Compléments en géométrie

Compléments « seconde Géométrie »
Exercice 1 : Dans un parallélogramme ABCD, on trace la bissectrice de BÂD et celle de
l’angle ABC; elles se coupent en I.
a) Faire la figure
b) Démontrer que (AIB) est un triangle rectangle.
c) On prend maintenant ABCD un rectangle avec AB = 8 et on effectue les mêmes
constructions que précédemment. Que peut-on dire maintenant du triangle (AIB) ?
d) Calculer la longueur AI.
e) On veut que le point I se trouve sur [CD], quelle est alors la largeur que l'on doit choisir
pour le rectangle ABCD ?
Exercice 2
Soit un cercle (C) de diamètre [AB] avec AB = 6 et un point M du cercle C. On appelle A' le
symétrique de A par rapport à M et on trace par M la droite (∆) parallèle à (A'B).
a) Démontrer que (∆ ) passe par le point O.
b) (∆ ) recoupe (C) en N. Quelle est la nature du quadrilatère AMBN ?
c) On prend maintenant AM = 4. Calculer l'aire du quadrilatère AMBN.
puis celle du triangle ABA'. Que constatez-vous ? Comment peut-on expliquer ?
Exercice 3
Une révision sur les volumes : (Un problème inspiré des recherches d’Archimède)(On
retrouva d’ailleurs la tombe de ce grec grâce dit-on à ce dessin) :
a
a
Comparer le volume de la sphère et celui du
cylindre.
Exercice 4
Au bord de la mer sur la corniche à Marseille, on peut observer l’horizon. On appelle h la
hauteur en m par rapport à la mer. Quelle est la distance d réellement visible en km ?
(AB = d). Etablir la formule puis appliquer la pour h = 25 m.
B
A
H ≈ h . 10 − 3 km
O
R ≈ 6366 km (rayon de la terre)
Exercice 5
Dans un repère orthonormal du plan (P), on donne :
A (– 2 ; 2) et B(5 ; 2) et C (3 ; 8).
a) Déterminer les coordonnées du centre de gravité G du triangle ABC.
b) Déterminer les coordonnés de l’orthocentre H en utilisant deux hauteurs du triangle ABC.
c) Soit I le milieu de [AB] et J le milieu de [BC], déterminer les coordonnées de O’ point
d’intersection des médiatrices de [AB] et [BC] (ce point est évidemment le centre du cercle
circonscrit au triangle ABC).
d) Vérifier que les point O’, H et G sont alignés (Propriété d’Euler).
La propriété de la droite d’Euler et valable pour tout triangle.
Démonstration :
Soit un triangle quelconque (ABC), nous traçons les trois médianes (AA’), (BB’) et (CC’),
elles se coupent en G. On appelle O le centre du cercle circonscrit au triangle (O est le point
d’intersection des trois médiatrices) et nous traçons les trois hauteurs qui se coupent en H
(Orthocentre). Nous voulons démontrer que O, G et H sont alignés. Nous utiliserons le milieu
D de [B’C].
a) Déterminer k∈R tel que AB' = k AD . En déduire la position de G.
b) Soit H’ tel que OH ' = OA + OB + OC . Démontrer que AH ' = 2 OA' . Que peut-on en
déduire pour AH ' ? Quelle conséquence pour H’ si nous faisons la même démonstration
avec B et B’ ( BH ' = 2 OB' ) et enfin avec C et C’ ( CH ' = 2 OC' )
r
c) Démontrer que GA + GB + GC = O définit bien le centre de gravité du triangle (ABC).
d) Montrer alors que O, G et H sont alignés et préciser la position de G.
Exercice 6
r
r
Th 1 : Deux vecteurs non nuls u (x ; y) et v (x ‘; y ‘) sont colinéaires
si et seulement si x y‘ – x‘ y = 0.
r
r
Th2 : Deux vecteurs non nuls u (x ; y) et v (x ‘ ; y ‘) sont orthogonaux
si et seulement si x x’ + y y’ = 0. (Valable uniquement dans un repère orthonormal)
Démontrer ces deux théorèmes.
Applications importantes :
r
a) Soit la droite (D) de vecteur directeur d (1 ; 2) passant par le point A(1 ; 1). Donner une
équation cartésienne de cette droite.
b) Nous considérons le triangle (ABC) A(3 ; 5) ;B(−1 ; 2 ) et C(5 ; − 2).
Donner une équation cartésienne de la hauteur (AH).
Donner une équation cartésienne de la médiatrice de [BC].
Vérifier que ces deux droites sont parallèles.
