utiliser ses connaissances pour démontrer : corrigé des ... - IUFM

Master 1 « Education et Métiers de l’enseignement du premier degré »Mathématiques EC 4.3Utiliser les connaissances géométriques pour démontrerCorrigé des exercicesExercice 11. Construction de l'isocervolantConstruire deux droites (d) et (d')perpendiculaires en A.(AC) est un axe de symétrie du quadrilatèredonc C se trouve sur la bissectrice del'angleA ɵ .Tracer cette bissectrice. Placer un point Cdessus.Sur (d), placer un point B, sur (d') un pointD tel que AB = AD (la symétrie conserveles longueurs).Selon la place du point, l’isocervolant estconvexe ou concave : ABCD est unisocervolant convexe et ABC’D est unisocervolant concave.2. Construction d’unquadrilatère EFGH qui ne soitpas un isocervolant et quipossède un axe de symétrie :Il suffit de réaliser la mêmeconstruction queprécédemment mais avec(d) et (d’ nonperpendiculaires.3. (a) Vrai. Un carré a 4angles droits et sesdiagonales sont axes desymétrie : c'est donc unisocervolant(b) Faux. Sur la figure cidessusl’isocervolant ABC’Dn’est pas convexe.(c) Faux. Seuls les carrés parmi les rectangles sont des isocervolants (les diagonales d'un rectangle qui n’est pasun 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.Géométrie 1

Master 1 « Education et Métiers de l’enseignement du premier degré »Mathématiques EC 4.3Exercice 21. Dans le triangle SFE, I est le milieu de [SE] et L est le milieu de [EF]. D’après le théorème de la droite desmilieux, (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 milieuxaux 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. CommeSF = 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 ceplan. (IL) est donc orthogonale à toute droite du plan, en particulier à (LK). On en déduit que IJKL est unparallélogramme 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 pointde (SG). On en déduit que le quadrilatère SIMJ a ses côtés deux à deux parallèles. C’est donc un parallélogrammePour 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 doncêtre rectangle et isocèle en S, d’où SG=SE. D’après la question 3. IJKL est rectangle si (SF) est orthogonale auplan (EFG). Dans ce cas, SFG et SFE sont rectangles en F. De plus comme SE = SG, ces triangles ont un angleégal, un côté commun et deux côtés de même longueur. Ils sont donc isométriques. On en déduit queFE = 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 etGSE. 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. Cessegments 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. Cessegments doivent donc avoir la même longueur.On peut construire le patron :• Soit à partir du triangle EFGOn trace un triangle isocèle EFG tel que l’angle EFG soitobtus. Le sommet S appartient à la médiatrice de [EG]puisque SE=SG. On trace la médiatrice de [EG]. Ontrace un cercle de diamètre [EG], qui coupe la médiatricede [EG] en S 1 . ES 1 G est isocèle rectangle parconstruction. Pour construire le triangle EFS 2 , rectangleen F, on trace la perpendiculaire à (EF) en F. On traceun arc de cercle de centre E et de rayon E S 1 qui coupecette dernière en S 2 (S 2 dans le demi-plan qui necontient par S 1 ).On procède de même pour construire le triangle GFS 3 .ES 2 S 3GGéométrie 2

