Exercice 1 : ABCD est un rectangle. F et G sont respectivement des points de [CD] et [AD] tels que ̂
DAF=̂ABG .
1. Prouver que ̂FAB et ̂ABG sont complémentaires.
2. En déduire que les droites (AF) et (BG) sont perpendiculaires. 3. Démontrer que les points D, F, G et H sont cocycliques.
1. ABCD étant un rectangle, l'angle ̂DAB est droit. De plus, ̂FAB et ̂FAD sont adjacents et leur somme vaut ̂DAB : ils sont donc complémentaires.
Or ̂DAF=̂ABG , d'après l'énoncé.
Donc ̂FAB et ̂ABG sont complémentaires. 2. Or ̂FAB=̂HAB et ̂ABG=̂ABH
Les angles en A et en B du triangle ABH sont donc complémentaires. On en déduit que le triangle ABH est rectangle en H.
Autrement dit, (AF)⊥(BG).
3. Les triangles FGH et FGD, rectangles respectivement en H et D, sont inscrits dans dans le cercle de diamètre leur hypoténuse commune [FG].
Les points D, F, G et H sont donc cocycliques.
Démonstration à l'aide d'un repère (géométrie analytique) : Soit (D ;⃗DI ,⃗DA ) un repère orthonormé.
On pose f l'abscisse de F et b l'abscisse de B.
ABG et DAF sont rectangles et ̂DAF=̂ABG donc ces deux rectangles sont semblables et DADF=AB AG (on peut aussi remarquer que ce rapport est la tangente commune de ̂DFA et de ̂BGA ).
Donc 1 f =
b AG
et yG=1−bf (la condition yG⩾0 impose à f d'être inférieur à
1 b ) La droite (AF) a pour coefficient directeur : a(AF)=−1
f ; et la droite (BG) : a(BG)=
bf b =f . a(AF)×a(BG)=−1 donc : (AF)⊥(BG).
(AF) : y=−1
f x+1 et (BG) : y= fx+1−bf
Les coordonnées du point H, point d'intersection de (AF) et (BG), vérifient donc le système
{
y=−1f x+1 y= fx+1−bf . On trouve H(
bf2 1+ f2;1− bf 1+ f2)
Soit I le milieu de [FG] : I(
f 2; 1−bf 2)
IF2 =(
f 2)
2 +(
−1−bf 2)
2 =(
f 2)
2 +(
1−bf 2)
2 = f 2+1−2 bf +b2 f2 4 ID2=(
− f 2)
2 +(
1−bf 2)
2 =(
f 2)
2 +(
1−bf 2)
2 = f 2+1−2 bf +b2 f2 4 On a bien : IF=IG=IDIl resterait à montrer que IH2
=IF2, peut-être en montrant que IH2
−IF2=0 , mais c'est sûrement un calcul monstrueux... IH2 =
(
bf 2 1+ f2− f 2)
2 +(
1− bf 1+ f2− 1−bf 2)
2On est, devant un tel calcul, autorisé à utiliser un logiciel de calcul formel ! Voici ce que propose Xcas :
On retrouve bien : IH2
= f
2
+1−2 bf +b2 f2
4 .
Finalement, IF=IG=ID=IH : les points D, F, G et H sont cocycliques.
Remarque : l'utilisation de la géométrie analytique, ici, n'était certainement pas judicieuse... Quoi que, avec un bon logiciel de calcul formel à l'appui, c'est alors assez efficace. Bref, passons à l'exercice 2...
Exercice 2 : c est un cercle de centre O et de diamètre [AB]. c ' est le cercle de diamètre [AO].
M est un point de c distinct de A et B.
Les droites (MA) et (MO) coupent c ' respectivement en C et D. On trace la perpendiculaire (d) à (AB) passant par M. Elle coupe (AD) en E.
1. Que représente O pour le triangle AME ? Justifier. 2. En déduire que O, C et E sont alignés.
1. Le triangle AOD est inscrit dans le cercle de diamètre [AO]. Il est donc rectangle en D. Dans le triangle AME, (MD) est donc la hauteur issue de M.
(AB)⊥(ME) : (AB) est la hauteur issue de A du triangle AME. (MD) et (AB) sont sécantes en O.
O est donc l'orthocentre du triangle AME.
2. O étant l'orthocentre du triangle AME, (OE) est la troisième hauteur de ce triangle : (OE)⊥(AM). De plus, AOC est inscrit dans le cercle de diamètre [AO] donc (AC)⊥(OC).