Exercice 7
Soit un repère orthonormal du plan (P). On donne les trois points suivant :
A(2 ;1) ; B(4 ; −2) et C(3 ; 3)
a) Déterminer les coordonnées de D de façon à ce que (ABCD) soit un parallélogramme.
b) Trouver une équation de la droite (∆1) passant par D et de vecteur directeur AB .
c) Trouver une équation de la droite (∆2) passant par A et perpendiculaire à (DC).
Tracer les droites (∆1) et (∆2) et déterminer les coordonnées de leur point d’intersection H.
d) Calculer en unité d’aire, l’aire du parallélogramme (ABCD).
Exercice 8
On considère la figure suivante :
IJ =10. Nous posons OA = x.
a) Déterminer x pour que ABCD soit un carré.
b) Construire alors la figure à partir du demi-cercle de diamètre [IJ].
c) En utilisant ce carré, nous prolongeons la droite (OC) et nous traçons la perpendiculaire (∆)
à (IJ) passant par J. (OC) et (∆) se coupent en M. Calculer MJ. En déduire une construction
géométrique du carré (ABCD) toujours en partant du demi-cercle de diamètre [IJ].
Exercice 9
Soit un carré ABCD et un point E quelconque de [AB]. O le centre du carré, nous traçons
[OE] et le segment [OF] perpendiculaire à [OE] ( F ∈[BC]).
En étudiant cette figure, démontrer que l’aire de ABCD est égale à 4 fois l’aire de EOFB.
Exercice 10
Nous considérons un rectangle ABCD avec AB = 10 et AD = 4.
Nous voulons inscrire, à l’intérieur de ce rectangle, un triangle rectangle MAB (Le point M se
trouvant sur [DC], [AB] étant l’hypoténuse de ce triangle).
1) Comment peut-on procéder géométriquement ?
2) Nous prenons maintenant, le même rectangle ABCD et M sur [DC] tel que DM = 2.
Démontrer que l’on obtient un triangle MAB qui est rectangle et conforme aux données du
début de problème.
3) Que peut-on dire des triangles MAB, ADM et BCM qui apparaissent sur la figure ?
Exercice 11
Soit un carré ABCD tel que AB = 4 et un point M variant sur les côtés. Nous voulons étudier
l’aire du triangle BOM. Montrer que cette aire peut être décrite par une fonction par morceaux
quand M se déplace sur les côtés.
Déterminer le minimum et le maximum de cette aire.
Exercice 12
Nous considérons un cercle (C) de centre O et de rayon r. [OA] un rayon quelconque, nous
traçons la médiatrice de [OA], elle coupe le cercle (C) en deux points E et F. La
perpendiculaire à [OA] passant par O coupe (AE) en S.
Démontrer que OEAF est un losange.
Lorsque A décrit le cercle (C), démontrer que S se déplace sur un cercle dont on précisera le
centre et le rayon.
Correction
Exercice 1
a)
b) La bissectrice d’un angle partage cet angle en deux angles ayant la même mesure.
mes DÂI = mes IÂB et mes IB̂C = mes IB̂A or dans un parallélogramme, deux angles
consécutifs sont supplémentaires c’est-à-dire, la somme des mesures des deux angles vaut
180°.
1
mes ( DÂB + AB̂C ) = 180° or mes ( IÂB + IB̂A ) =
mes ( DÂB + AB̂C ) soit 90°.
2
Les deux angles IÂB et IB̂A sont donc complémentaires.
Le triangle (IAB) est donc rectangle en I.
c) Nous changeons de figure en prenant ABCD rectangle avec AB = 8 (BC = a > 0)
Le triangle (IAB) est toujours rectangle mais en plus il est isocèle car mes ( IÂB ) = 45° et
mes ( IB̂A ) = 45°.
(IAB) est rectangle et isocèle.
d) Théorème : Dans un triangle rectangle et isocèle, la longueur de l’hypoténuse est égale
2 fois la longueur du côté.
AB = AI 2 donc AI =
AB
8
8 2
=
=
= 4 2.
2
2
2
La longueur de AI sera 4 2 .
e) Supposons la figure construite :
Si nous étudions les propriétés nouvelles de cette figure particulières, nous voyons que le
triangle (IBC) sera rectangle et isocèle (mes ( IB̂C ) = 45°, mes Ĉ = 90° )
Donc AI = IB =
2 BC ⇔ 4 2 = 2 BC et donc a = BC = 4.
(Remarque : nous trouvons pour la longueur de [BC] la moitié de la longueur de [AB])
(Le point I est alors le milieu d [DC])
Exercice 2
a) La droite (∆) parallèle à (A’B) est la droite (MN). A’ est le symétrique de A par rapport à
M donc AM = MA’ (propriété de la symétrie centrale). Dans le triangle (A’AB), la droite
(∆) passe par le milieu de l’un des côtés et est parallèle à un autre côté donc elle passe par
le milieu du troisième côté. Or le milieu de [AB] est O entre du cercle donc (∆) passe par
O.
