère IJKL a ses côtés deux à deux parallèles. C’est donc un parallélogramme.
2. D’après le théorème de la droite des milieux appliqué aux triangles SEG et SFE, IL = SF/2 et IJ = EG/2. Comme
SF = EG, IL = IJ. Le parallélogramme IJKL a deux côtés consécutifs égaux, c’est donc un losange.
3. Si (SF) est orthogonale au plan (EFG), alors puisque (IL) est parallèle à (SF), (IL) est aussi orthogonale à ce
plan. (IL) est donc orthogonale à toute droite du plan, en particulier à (LK). On en déduit que IJKL est un
parallélogramme qui a un angle droit, c’est donc un rectangle.
4. En appliquant la théorème des milieux au triangle SEG, on en déduit que (JM) est parallèle à (SE) donc à (SI)
puisque I est un point de (SE). Pour la même raison, (IM) est parallèle à (SG), donc à (SJ) puisque J est un point
de (SG). On en déduit que le quadrilatère SIMJ a ses côtés deux à deux parallèles. C’est donc un parallélogramme
Pour que SIMJ soit un losange il suffit qu’il ait deux côtés consécutifs de même longueur, par exemple MJ = JS.
Comme MJ = SE/2 et comme JS = SG /2, il suffit que SE = SG, donc que le triangle ESG soit isocèle.
5. Pour que le quadrilatère SIMJ soit rectangle, il suffit que (SJ) et (JM) soit perpendiculaires. Comme (SE) et (JM)
sont parallèles, il suffit que (SJ) et (SE) soient perpendiculaires, donc que le triangle ESG soit rectangle en S.
6. Comme SIMJ est un carré, c’est donc un losange et un rectangle. D’après les questions 4 et 5 ESG doit donc
être rectangle et isocèle en S, d’où SG=SE. D’après la question 3. IJKL est rectangle si (SF) est orthogonale au
plan (EFG). Dans ce cas, SFG et SFE sont rectangles en F. De plus comme SE = SG, ces triangles ont un angle
égal, un côté commun et deux côtés de même longueur. Ils sont donc isométriques. On en déduit que
FE = FG, et donc EFG est isocèle.
Le patron de la pyramide est composé de quatre triangles :
EFG isocèle en F et trois triangles de sommets S
1
, S
2
et S
3
qui, une fois réunis, donneront les faces ESF, GFS et
GSE. Ces triangles sont :
GS
1
E (GSE sur la pyramide) isocèle rectangle en S
1
.
EFS
2
(ESF sur la pyramide) rectangle en F. Les côtés [ES
2
] et [ES
1
] donneront l’arête [ES] de la pyramide. Ces
segments doivent donc avoir la même longueur.
GFS
3
(GFS sur la pyramide) rectangle en F. Les côtés [GS
3
] et [GS
1
] donneront l’arête [GS] de la pyramide. Ces
segments doivent donc avoir la même longueur.
On peut construire le patron :
• Soit à partir du triangle EFG
On trace un triangle isocèle EFG tel que l’angle EFG soit
obtus. Le sommet S appartient à la médiatrice de [EG]
puisque SE=SG. On trace la médiatrice de [EG]. On
trace un cercle de diamètre [EG], qui coupe la médiatrice
de [EG] en S
1
. ES
1
G est isocèle rectangle par
construction. Pour construire le triangle EFS
2
, rectangle
en F, on trace la perpendiculaire à (EF) en F. On trace
un arc de cercle de centre E et de rayon E S
1
qui coupe
cette dernière en S
2
(S
2
dans le demi-plan qui ne
contient par S
1
).
On procède de même pour construire le triangle GFS
3
.
E G
S
2
S
3

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Mathématiques EC 4.3
Géométrie 3
• Soit à partir du triangle ESG :
Comme ESG est isocèle en S, ce point appartient à
la médiatrice du segment [EG]. Comme ESG est
rectangle en S, S appartient au cercle de diamètre
[EG].