A, C et M étant alignés, (AM)⊥(OC). (OE)⊥(AM)
Exercice 3 :
1. Déterminer la valeur de sachant que A et B sont les centres des deux cercles et que ceux-ci ont le même rayon.
On nomme C et D les points indiqués sur la figure.
ABC est équilatéral donc ̂BAC=60∘.
̂
BAC et ̂CAD sont supplémentaires donc ̂
CAD=120∘.
Le triangle ACD est isocèle en A donc α=180
∘
−̂DAC 2 α=60∘
2. Démontrer que et sont isométriques, sachant que O est le centre des deux cercles.
Dans le grand cercle, l'angle inscrit ̂DBC et l'angle au centre ̂DOC interceptent le même arc. Donc, ̂DBC=1
2̂DOC .
De même, dans le petit cercle, l'angle inscrit ̂
FAG et l'angle au centre ̂FOG interceptent le même arc.
Donc, ̂FAG=1 2̂FOG . Or, ̂DOC=̂FOG .
Finalement, ̂DBC=̂FAG . Autrement dit, α=β
Exercice 4 : (d) et (d') sont deux droites sécantes en O. A est un point n'appartenant ni à (d) ni à (d'). Construire un point M sur la droite (d) et un point N sur la droite (d') tels que A soit le milieu du segment [MN].
Un problème de construction... C'est souvent assez difficile (d'autant qu'on y est peu habitué).
Une chose à retenir : on cherche ici à construire un point (M ou N : quand on a l'un, on a l'autre...). Un point peut être défini comme l'intersection de deux lignes. M, ici, est sur la droite (d). On se pose alors la question de savoir sur quelle autre ligne (à définir...) il se trouve.
Première phase : l'analyse du problème.
On construction le dessin « à l'envers », en partant de la figure « réalisée » afin d'en dégager les caractéristiques.
C D
On trace un segment [MN] et on place A son milieu, puis on trace deux droites sécantes passant respectivement par M et par N (et ne contenant pas A).
M et N sont symétriques autour de A. N est sur (d') donc M est sur l'image de (d') par la symétrie de centre A. Voilà : l'analyse est finie. On peut définir le point M comme point d'intersection de (d) et de l'image par sA de (d').
Deuxième phase : la synthèse.
On reprend le dessin initial (construit « à l'endroit »...)
Il s'agit de montrer qu'il est effectivement possible de définir le point M comme indiqué dans l'analyse : (d) et (d') sont sécantes et sA(d ') // (d ') , donc sA(d ') et (d) sont sécantes. Soit M leur point d'intersection.
Il ne reste plus qu'à construire N comme symétrique de M par rapport à A (ou comme point d'intersection de (MA) et (d')) et à vérifier qu'il répond bien à la question, autrement dit qu'il est bien sur (d') (ou que A est bien le milieu de [MN]).
Définissons N comme symétrique de M par rapport à A et montrons qu'il est sur (d'). Soit (d'') la droite sA(d ') . M est sur (d'') donc sA(M) est sur sA(d ' ') .
Or, sA(M)=N et sA(d ' ')=(d ') . Donc N appartient bien à (d').
Un autre solution, grâce à la géométrie analytique :
On définit un repère du plan comme sur la figure
ci-contre.
On cherche alors M(0 ; m) et N(n; 0) tels que A (1;1) soit le milieu de [MN].
Exercice 5 : EFG est un triangle rectangle en F. K est le milieu du segment [EG].
La droite passant par K et perpendiculaire à (EF) coupe [EF] en L. 1. a. Démontrer que les droites (LK) et (FG) sont parallèles.
b. Démontrer que L est le milieu du segment [EF] 2. Les droites (FK) et (GL) se coupent en M.
Que représentent les droites (FK) et (GL) pour le triangle EFG ? En déduire que la droite (EM) coupe le segment [FG] en son milieu.
1. a. (KL) et (FG) sont perpendiculaires à la même troisième droite (EF). Elles sont parallèles entre elles. b. Dans le triangle EFG, K est le milieu de [EG] et la parallèle (KL) au côté [FG] coupe le troisième côté [EF] en L. Donc, L est le milieu de [EF] (droite des milieux dans un triangle).
2. Les droites (FK) et (GL) sont deux médianes du triangle EFG.
Elles sont sécantes en M, qui est donc le centre de gravité du triangle EFG.