(Le théorème utilisé est le théorème de Thalès appliqué dans un triangle avec le milieu
d’un des côtés)
Conséquences : OA = OB et OM = ON.
b) Théorème : Dans un quadrilatère, si les diagonales se coupent en leur milieu, alors ce
quadrilatère est un parallélogramme.
En utilisant les conséquences de 1), nous pouvons dire que (AMBN) est un
parallélogramme. De plus le triangle (MAB) est un triangle rectangle en M en effet, tout
triangle inscrit dans un cercle ayant pour diamètre l’un des côtés du triangle est un triangle
rectangle. Autre théorème, tout parallélogramme qui possède un angle droit est un
rectangle. (AMBN) est un rectangle.
Conséquence : les deux diagonales ont la même longueur : MN = AB = 2r (r rayon du
cercle, MN = AB = 6)
c) Nous prenons maintenant AM = 4.
Calculons MB : Pythagore dans le triangle (AMB) : MB2 = AB2 – AM2 soit :
MB2 = 62 – 42 = 36 – 16 = 20. MB =
20 donc, MB = 2 5 .
L’aire du rectangle (AMBN) sera égale à AM x MB soit 4( 2 5 ) = 8 5 .
base × hauteur
AA'×BM 2(4) × 2 5
soit :
=
=8 5.
2
2
2
Nous remarquons que l’aire de (AMBN) est égale à l’aire de (ABA’).
Comment expliquer cette remarque ?
Le triangle (ABA’) est isocèle en effet, la hauteur [MB] est aussi médiatrice et médiane.
L’aire de (AMB) est égale à celle de (MBA’) ; d’autre part, l’aire de (AMB) est égale à
celle de (ANB) donc l’aire de (AMBN) est égale à celle de (ABA’).
Autre remarque : nous voyons comment fonctionne la résolution d’un exercice en
géométrie, il faut invoquer un théorème après avoir bien observé et documenté la figure.
Evidemment, nous retrouvons Thalès et Pythagore appris en troisième. Il faut donc bien
connaître les théorèmes de géométrie. Une fiche est donc à faire pour fixer tout ça.
L’aire de (ABA’) sera
Exercice 3
Le volume du cylindre est :
2
πa 2 a πa 3
a
Vcyl = SB x h = πr 2 x h = π   a =
=
4
4
2
Le volume de la sphère est :
3
Vsph =
4 3 4 a
4 a 3 4 πa 3 πa 3
πr = π  = π
=
=
3
3 2
3 8
24
6
On peut alors comparer les deux volumes :
πa 3
Vsph
πa 3
4
4 2
6
=
=
x
= =
3
3
Vcyl
6
6 3
πa
πa
4
Le rapport est remarquable, il est égal à
(Évidemment a ≠ 0)
2
et ceci avait retenu l’attention d’Archimède.
3
Exercice 4
B
A
O
H ≈ h .10 − 3 km
R ≈ 6366 km (rayon de la terre)
Le rayon [OB] est perpendiculaire à [AB], on peut appliquer Pythagore :
OA 2 = OB 2 + AB 2 , ceci donne : (R + H) 2 = R 2 + AB 2 , on tire AB
AB 2 = (R + H) 2 − R 2 = R 2 + 2RH + H 2 − R 2 = 2RH + H 2
AB est une quantité positive (C’est une distance). AB = 2RH + H 2 .
Voici la formule exacte mais nous sommes en Physique, réfléchissons, H est petit en km par
rapport à R donc le carré de H (dans l’exemple (25 x 10− 3 )2 = 625 x 10− 6 = 0.625 x 10− 3) est
négligeable par rapport à 2RH ( 2 x 25 x 10− 3 x 6366 = 318300 x 10− 3)
On peut dire AB ≈
AB ≈
2RH et donc dans l ‘exemple avec h = 25 m soit H = 0.025 km :
318.3 ≈ 17.8km . L’horizon est en environ 18 km.
