son corrigé

Exercice 1 1)
2 a) Dans le triangle ABC la somme des angles fait 180° :       180 
     180
  
 


  90 
 90  .

2
2
2
2
2
2

b) Démontrons que 90  est une mesure de l’angle CDO .
2
Soit K le point d’intersection de la droite (OC) avec le cercle. [KC] est le diamètre du cercle.
Donc le triangle KAC est rectangle en A. On a donc : AKC  KCA  90 . Les angles AKC
et ABC sont égaux par la propriété de la corde. De plus KCA  ACD . DOC étant un triangle
rectangle en O ((OD) est la perpendiculaire à (OC)), ODC    90
c) Montrons que les angles ODA et BOA sont égaux.
ADC est plat. On a donc CDO  ODA  180  ODA  180  CDO 



ODA  180   90    ODA  90  .
2
2

L’angle
AOB=2 ACB
3. Démontrons que les triangles DOA et BOA sont semblables.
EBO et BOA
4. OD 2  AD  EB
OA2 AD

OB 2 EB
L’énoncé de l’exercice est faux.
Exercice 2
1) Démontrons que les droites (DC) et (EB) sont
parallèles.
DABE est un carré donc (DA) est parallèle à (EB).
DABE étant un carré l’angle DAB vaut 90°. ABC étant
un triangle rectangle en A, BAC vaut 90°. Donc l’angle
DAC vaut 90°+90° soit 180°. Donc les points D, A, C
sont alignés, et C appartient à la droite (DA). Donc (DC)
est parallèle à (EB).
2) Montrons que les triangles BED et BEC ont la même
aire.
A
AB 2
.
ABED  BEDA 
2
2
AB  AC  AB   AB  AC
A
A
ABEC  AECC   ABCC   BECC   BACC   

2
2
2
AB  AC  AB 2  AB  AC AB 2
.


2
2
Donc ABED  ABEC .
3) Démontrons que les triangles BEC et BAH sont isométriques.
Comme ABDE est un carré AB=BE. De même BCJH étant un carré
BC=BH. Les triangles BEC et BAH ont donc deux côtés de mêmes
longueurs. De plus ABH  90  ABC et CBE  90  ABC
donc ABH  CBE .
Le théorème des triangles isométriques permet de conclure.
Les aires de ces triangles sont donc égales.
4) Démontrons que les triangles BAH et BHL ont mêmes aires.
ABHKL BL  BC

.
2
2
BL  AL  BC   BL  AL
A
A
ABAH  AAAH  ABAA  HAAK  BAAL  

2
2
2
BL  AL  BL  BC  BL  AL BL  BC


. Donc ABHL  ABAH .
2
2
ABHL 
5) La deuxième question donne :
La troisième question donne :
La quatrième question donne :
A
Donc ABED  ABHL . Or, ABED  BEDA
2
donc ABEDA  ABHKL .
ABED  ABEC
ABEC  ABAH
ABAH  ABHL
A
et ABHL  BHKL ,
2
6) BC 2  ABLKH  ACLKJ . La question 5 nous donne l’égalité :
ABEDA  ABHKL  AB 2
et la remarque nous donne :
ACLKJ  AC . En remplaçant dans la première égalité,
2
on trouve : BC 2  AB 2  AC 2 qui est la conclusion du théorème de pythagore.
Exercice 3
1) f  2    2   6  2   9  1 f 10   10   6 10   9  169
2
2
2
 5 1  5 1
 5 1
f 
  
  6 
  9 
 2   2 
 2 


5 1
4
2
3 5 39 
62 5
15 5
5
3 5 6  
5  3 5 .
4
2 2
2
2
2
2) f  x   0  x  6 x  9  0   x  3  0  x  3  0  x  3 .



x  6  0
 x  6
.

f  x   9  x 2  6 x  9  9  x 2  6 x  0   x  6 x  0  
x  0
x  0
3)  x  2 x  4  x2  6 x  8  x2  6 x  9 1  f  x  1 .
x  2  0
 x  2
.

f  x   1  f  x  1  0   x  2 x  4  0  
x  4  0
 x  4