PROBLÈMES DE GÉOMÉTRIE E05EXERCICE N°1

ABCDEFGH est un cube de côté 5.

1) Calculer la longueur DB (valeurexacte).Plaçons nous dans le plan (ABC ) (quicontient le carré ABCD )Dans le triangle ADB , rectangle en A .On peut appliquer le théorème de Pythagorepour obtenir :

DB2 = AD2+ AB2 = 2 AB2⏟car AD=AB

ainsi :

DB = √2×AB2 = √2×√ AB2 = √2×AB = 5√22) En déduire la mesure en degré de l’angle

DBH arrondie à l’unité .

Plaçons nous, cette fois, dans le plan (DBH ) qui contient le triangle DBH.Dans le triangle DBH, rectangle en D.On sait que :

tan ( DBH ) = HD

DB =

5

5√2 =

1

√2

On en déduit que :

DBH = arctan( 1

√2) ≈ 35° à 1° près

Si vous obtenez ≈ 0,6154… c’est que votre calculatrice est en mode radianPour passer en en mode degré.

A B

CD

FE

GH

5

1 32

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PROBLÈMES DE GÉOMÉTRIEPropriété n°1.

Si x est la mesure d’un angle aigu alors : tan ( x)=sin ( x )cos( x )

preuve : Soit x la mesure d’un angle aigu, alors il existe un triangle ABC ,rectangle en B tel que la mesure de l’angle ABC égale x .(La figure 3 illustre cette situation)Nous avons les égalités suivantes :

sin(x )cos( x)

=

BCACABAC

= BCAC

× ACAB

=BCAB

=tan (x )

Propriété n°2.

Si x est la mesure d’un angle aigu alors : (cos ( x))2+(sin( x ))2=1preuve :

Soit x la mesure d’un angle aigu, alors il existe un triangle ABC ,rectangle en B tel que la mesure de l’angle ABC égale x .(La figure 3 illustre cette situation)Nous avons les égalités suivantes :

(cos (x ))2+(sin(x ))2=( ABAC )

2

+( BCAC )

2

= AB2

AC 2 +BC 2

AC 2 =AB2+BC 2

AC 2 = AC 2

AC 2 =1

l’avant dernière égalité étant justifiée par le théorème de Pythagore.

Faire les exercices

PROBLÈMES DE GÉOMÉTRIE E06EXERCICE N°1 Objectif Spé

On donne x la mesure d’un angle aigu. Démontrer les égalités suivantes :

1) (cos (x )+sin (x ))2=1+2 sin(x )cos( x) 2) (cos (x ))2−(sin( x))2 = 1−2 (sin( x))2

3) 1+( tan ( x))2 = 1

(cos (x))2 4) 1+ 1

(tan (x ))2 =

1

(sin( x))2

Remarque n°1. Très souvent, vous simplifierez ces écritures de la façon suivante :

1) (cos x+sin x)2=1+2 sin xcos x 2) cos2 x−sin2 x = 1−2sin2 x

3) 1+tan 2 x = 1

cos2 x4) 1+ 1

tan2 x =

1

sin 2 x

Pour démontrer une égalité, on choisit un membre de départ, et, à l’aide du calcul littéral et despropriétés à notre disposition, on essaie d’aboutir à l’autre membre.

1) (cos (x )⏟

a

+sin(x )⏟b

)2 = (cos (x))2⏟

a2

+2 cos (x)sin( x)⏟2 ab

+(sin (x ))2⏟b2

identité remarquable

= (cos (x ))2+(sin(x ))2⏟=1 (propriété 2)

+2 cos (x)sin( x)

= 1+2 sin(x )cos( x) 2) (cos (x ))2−(sin( x))2 = (cos (x ))2+0−(sin( x))2 astuce classique : on ajoute 0

= (cos (x ))2+(sin( x))2−(sin(x ))2⏟=0

−(sin(x ))2 mais sous une forme utile

= (cos (x ))2+(sin( x))2⏟=1

−(sin( x))2−(sin( x))2⏟=2(sin( x))2

= 1−2(sin (x ))2 3)

1+(tan (x ))2 =

= 1+( sin(x )cos( x))

2

= 1+(sin(x ))2

(cos( x))2

= (cos (x))2+(sin (x ))2

(cos (x ))2

= 1

(cos (x ))2

4)

1+ 1(tan (x ))2 = 1+ 1

( sin( x)cos (x ))

2 = 1+ 1(sin(x ))2

(cos( x))2

= 1+(cos (x ))2

(sin ( x))2 = (sin( x))2+(cos (x ))2

(sin (x))2 = 1

(sin( x))2

On aurait pu partir du membre de droite à chaque fois...