Exercice 5
Pour G, nous avons la formule : OG =
OA + OB + OC
ce qui donne :
3
xG =
−2+5+3
2+2+8
= 2 et y G =
4 ; G(2 ;4)
3
3
Pour déterminer H, nous utilisons le théorème des vecteurs orthogonaux :
r
r
(Si u( x; y ) et v ( x' ; y' ) sont orthogonaux alors xx'+ yy' = 0 )
CH (xH – 3 ; yH – 8) orthogonal à AB (7 ; 0) et AH (xH + 2 ; yH – 2) orthogonal à BC (- 2 ; 6)
7 (xH – 3) + 0 (yH – 8) = 0
xH = 3
– 2 (xH + 2) + 6(yH – 2) = 0
–10 + 6yH – 12 = 0 ; yH =
11
3
De même pour le point O’, nous utilisons :
3

O' I − x O' ; 2 − y O'  orthogonal à AB et O' J (4 − x O' ;5 − y O' ) orthogonal à BC :
2

3
3

xO’ =
7  − x O'  + 0(2 – yO’) = 0
2
2

−2 (4 – xO’) + 6 (5 – yO’) = 0
– 8 + 3 + 30 – 6 yO’ = 0 ; yO’ =
25
6
 11 
 3 25 
On a donc les trois points G (2 ; 4) ; H  3 ;  et O’  ;  . Calculons O' G et O' H :
 3
2 6 
3
25 
1
3 11 25 
3

1

3
O' G  2 − ; 4 −  ; O' G  ; −  et O' H  3 − ; −  O' H  ; − 
2
6 
6
2 3 6 
6

2

2
Nous voyons que ces deux vecteurs sont colinéaires et donc O’, H et G alignés.
( O' H = 3 O' G ) (Propriété d’Euler).
Passons à la démonstration générale :
a) AB' = B' C et D est le milieu de [B’C] donc B' D =
Nous avons AD = AB' + B' D = AB' +
1
1
B' C = AB' .
2
2
1
3
AB' = AB' ; nous pouvons tirer AB' :
2
2
2
AD
3
Dans le triangle (BB’C), A’ est le milieu de [BC], D est le milieu de [B’C] donc, d’après le
théorème des milieux de deux côtés d’un triangle, nous pouvons dire que (BB’) est
parallèle à (A’D). Appliquons Thalès aux sécantes (AA’) et (AC) et aux deux parallèles
AG AB' 2
(BB’) et (A’D) : en longueur, nous avons
=
= . Les vecteurs AG et AA' ayant
AA' AD 3
2
le même sens, nous pouvons conclure que : AG = AA' .
3
Ce raisonnement peut évidemment se faire avec chaque médiane.
Nous retrouvons une propriété bien connue du centre de gravité, G est situé aux deux tiers
de chaque médiane en partant de chaque sommet du triangle.
AB' =
b) OH ' = OA + OB + OC , faisons intervenir A à gauche et A’ à droite :
OA + AH ' = OA + A' B − A' O + A' C − A' O
OA + AH ' = OA + A' B + A' C − 2 A' O
r
(A’ milieu de [BC] donc AB' + A' C = 0 )
Conclusion : AH' = −2 A' O = 2 OA'
Les deux vecteurs sont colinéaires et donc H’ appartient à la hauteur issue de A car cette
hauteur est parallèle à (OA’). Le même raisonnement avec B et B’ puis C et C’ démontre
que H’ appartient aussi aux deux autres hauteurs. H’ est confondu avec H c’est-à-dire nous
avons une définition vectorielle de l’orthocentre :
Théorème : Les trois hauteurs d’un triangle quelconque se coupent en un point H tel que :
OH = OA + OB + OC
r
c) Cherchons un point G tel que GA + GB + GC = 0 .
r
Nous allons utiliser A’ le milieu de [BC], A' B + A' C = 0 .
Nous faisons intervenir A’ dans GB et GC :
r
r
GA + GB + GC = 0 ⇔ GA + A' B − A' G + A' C − A' G = 0 (Relation de Chasles)
r
soit − AG + A' B + A' C − 2 A' G = 0
autrement dit AG = −2 A' G ou AG = −2( AG − AA') ⇔ 3 AG = 2 AA'
et donc AG =
2
AA' . Nous retrouvons la relation du début pour G.
3
Théorème : Le centre de gravité G d’un triangle quelconque est défini par :
r
GA + GB + GC = 0 .
d) Il reste à conclure :
Dans OH = OA + OB + OC faisons intervenir G :
OH = OG + GA + OG + GB + OG + GC
(Relation de Chasles)
OH = 3OG et donc O, H et G alignés (Droite d’Euler).
