D141 Variations angulaires dans un triangle [**** à la main] Solution (par la trigonométrie et la géométrie) 1

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D141 Variations angulaires dans un triangle [**** à la main]

Solution (par la trigonométrie et la géométrie) 1^e exercice :

Solution trigonométrique :

Par convention on pose AB = 1. Comme ABD = 20° et BAD = 10°, on a ADB = 150°. D’autre part CAD = BAC - BAD = 40° ,ADC = 180° - CAD - ACD = 110° et BDC = 100°.

La relation des sinus appliquée respectivement aux triangles ABD et ACD donne : BD = 2*sin(10°), AD =2*sin(20°), AC = 2*AD*sin(110°) = 4*sin(20°)*sin(110°)

Or 2*sin(a)*sin(b) = )

2 b cos(a 2 )

b

cos(a  

.D’où 2*sin(20°)*sin(110°) = cos(50°). Il en résulte que AC = 2*cos(50°).

Soit I la projection de B sur AC. On a AI = AB*cos(50°) = cos(50°). On a donc AC = 2AI et BI est médiatrice de AC. Le triangle ABC est isocèle en B.Il en découle que l’angle ABC est égal à 180° - 2*50° = 80° et que CBD = 80° - 20° = 60°.

Solution géométrique :

Soit A’ le symétrique de A par rapport à la droite BD. BA’ coupe CD en P. Les quatre points A,D,P et A’ sont cocycliques car DPA’ = 180° - BDC - DBP = 180° - 100° - 20° = 60° et DAA’ = BAM - BAD = 70° - 10° = 60°. Les deux angles DPA’ et DAA’

sont supplémentaires.

Comme le triangle ADA’ est isocèle en D et que DAA’ = 60°, ce triangle est équilatéral et on en déduit que APA’ = 60°. Comme CPI = 180° - DPA’ = 180° - 120° = 60°, on a BI médiatrice de AC et le triangle ABC est bien isocèle en B.

2^ème exercice :

Solution trigonométrique

Comme précédemment on pose par convention AB = 1. Comme ABD = 20° et BAD = 10°, on a ADB = 150°. D’autre part CAD = BAC - BAD = 30° ,ADC = 180° -

CAD - ACD = 130° et BDC = 80°.La relation des sinus appliquée respectivement aux

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triangles ABD et ACD donne AD =2*sin(20°) puis CD = 1 = AB et AC = 2*sin(130°) = 2*sin(50°) = 2*cos(40°).

Soit I la projection de B sur A. On a AI = AB*cos(40°) = cos(40°). On en déduit que AC = 2AI et que BI est médiatrice de AC. Le triangle ABC étant isocèle en B, on a ACB = 40° et

BCD = 20°. Comme CD.= AB = CB, le triangle CBD est isocèle de sommet C et CBD = (180° - 20°)/2 =80°.

Solution géométrique

On porte le point D’ sur AC tel que DA = DD’. Le triangle ADD’ est isocèle et CD’D = 150°. Les deux triangles ABD et CDD’ qui ont un côté identique (AD = DD’) et les trois angles égaux, sont donc égaux. D’où CD = AB.

Par ailleurs la projection de C sur la droite AD donne le point H tel que ACH = 90° -

CAD = 60°. Le triangle ACH est donc un demi-triangle équilatéral et AC = 2CH. Soit D’

sur la droite AD tel que CD’ = CD. Les deux triangles ABI est CHD’ sont rectangles l’un et l’autre et CD’H = CDH = BDC - BDH = 80° - 20° - 10° = 50° = 90° - BAI =

ABI. Les deux triangles sont égaux. Il en résulte que AI = CH et AC = 2AI. Bi est la médiatrice de AC….etc…

3^ème exercice :

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Le triangle ABC est isocèle en A.Soit AM la médiatrice issue de A qui coupe BD en P et CD en Q. Le triangle BQC est isocèle et il est constitué de deux demi-triangles «équilatéraux BQM et CQM juxtaposés l’un à côté de l’autre.

Les triangles ABQ et DBQ qui ont un côté commun (BQ) et les deux angles adjacents à ce côté égaux entre eux (ABQ = DBQ = 5° et AQB = 180° - BQM = 180° - 60° = 120° = BQD = 2BQM), sont égaux entre eux. Le triangle ABD est isocèle de sommet B.

D’où ADB = (180° - ABD) / 2 = 85°. Comme BDC = 180° - DBC - DCB = 180° - 25° - 30° = 125°, on obtient ADC = 360° - 125° - 85° = 150°.

4^ème exercice

Solution trigonométrique

On pose BP = x, AC = 3b, CBP = u.

Comme ABP=15° et BAP=45°, il en résulte APB=120° et BCP=120°-u.

La loi des sinus appliquée respectivement au triangle ABP et au triangle BPC permet d’écrire :

 

 sin15 b sin45

x et

u) sin(120

x sinu

2b



  . Il en résulte que sin45°*sinu = (sin120°*cosu-cos120°*sinu)*sin15°

D’où





 

sin15 2

2 sin15

tanu 3 .

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Or sin15° peut s’exprimer à partir de la relation 2sin15*cos15 = sin30 =

1/2 4

2 15 6

sin  

 . Il en découle tan u = 1 et u = 45°. D’où ACB = 180°-45°-15°-45°

= 75°=

12 5π.

Soit Q le milieu de CP. On trace D sur BP tel que PD = PA = PQ. Comme APB=120° , le triangle DPQ est équilatéral et le triangle ADQ est rectangle avec l’angle droit en D ainsi que le triangle CDP dans lequel l’angle droit est en D avec QC = QD = QP.Il en découle DA = DC.

Par ailleurs DAP = 30°. D’où BAD = 45°-30° = 15°. Le triangle DAB est isocèle de sommet D et l’on a DA = DB. Le point D est donc le centre du cercle circonscrit au triangle ABC et le triangle BDC qui est rectangle en D est isocèle. D’où CBD = 45° et ACB = 75°=12

5π .