EXERCICE N°2 Valeurs remarquables part 1

On considère un triangle OMH rectangle en H tel que MOH =60° et OH=12

.

Soit I le symétrique de O par rapport à H .

1) Montrer que le triangle OMI est équilatéral.On considère le triangle OMI .▪ On sait que : (MH )⊥( IO) et H milieu de [ IO ]Donc (MH ) est un axe de symétrie du triangle

OMI .▪ La symétrie centrale conserve les mesuresd’angles Donc MIH=MOH =60 °▪ De plus, dans un triangle, la somme des mesuresdes angles vaut 180°.Donc IMO=180−60−60=60 °▪ Enfin, le triangle OMI ayant tous ses angles demême mesure, est bien équilatéral▪ Remarques importantes pour la suite : → MI=MO=OI=2×OH =1

→ Nous aurons aussi besoin de MH . Nous déterminons cette longueur ici afin de faciliter lalecture des questions 2 et 3. (mais vous pouviez le faire directement dans les questionsprécitées)Dans le triangle MOH ,rectangle en H.Le théorème de Pythagore nous permet d’écrire :

MO2=HM 2+ HO2

On en déduit que :

HM 2=MO2−HO2=12−(12)

2

=34

Et comme HM est une longueur : HM =√ 34=√3

2

2) En déduire la valeur exacte de cos (60 °) puis de sin(60 °) .

cos (60 °)=cos(MOH )= HOOM

=

121

=12

sin(60 ° )=sin (MOH )= HMMO

=

√321

=√32

3) En déduire la valeur exacte de cos (30 ° ) puis de sin(30 ° ) .

cos (30 ° )=cos (HMO)= HMMO

=

√321

=√32

sin(30 ° )=cos(HMO )= HOOM

=

121

=12

EXERCICE N°3 Valeurs remarquables part 2

On considère un triangle OMH rectangle en H tel que MOH =45 ° et OM =1 .

OM 2=OH 2+HM 2=1+1=2donc

OM =√2

1) Montrer que le triangle OMH est également isocèle puis en déduire la valeur exacte de lalongueur OH .On considère le triangle OMH .Dans un triangle, la somme des mesures des angles vaut 180°.Donc OMH =180−90−45=45 °Le triangle OMH ayant deux angles de même mesure est bien isocèle.2) En déduire la valeur exacte de cos (45 ° ) puis de sin(45° ) .

cos (45 ° )=cos (HMO )=HMOM

=1

√2=√2

2

sin(45° )=sin (HMO )=OHOM

=1

√2=√2

2

EXERCICE N°4 Tableau des valeurs remarquables de la trigonométrie.

En vous aidant des deux exercices précédents compléter le tableau et l’apprendre par cœur !

x 0° 30° 45° 60° 90°

cos (x) 1 0

sin( x) 0 1

tan (x ) 0 « infini »

PROBLÈMES DE GÉOMÉTRIE E06En vous aidant des deux exercices précédents compléter le tableau et l’apprendre par cœur !

x 0° 30° 45° 60° 90°

cos (x) 1 √32

1

√2=√2

212

0

sin( x) 012

1

√2=√2

2√32

1

tan (x ) 01

√3=√3

31 √3 « infini »

PROBLÈMES DE GÉOMÉTRIE E07EXERCICE N°1

Dans un repère orthonormé (O ; i ; j ) , placer le point U (8 ; 7) et le point Tmilieu de [OU ] . 1) Construire le point R , projeté orthogonal de T sur l’axe des abscisses et le point S, projeté orthogonal de U sur l'axe des abscisses.