Remarque : au cours de cet exercice, nous avons utilisé les deux formes de la relation de
Chasles : AB = AO + OB (forme additive) et AB = OB − OA (forme soustractive).
Exercice 6
r
r
Th 1 : Deux vecteurs non nuls u (x ; y) et v (x ‘; y ‘) sont colinéaires
si et seulement si x y‘ – x‘ y = 0.
r
r
Démonstration : Soit deux vecteurs u ( x ; y ) et v ( x ' ; y' ) non nuls, ils sont colinéaires si et
r
r
seulement il existe k un réel non nul tel que v = k u donc :
r r
u et v colinéaires ⇔
x’ = kx
y’ = ky avec k ≠ 0
Multiplions les deux membres de la première ligne par y et ceux de la deuxième ligne par x :
x’y = kxy
r r
u et v colinéaires ⇔
⇔ x’y = xy’ et donc xy’ – x’y = 0.
xy’ = kxy (k ≠ 0)
Remarque : Si l’une des deux coordonnées d’un des vecteurs est nulle alors, nous voyons dans
les égalités écrites au début que la coordonnée correspondante de l’autre vecteur devra être
nulle si nous voulons deux vecteurs colinéaires.
r
r
Th2 : Deux vecteurs non nuls u (x ; y) et v (x’ ; y’) sont orthogonaux si et seulement si
x x’ + y y’ = 0. (Valable uniquement dans un repère orthonormal)
Démonstration :
r
r
Le repère est orthonormal, soit u = OA (x ; y) et v = OB (x’ ; y’).
Les deux vecteurs seront orthogonaux si et seulement si le triangle (OAB) est rectangle en O
Utilisons Pythagore :
AB ( x '− x ; y'− y) (Relation de Chasles)
r
r
u (x ; y) et v (x’ ; y’) orthogonaux ⇔ AB2 = OA2 + OB2 c’est-à-dire :
(x’ – x)2 + (y’ – y)2 = (x2 + y2) + (x’2 + y’2)
(Calculs de distances)
x’2 – 2x’x + x2 + y’2 – 2yy’ + y2 = x2 + y2 + x’2 + y’2 et donc
r
r
u (x ; y) et v (x’ ; y’) orthogonaux ⇔ −2x’x – 2yy’ = 0 ou x’x + yy’ = 0 en divisant par −2.
Applications :
r
a) Considérons la droite (D) de vecteur directeur d = AB (1 ;2) passant par A(1 ;1)
y
4
M
(D)
3
B
2
1
0
A
1
2
3
x
-1
Nous considérons un point courant de (D), M(x ; y) alors AM (x – 1 ; y – 1) devra être
r
colinéaire à d = AB , donc :
M∈(D) ⇔ AM et AB colinéaires soit xy’ – x’y = (x – 1)(2) – (1)(y – 1) = 0 et en
développant :
2x – 2 – y + 1 = 0 , une équation de (D) sera 2x – y − 1 = 0 ou y = 2x − 1.
b) Nous considérons le triangle (ABC) A(3 ; 5) ;B(−1 ; 2 ) et C(5 ; − 2).
Donner une équation cartésienne de la hauteur (AH).
Faisons la figure :
y
A
5
4
3
B
(D)
2
1
H
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
x
-1
-2
C
-3
Soit un point M courant de la hauteur (AH), nous pouvons dire que AM et BC seront
orthogonaux donc si nous prenons M(x ;y), AM (x – 3 ; y – 5) , BC (6 ; – 4) .
Nous appliquons le théorème 2 :
M ∈ (AH) ⇔ (x – 3)(6) + (y – 5)(−4) = 0 soit 6x – 18 – 4y + 20 = 0
3
1
Une équation de (AH) sera : 6x – 4y + 2 = 0 ou bien 4y = 6x + 2 soit y = x + .
2
2
Faisons de même pour la médiatrice, cherchons les coordonnées de I milieu de [BC] :
 x + x C yB + yC 
I B
;
 soit I( 2;0) .Prenons un point courant N(x ;y) :
2
2 

N∈(∆) médiatrice de [BC] ⇔ IM ( x − 2 ; y) orthoganal à BC(6 ; − 4) et donc :
(x – 2)(6) + y(−4) = 0 ⇔ 6x – 12 – 4y = 0
3
x − 3.
2
3
Les deux droites sont parallèles en effet, elles ont le même coefficient directeur a = .