Construisons les triangles S F
1
G, SF
2
E et EF
3
G
Le triangle SF
1
G est rectangle en F
1
. Ce point
appartient au cercle de diamètre [SG]. Comme
SF
1
G n’est pas isocèle, on choisit F
1
non situé sur la
médiatrice de [SG]. On trace le triangle S F
1
G.
On trace le triangle SF
2
E isométrique au triangle
S F
1
G. Puis on trace le point F
3
non situé dans le
même demi-plan que F
1
et F
2
par rapport au
segment [EG], tel que EF
3
= GF
3
= EF
2
= GF
1
. En
effet les segments [EF
3
] et [EF
2
] sont de la même
longueur puisqu’ils formeront l’arête [EF] de la
pyramide. De même pour les segments [GF
3
] et
[GF
1
] qui formeront l’arête [GF]. D’autre part, on sait que le triangle GFE est isocèle en F, d’où sur le patron
EF
3
= EF
2
F
3
est situé à l’intersection du cercle de centre E et de rayon EF
2
et de la médiatrice de [EG].
Exercice 3
a) Vrai : Les triangles ABD et ACD sont rectangles et sont donc inscrits dans le cercle de diamètre [AC] leur
hypoténuse commune. L’amandin ABCD est donc inscrit dans ce cercle.
b) Vrai : Un rectangle est un quadrilatère convexe qui a quatre angles droits. Il a donc a fortiori deux angles
opposés droits. C'est donc un "amandin".
c) Faux : Les trapèzes rectangles ont deux angles droits consécutifs. Ce ne sont pas des "amandins".
d) Vrai : Comme les rectangles sont des amandins, le carré qui est un rectangle particulier est un amandin.
Comme le carré est un losange particulier, certains "amandins" sont des losanges.
e) Le contre-exemple ci-contre montre qu'un "amandin" dont les
diagonales sont perpendiculaires n'est pas nécessairement un
losange.
f) Soit ABCD un "amandin" dont B et D sont les sommets des angles droits opposés. Le triangle CBA étant
rectangle en B, le point B est sur le cercle de diamètre [AC]. De même, le triangle CDA étant rectangle en D, le
point D est sur le cercle de diamètre [AC]. Mais par hypothèse, les diagonales de l’amandin ont même longueur,
soit BD = AC, donc [BD] est aussi un diamètre du cercle précédent. [AC] et [BD] se coupent au centre O de ce
cercle, milieu de ces deux diamètres. On en déduit que l’amandin ABCD est un quadrilatère dont les diagonales
ont même longueur et se coupent en leur milieu. C'est donc un rectangle.
M

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Mathématiques EC 4.3
Géométrie 4
Exercice 4
1. Dans le triangle DAB, C est le milieu de [AD] et I est
le milieu de [DB]. D’après le théorème la droite des
milieux appliqué au triangle DAB, la droite (CI) est
parallèle à la droite (AB) .
2. Trois points non alignés déterminent un cercle.
Déterminons le centre et le rayon de ce cercle : les
points A, B et D forment un triangle rectangle en A qui
a pour hypoténuse [DB]. Or tout triangle rectangle est
inscrit dans un demi-cercle de centre I le milieu de
l’hypoténuse et de diamètre la longueur de cette
dernière.
A, B et D sont donc sur un cercle C
CC
C de centre I et de
rayon IB.
D’après le théorème de Pythagore appliqué au
triangle rectangle DAB :
AD² + AB² = DB². Comme AD = 2L et AB = L, on peut
écrire que DB² = (2L)² + L² = 4L² + L² = 5L²
On en déduit que DB = L
5
.
Le rayon du cercle C
CC
C a donc pour longueur
IB =
5
DB L
2 2
= .
3. Soit E le symétrique de A par rapport à I, ce qui signifie que AI = IE. Or A est un point du cercle et donc AI est
un rayon de ce dernier. Comme AI=IE, IE est aussi un rayon du cercle et donc E appartient à ce dernier.