Master 1 « Education et Métiers de l’enseignement du premier degré »Mathématiques EC 4.3• Soit à partir du triangle ESG :Comme ESG est isocèle en S, ce point appartient àla médiatrice du segment [EG]. Comme ESG estrectangle en S, S appartient au cercle de diamètre[EG].Construisons les triangles S F 1 G, SF 2 E et EF 3 GLe triangle SF 1 G est rectangle en F 1 . Ce pointMappartient au cercle de diamètre [SG]. CommeSF 1 G n’est pas isocèle, on choisit F 1 non situé sur lamédiatrice de [SG]. On trace le triangle S F 1 G.On trace le triangle SF 2 E isométrique au triangleS F 1 G. Puis on trace le point F 3 non situé dans lemême demi-plan que F 1 et F 2 par rapport ausegment [EG], tel que EF 3 = GF 3 = EF 2 = GF 1 . Eneffet les segments [EF 3 ] et [EF 2 ] sont de la mêmelongueur puisqu’ils formeront l’arête [EF] de lapyramide. 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 patronEF 3 = EF 2F 3 est situé à l’intersection du cercle de centre E et de rayon EF 2 et de la médiatrice de [EG].Exercice 3a) Vrai : Les triangles ABD et ACD sont rectangles et sont donc inscrits dans le cercle de diamètre [AC] leurhypoténuse 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 anglesopposés 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 lesdiagonales sont perpendiculaires n'est pas nécessairement unlosange.f) Soit ABCD un "amandin" dont B et D sont les sommets des angles droits opposés. Le triangle CBA étantrectangle en B, le point B est sur le cercle de diamètre [AC]. De même, le triangle CDA étant rectangle en D, lepoint 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 cecercle, milieu de ces deux diamètres. On en déduit que l’amandin ABCD est un quadrilatère dont les diagonalesont même longueur et se coupent en leur milieu. C'est donc un rectangle.Géométrie 3

Master 1 « Education et Métiers de l’enseignement du premier degré »Mathématiques EC 4.3Exercice 41. Dans le triangle DAB, C est le milieu de [AD] et I estle milieu de [DB]. D’après le théorème la droite desmilieux appliqué au triangle DAB, la droite (CI) estparallèle à la droite (AB) .2. Trois points non alignés déterminent un cercle.Déterminons le centre et le rayon de ce cercle : lespoints A, B et D forment un triangle rectangle en A quia pour hypoténuse [DB]. Or tout triangle rectangle estinscrit dans un demi-cercle de centre I le milieu del’hypoténuse et de diamètre la longueur de cettedernière.A, B et D sont donc sur un cercle C de centre I et derayon IB.D’après le théorème de Pythagore appliqué autriangle rectangle DAB :AD² + AB² = DB². Comme AD = 2L et AB = L, on peutécrire que DB² = (2L)² + L² = 4L² + L² = 5L²On en déduit que DB = L 5 .Le rayon du cercle C a donc pour longueurIB =DB 5= L .2 23. 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 estun 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 de centre I et de rayon IA.Les diagonales [AE] et [DB] du quadrilatère ABED sont deux diamètres du cercle C. Elles ont donc même longueuret 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 ).Le parallélogramme AIDJ a deux côtés consécutifs de même longueur. C’est un losange.Exercice 51. Notons C le cercle circonscrit au triangle ABC. D’après l’énoncé, le segment [AD] est un diamètre de C. Pardéfinition du cercle circonscrit à un triangle, le point Cappartient à C. Le triangle ACD est donc rectangle en C, cequi 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 endéduit qu’elles sont parallèles.2. On a montré que (BB’) est parallèle à (CD). Comme lepoint H appartient à (BB’), (BH) est parallèle à (CD).Le même raisonnement que celui utilisé dans la questionprécédente permet de montrer que le triangle ABD estrectangle en B. Les droites (CC’) et (BD) sont donc toutesdeux perpendiculaires à (AB) et on en déduit qu’elles sontparallèles. Comme H appartient à (CC’), on en déduit que(CH) parallèle à (BD).Ainsi, on vient de montrer que le quadrilatère BHCD a sescôtés opposés parallèles deux à deux : c’est unparallélogrammeGéométrie 4

Master 1 « Education et Métiers de l’enseignement du premier degré »Mathématiques EC 4.33. 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 quiprouve 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 pourcentre 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 doncperpendiculaire 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 particulierMH = MH’.Ainsi, la droite (BC) est perpendiculaire à (HH’) et contient un point équidistant de H et de H’ ; ceci prouve que c’estla 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 lessymétriques de H par rapport aux droites (AB) et (AC) appartiennent au cercle C. La propriété démontrée dans cetexercice est la suivante :« Les symétriques de l’orthocentre d’un triangle quelconque par rapport à ses trois côtés appartiennent au cerclecirconscrit à ce triangle. »Géométrie 5