2
Une équation de la médiatrice (∆) de [BC] sera : 6x – 4y – 12 = 0 ou bien y =
Exercice 7
Soit un repère orthonormal du plan (P). Nous avons les trois points suivant :
A(2 ;1) ; B(4 ; −2) et C(3 ; 3)
Faisons la figure :
8y
7
6
D
5
4
C
3
H
2
1
-1
0
A
1
2
3
4
5
6
7
x
-1
-2
B
(∆1)
a) Pour déterminer D, nous pouvons utiliser les vecteurs, (ABCD) sera un parallélogramme si
et seulement si : AB = DC soit en utilisant Chasles :
OB − OA = OC − OD ⇔ OD = OA + OC − OB et en utilisant les coordonnées, cela
donne : OD (2 + 3 – 4 ; 1+3−(−2)) donc OD (1 ; 6).
b) Soit un point courant M(x ;y) de (∆1), nous allons utiliser le théorème 1 de l’exercice 6 :
M(x ;y)∈(∆1) ⇔ DM ( x − 1; y − 6) colinéaire à AB ( 4 − 2;−2 − 1) ( AB( 2 ; − 3) )
M(x ;y)∈(∆1) ⇔ (x – 1)(−3) – 2(y – 6) = 0 soit −3x + 3 – 2y + 12 = 0
3
15
Une équation de (∆
∆1) sera : −3x – 2y + 15 = 0 ou y = − x + .
2
2
c) Soit un point courant N(x ;y) de (∆2), nous allons utiliser le théorème 2 de l’exercice 6 :
en effet (∆2)⊥(DC) ⇔ AN orthoganal à DC
AN ( x − 2; y − 1) orthoganal à DC(2;−3) , soit (x – 2)(2) + (y – 1)(−3) = 0
Développons, 2x – 4 – 3y + 3 = 0 soit 2x – 3y – 1 = 0
2
1
Une équation de (∆
∆2) sera : 2x – 3y – 1 = 0 ou y = x − .
3
3
Pour déterminer les coordonnées de {H}= (∆1)∩(∆2), nus allons résoudre le système
suivant :
3
15
x+
2
2
2
1
y= x−
3
3
y= −
multiplions par 6 pour nous débarrasser des dénominateurs
6y = − 9x + 45
⇔
6y = 4x + 2
⇔
6y = 4x − 2
x=
4x − 2 = − 9x + 45 ce qui donne 13x = 47
47
≈ 3.6
13
⇔
188 − 26 162
27
 47 
≈ 2.1
6 y = 4  − 2 ⇔ 6 y =
=
et donc y =
13
13
13
 13 
47
27
Le point H aura comme coordonnées : xH =
et yH =
.
13
13
d) Pour calculer l’aire de (ABCD), il faut la longueur DC et la longueur de la hauteur AH.
DC(2;−3) donc DC =
(2) 2 + ( −3) 2 = 13
2
2
27 
 47
 21 14 
 21   14 
AH  − 2; − 1 soit AH  ;  donc AH =   +   =
13 
 13
 13 13 
 13   13 
637
=
132
49
7
=
13
13
 7 
Aire(ABCD) = DC × AH = 13 
 = 7 unités d’aire.
 13 
Exercice 8
On considère la figure suivante :
IJ =10. Nous posons OA = x.
Cette figure demande quelques explications :
Si nous considérons la droite (d) passant par O et perpendiculaire à [IJ], nous avons un axe de
symétrie de la figure, en effet, si on appelle D’ l’image de A dans la symétrie orthogonale
d’axe (d), nous aurons OD’ = OA = x ; de même, l’image de l’angle droit OÂB sera un angle
droit OD̂C' , enfin, C’ sera l’image de B car C’ à l’intersection du demi-cercle et de l’image
de (AB). Conséquence, (C’B) ⊥ (d). Nous avons bien un rectangle ABC’D’ qui est en fait le
rectangle ABCD de l’énoncé.
a) Si nous voulons que ABCD soit un carré, il faut que AD = CD or AD = 2x (OA = OD)
Si nous considérons le triangle rectangle ODC alors OC2 = OD2 + DC2 ce qui donne :
52 = x2 + (2x)2 (OC est un rayon)
25 = 5x2 donc x2 = 5 et comme x est positif, x = 5 .
ABCD sera un carré si nous prenons x =
5.
b) Pour construire la figure à partir du demi-cercle de diamètre [IJ], nous plaçons le point A
tel que OA = 5 puis nous plaçons le point D tel que OD = 5 et nous élevons deux
perpendiculaires en A et D à (IJ), elles coupent le demi cercle en B et C. D’après l’analyse
de la figure faîte au début, nous sommes sûr que ABCD est un rectangle et comme AD =
CD = 2 5 , nous avons bien un carré.