E appartient donc au cercle C
CC
C de centre I et de rayon IA.
Les diagonales [AE] et [DB] du quadrilatère ABED sont deux diamètres du cercle C
CC
C . Elles ont donc même longueur
et se coupent en I centre de ce cercle. Elles ont donc même milieu. Le quadrilatère ABED est un rectangle.
4. J est le symétrique de I par rapport à C, donc C est le milieu de [IJ].
Par hypothèse, C est le milieu de [AD].
Le quadrilatère AIDJ a donc des diagonales qui ont même milieu. C’est un parallélogramme.
D’autre part, AI=ID (rayon du cercle C
CC
C ).
Le parallélogramme AIDJ a deux côtés consécutifs de même longueur. C’est un losange.
Exercice 5
1. Notons C
CC
C le cercle circonscrit au triangle ABC. D’après l’énoncé, le segment [AD] est un diamètre de C
CC
C . Par
définition du cercle circonscrit à un triangle, le point C
appartient à C
CC
C . Le triangle ACD est donc rectangle en C, ce
qui prouve que (AC) est perpendiculaire à (CD).
La droite (BB’) est la hauteur issue de B du triangle ABC.
Elle est donc perpendiculaire à (AC). Ainsi, les droites (CD)
et (BB’) sont toutes deux perpendiculaires à (AC) ; on en
déduit qu’elles sont parallèles.
2. On a montré que (BB’) est parallèle à (CD). Comme le
point H appartient à (BB’), (BH) est parallèle à (CD).
Le même raisonnement que celui utilisé dans la question
précédente permet de montrer que le triangle ABD est
rectangle en B. Les droites (CC’) et (BD) sont donc toutes
deux perpendiculaires à (AB) et on en déduit qu’elles sont
parallèles. Comme H appartient à (CC’), on en déduit que
(CH) parallèle à (BD).
Ainsi, on vient de montrer que le quadrilatère BHCD a ses
côtés opposés parallèles deux à deux : c’est un
parallélogramme

Master 1 « Education et Métiers de l’enseignement du premier degré »
Mathématiques EC 4.3
Géométrie 5
3. a) Pour les mêmes raisons que ci-dessus, le triangle AH’D est rectangle en H’. La droite
(AH’) est donc perpendiculaire à (H’D). Comme H appartient à (AH’), (HH’) est perpendiculaire à (H’D), ce qui
prouve que le triangle HH’D est rectangle en H’.
b) Le triangle HH’D étant rectangle en H’, son cercle circonscrit est le cercle de diamètre [HD]. Ce cercle a pour
centre le milieu du segment [HD].
Or d’après l’énoncé, le point M est le point de concours des diagonales [BC] et [HD] du parallélogramme BHCD.
C’est donc le milieu commun aux deux segments [BC] et [HD] et le centre du cercle circonscrit au triangle HH’D.
4. Comme H est l’orthocentre du triangle ABC, la droite (AH) est la hauteur issue de A de ce triangle ; elle est donc
perpendiculaire à (BC). D’où (BC) est perpendiculaire à (HH’).
D’autre part, d’après 3. b), le point M est le centre du cercle circonscrit au triangle HH’D ; on a donc en particulier
MH = MH’.
Ainsi, la droite (BC) est perpendiculaire à (HH’) et contient un point équidistant de H et de H’ ; ceci prouve que c’est
la médiatrice du segment [HH’] et on en déduit que H’ est le symétrique de H par rapport à (BC).
5. Le triangle considéré au départ étant quelconque, le raisonnement précédent prouve également que les
symétriques de H par rapport aux droites (AB) et (AC) appartiennent au cercle C
CC
C. La propriété démontrée dans cet
exercice est la suivante :
« Les symétriques de l’orthocentre d’un triangle quelconque par rapport à ses trois côtés appartiennent au cercle
circonscrit à ce triangle. »