son corrigé

Exercice 1 1)
2 a) Dans le triangle ABC la somme des angles fait 180° :
180
180
22
90
22
90
22
.
b) Démontrons que
90 2
est une mesure de l’angle
CDO
.
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.
L’angle
ADC
est plat. On a donc
CDO ODA 180  
ODA 180 CDO 
ODA 180 90 2
ODA 90 2
.
AOB=2 ACB
3. Démontrons que les triangles DOA et BOA sont semblables.
EBO et BOA
4.
2
OD AD EB
2
2
OA AD
OB 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.
2
22
BEDA
BED AAB
A
.
22
BECC BACC
BEC ECC BCC AA
A A A 
2
AB AC AB AB AC  
22
22
AB AC AB AB AC AB   
.
Donc
BED BEC
AA
.
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.
22
BHKL
BHL ABL BC
A
.
22
HA AK BA AL
BAH AA H BAA AA
A A A 
2
BL AL BC BL AL  
22
BL AL BL BC BL AL BL BC     
. Donc
BHL BAH
AA
.
5) La deuxième question donne :
BED BEC
AA
La troisième question donne :
BEC BAH
AA
La quatrième question donne :
BAH BHL
AA
Donc
BED BHL
AA
. Or,
2
BEDA
BED A
A
et
2
BHKL
BHL A
A
,
donc
BEDA BHKL
AA
.
6)
2BLKH CLKJ
BC A A
. La question 5 nous donne l’égalité :

2
BEDA BHKL
A A AB
et la remarque nous donne :
2
CLKJ
A AC
. En remplaçant dans la première égalité,
on trouve :
2 2 2
BC AB AC
qui est la conclusion du théorème de pythagore.
Exercice 3
1)
2
2 2 6 2 9 1f      
2
10 10 6 10 9 169f   
2
251
5 1 5 1 5 1
6 9 3 5 3 9
2 2 2 4
f
6 2 5 15 5 5
3 5 6 5 3 5
4 2 2 2
.
2)
0fx
26 9 0xx  
2
30x
30x
3x
.
9fx
26 9 9xx  
260xx
60xx
60
0
x
x
6
0
x
x
.
3)
22
2 4 6 8 6 9 1 1x x x x x x f x          
.
1fx
10fx
2 4 0xx  
20
40
x
x
2
4
x
x
.