I
c) Complétons la figure précédente :
Pour calculer MJ, nous allons utiliser Thalès en effet, les droites (BC) et (MJ) sont
parallèles car toutes les deux perpendiculaires à (IJ), nous utilisons les sécantes (OJ) et
OD CD
5 2 5
=
soit
=
⇔ MJ = 10
OJ MJ
5
MJ
MJ = 10. La longueur MJ est égale au diamètre IJ du demi-cercle.
Nous pouvons en déduire une nouvelle construction du carré inscrit ABCD :
Nous traçons la perpendiculaire à (IJ) en J puis nous plaçons le point M tel que JM = 10, il
reste ensuite à tracer (OM) pour obtenir le point C. Nous abaissons la perpendiculaire à (IJ)
passant par C pour avoir D puis la parallèle à (IJ) passant par C pour avoir B, enfin nous
abaissons la perpendiculaire à (IJ) passant par B pour avoir A.
Nous avons construit géométriquement le carré ABCD.
(OM) :
Exercice 9
Nous traçons la perpendiculaire passant par O à [AB], elle coupe [AB] en I puis la
perpendiculaire à [BC] passant par O, elle coupe [BC] en I’. Le triangle AOB étant isocèle
(propriété du carré, les diagonales ont même longueur donc les deux demi-diagonales ont
même longueur) [OI] est la hauteur et la médiatrice. I est donc le milieu de [AB]. De même en
prenant le triangle BOC, nous montrons que I’ est le milieu de [BC].
Considérons la rotation de centre O et d’angle +90° :
O
O (le centre de la rotation est invariant)
I
I’ car l’angle IÔI' est droit en effet, IOI’B est un rectangle, 3 angles droits)
OI = OI’ car IOI’B est un carré (IB = BI’).
E
F car l’angle EÔF est droit par construction et E∈[AB], A a pour image B et B
pour image C (propriétés des diagonales du carré) donc [AB]
[BC].
L’image de E appartient à [BC]. Conséquence OE = OF.
La rotation étant une isométrie c’est-à-dire une transformation qui conserve les distances et
les grandeurs, l’aire de OIE sera égale à l’aire de OI’F. En conclusion, nous voyons que :
L’aire de EOFB sera égale à celle de IOI’B qui représente bien un quart de l’aire du
carré ABCD.
Exercice 10
1) Nous savons qu’un triangle rectangle est inscrit dans un demi cercle ayant pour diamètre
l’hypoténuse du triangle rectangle donc ici, pour avoir un triangle rectangle MAB,
M∈[CD], nous traçons un demi cercle de diamètre [AB]. Ce demi-cercle coupera bien
[CD] en effet, la distance de O à [CD] est 4 et le rayon du cercle vaut 5. Comme nous
l’observons sur la figure, il y a deux points M possibles et donc deux triangles
rectangles M1AB et M2AB.
2) Prenons M sur [DC] tel que DM = 2
Calculons AM et MB avec Pythagore :
AM2 = AD2 + DM2 ⇔ AM2 = 16 + 4 = 20 donc AM =
20 = 2 5 .
MB2 = MC2 + CB2 ⇔ MB2 = 64 + 16 = 80 donc BM = 80 = 4 5
En utilisant la réciproque du théorème de Pythagore, nous pouvons montrer que MAB est
bien rectangle en M en effet, MA2 + BM2 = 80 + 20 = 100 et AB2 = 102 = 100.
Le triangle MAB est donc bien un des triangles trouvés à la question 1.
2) Si nous observons les triangles MAB, ADM et BCM, nous voyons qu’ils sont tous
rectangles et ils ont une autre caractéristique, leurs deux côtés de l’angle droit sont dans le
rapport 2 (AD = 2DM, CM = 2CB et MB = 2 MA) en fait, on dit que ces triangles sont
semblables c’est-à-dire ils ont des angles de même mesure et leur côtés sont
proportionnels.
Si nous prenons ADM et BCM :
AD DM AM 1
=
=
=
MC BC MB 2
Si nous prenons ADM et MAB :
AD DM AM
4
1
5
=
=
=
=
=
MB AM AB 4 5
5
5
Enfin, si nous prenons BCM et MAB :
BC MC MB
4
2
2 5
=
=
=
=
=
AM MB AB 2 5
5
5
Pour les angles, il est facile de montrer que DM̂A et MB̂C ont la même mesure, en effet,
DM̂A et BM̂C sont complémentaires et BM̂C et MB̂C le sont aussi . De même,
DM̂A et MÂB ont le même mesure (angles alternes internes).
Nous pouvons dire que nous avons bien investigué la figure.