2) Montrer que le point R est le milieu de [OS ] et calculer ses coordonnées.On considère le triangle OSU .On sait que (TR) //(US) et que T est le milieu de [US ]Or : Si, dans un triangle, une droite passe par le milieu d’un côté et est parallèle à un deuxièmecôté alors elle passe par le milieu du troisième. Donc R est le milieu de [OS ] .

S étant le projeté orthogonal de U sur l’axe des abscisses, ces deux points ont la mêmeabscisse et bien sûr l’ordonnée de S est nulle.Ainsi S (8 ; 0)Enfin, comme R est le milieu de [OS ] :

x R=xS +xO

2=8

2=4 et yR=

y S+ yO

2=0

2=0

Donc R(4 ; 0)

EXERCICE N°2 Démontrer par l’absurde

On considère la figure suivante dans laquelle point T appartient à la droite (US)

En raisonnant par l'absurde, montrer que le point S n'est pas le projeté orthogonal du point Rsur la droite (UT ) .Nous savons que : USR=180−90−45=45 ° et RUS=180−136=44 °Supposons que S soit le projeté orthogonal de R sur (UT )alors RST =90 °On obtient que USR+ RUS + RST =45+44+90=179 ° ce qui est absurde.Ce qui signifie que S ne peut pas êtrel e projeté orthogonal de R sur (UT ) .

Rappel : Dans une démonstration EXERCICE N°3

A et B sont deux points distants de 4 cm. Déterminer l'ensemble des points M situés à5 cm de la droite (AB) et à 5 cm du point A .

M 1 et M 2 sont les deux seuls points répondant au problème.

EXERCICE N°4 OABC est un carré de côté 1, les triangleODA et ABE sont équilatéraux.

On se place dans le repère (O ; OA ; OC )1) Calculer la hauteur DH du triangle

OALDans le triangle ODH rectangle en H .Le théorème de Pythagore nous permet d’écrire :

OD2=OH 2+DH 2

Ainsi DH 2=12−(12)

2

=34

Et comme DH est une longueur :

DH =√32

(relire l’exo2 de E06)

2) Déterminer les coordonnées des point C , D et E .

C (0 ; 1) ; D(0,5 ; √32 ) et E(1+ √3

2 ; 0,5)

Pour C et D c’est évident.Pour E :On peut introduire le point F , pied de la hauteur issue de E dans le triangle BEA .

Comme BEA est équilatéral, F est le milieu de [ BA] et FE=√32

On en déduit que l’ordonnée de F vaut 0,5 et donc celle de E aussi, puis que l’abscisse de

E vaut 1+ √32

(le 1 étant la longueur du côté du carré)

3) Démontrer que les points C , D et E sont alignés.

CD( 0,5√32

−1) et CE(1+ √32

−0,5 )

det (CD ; CE) = 0,5×(−0,5)−(√32

−1)(√32

+1) = −0,25−((√32 )

2

−1) = −0,25−(34−1)=0

Ainsi les points C , D et E sont bien alignés.

Remarque : comme on l’a dit dans le cours, toute autre combinaison mènerait au même résultats.Seuls les calculs intermédiaires changeraient.

Geogebra

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EXERCICE N°5 Médiatrices d’un triangle et cercle circonscritOn considère un triangle ABC non aplati. Soient d 1 , d 2 et d 3 les médiatrices des côtés de

ABC .geogebra

1) Soit O le point d'intersection de d 1 et d 2 . Montrer que OA=OB=OC .On sait que O ∈ d 1 et que d 1 est la médiatrice de [ AB ] donc OA=OBDe même OB=OCAinsi OA=OB=OC2) En déduire que B et C sont sur le cercle de centre O et passant par A .Le cercle de centre O passant par A a pour rayon OA et comme OA=OB=OC , onen déduit que B et C sont bien sur ce cercle.On appelle ce cercle : cercle circonscrit au triangle ABC .3) Montrer que O appartient aussi à d 3 .On sait que OA=OC donc O appartient à la médiatrice de [ AC ] qui n’est autre que

d 3

Les médiatrices d’un triangle sont donc concourantes en un point qui est le centre du cerclecirconscrit à ce triangle.Propriété à retenir !!!