Exercice 11
AB = 4
Nous avons 4 possibilités pour la position de M et donc 4 cas à voir :
Si M∈[BC] alors x∈[0 ;4]
La hauteur du triangle vaut 2 car en
fait dans le triangle BOC isocèle et
rectangle (propriétés des diagonales),
la hauteur est aussi médiatrice. Le
segment qui joint les milieux de deux
côtés dans le triangle (ACB) a pour
longueur la moitié du troisième côté.
Base × hauteur x ( 2)
=
=x
Aire(x) =
2
2
Aire(x) = x
Si M∈]CD] alors x∈]4 ;8]
Nous allons procéder par soustraction :
Traçons la diagonale [BD].
Aire(x) = Aire (BDC) – Aire(BCM) –
Aire(ODM)
Dans le triangle ODM, la hauteur est aussi
égale à 2 (Voir cas précédent).
BC × CD BC × CM DM × h
Aire(x) =
−
−
2
2
2
Aire(x) = 8 – 2(x – 4) – 1((8 – x)
Aire(x) = 8 – 2x + 8 – 8 + x
Aire(x) = 8 – x
h
Si M∈]DA] alors x∈]8 ;12]
Nous procédons encore par soustraction :
Aire(x) = Aire(BDA) – Aire(BAM) –
Aire(ODM)
AB × AD AB × AM DM × h
Aire(x) =
−
−
2
2
2
Aire(x) = 8 – 2(12 – x) – 1(x – 8)
Aire(x) = 8 – 24 + 2x – x + 8
Aire(x) = x – 8
h
Si M∈]AB] alors x∈]12 ;16]
h
BM × h (16 − x )2
=
= 16 − x
2
2
Aire(x) = 16 – x.
Aire(x) =
Nous avons donc une fonction affine par morceaux :
Si x∈
∈[0 ;4]
Si x∈
∈]4 ;8]
Si x∈
∈]8 ;12]
Si x∈
∈]12 ;16]
Aire(x) = x
Aire(x) = 8 – x
Aire(x) = x – 8
Aire(x) = 16 – x
Pour déterminer le maximum et le minimum de cette aire, nous devons étudier les variations
de cette fonction :
x
0
4
8
12
4
16
4
Aire(x)
0
0
0
Nous avons 4 segments qui se raccordent en effet :
Aire(4) = 4 et sur le deuxième morceau, quand x tend vers 4, Aire(x) tend vers 4 (8 – 4 = 4).
Aire(8) = 0 et sur le troisième morceau, quand x tend vers 8, Aire(x) tend vers 0 (8 – 8 = 0).
Aire(12) = 4 et sur le quatrième morceau, quand x tend vers 12, Aire(x) tend vers 4 (16 – 12 =
4).
Nous voyons que le maximum sera 4 quand M est en C ou en A (en fait un quart de
l’aire du carré).
Le minimum sera 0 quand M est en B ou en D (le triangle BOM est plat).
Représentation graphique :
y
5
4
3
2
1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
Nous avons une ligne brisée continue formé de 4 segments de droite.
13
14
15
16 x
Exercice 12
I
1) Nous avons OF = OE = r et d’autre part, OF = FA et OE = EA (propriété de la médiatrice)
donc OF = OE = FA =AE = r. Le quadrilatère OEAF a ses quatre côtés de même longueur
donc, OEAF est un losange.
2) Pour savoir comment se déplace le point S, observons les parties fixes de la figure. O est
fixe et d’autre part, nous allons montrer que OFES est un parallélogramme et que OS a une
longueur constante quand A se déplace sur le cercle.
(EF) // (OS) (Perpendiculaires à une même droite)
(OF) // ((ES) (OEAF est un losange)
Donc OFES est un parallélogramme.
OS = FE. Calculons FE :
1
1
Soit I le milieu de [EF], IF2 = AF2 – AI2 or AI = OA = r
2
2
2
1
3
1 
IF2 = r 2 −  r  = r 2 − r 2 = r 2
4
4
2 
IF =
3 2 r 3
r =
.
4
2
Nous avons donc OS = FE = 2 FI = r 3 .
Quand A se déplace sur le cercle (C), S reste à distance constante de O donc S se déplace
sur le cercle (C’) de centre O et de rayon r 3 .
Réciproque : Si nous prenons un point quelconque du cercle (C’), il suffit de tracer un arc
de cercle de rayon 2r (AS = 2r) pour trouver un point A correspondant sur le cercle (C).
Le point S parcourt tout le cercle (C’) quand A se déplace sur (C).