EXERCICE N°6 Hauteurs d’un triangle et orthocentreOn considère un triangle ABC non aplati. Soient d 1 la parallèle à la droite (BC )passant par A , d 2 la parallèle à la droite (AC ) passant par B et d 3 parallèle à ladroite (AB) passant par C .Les droites d 2 et d 3 se coupent en A ' , d 1 et d 3 coupent en B ' et

d 1 et d 2 se coupent en C ' .geogebra

1) Montrer que AB ' CB et C ' ACB sont des parallélogrammes.On considère le quadrilatère AB ' CBOn sait que : (AB) // (B ' C) et (AB ' ) // (BC )Or : Si un quadrilatère a ses côtés opposés parallèles deux à deux alors c’est un parallélogramme.Donc AB ' CB est un parallélogramme.De la même façon, C ' ACB est un parallélogramme.

2) En déduire que A est le milieu de [ B' C ' ] .On sait que AC '=BC car C ' ACB est un parallélogramme et que AB '=BC car

AB ' CB est un parallélogrammeAinsi AC '=AB' et comme, de plus, les points sont alignés, on en déduit que que A est lesmilieu de [ B' C ' ]3) Montrer par un raisonnement analogue que B et C sont les milieux respectifs dessegments [ A' C ' ] et [ A' B ' ] .C’est exactement la même chose, je vous laisse faire...4) Dans le triangle ABC , on appelle Δ1 la hauteur issue de A , Δ2 la hauteur issuede B et Δ3 hauteur issue de C . Montrer que Δ1 ,Δ2 et Δ3 sont les médiatrices descôtés du triangle A ' B ' C '

On sait que Δ1 ⊥( BC ) et (B ' C ' ) // (BC) donc Δ1 ⊥( B ' C ') et comme A est lemilieu de [ B' C ' ] , on en déduit que Δ1 est la médiatrice de [ B' C ' ] .De la même façon, Δ2 est la médiatrice de [ A' C ' ] et Δ3 est la médiatrice de [ B' A' ]5) Sachant que ces trois médiatrices sont concourantes (voir exercice précédent), en déduireque les hauteurs du triangle ABC sont concourantes. D’après la question précédente, les hauteurs du triangle ABC sont les médiatrices du triangle

A ' B ' C ' . Elles sont donc concourantes.

Les hauteurs d’un triangles sont concourantes en un point qui se nomme l'orthocentre dutriangle .Propriété à retenir !!!

I Le résumé du cours

Les points A , M et B sont alignés si et seulement det ( AM ; AB)=0 Repère

M milieu du segment [AB] alors xM =x A+x B

2 et yM=

y A+ y B

2Tous

AB=√(x A− xB)2+( y A− y B)

2 ou AB 2=( xA−xB)2+( yA− yB)

2 UniquementORTHONORME

Le point H s’appelle le projeté orthogonal dupoint A sur la droite (d ) car (AH )⊥(d )

La longueur AH s’appelle la distance du pointA à la droite (d ) .

Si M ∈(d ) distinct de H alors AM > AH .

(d ) est la tangente au cercle au point A car(OA)⊥(d )

Il y a un seul point commun entre la tangente et lecercle.

Dans le triangle ABC , rectangle en B .

▪ cos ( BAC )= ABAC

(« cosinus égale côté adjacent sur hypoténuse »)

▪ sin ( BAC )= BCAC

(« sinus égale côté opposé sur hypoténuse »)

▪ tan ( BAC )= BCAB

(« sinus égale côté apposé sur côté adjacent »)

tan ( x)=sin( x )cos( x )

et (cos ( x))2+(sin ( x ))2=1

0 11

x

y

0 1

1

x

y

01

1

x

y

(O ; I ; J ) est un repère quelconque

(O ; I ; J ) est un repère orthogonal

(O ; I ; J ) est un repère orthonormé (OI = OJ)

IIIJ

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