Correction Fiche Nov 2008

Correction de la fiche “Problèmes de Géométrie » Droites et cercles, quadrilatères inscriptibles et triangles semi-équilatéraux. I-

1) Faire la figure. 2) Nature de DOC On a : OD= 3cm (rayon de ζ) ˆ C= 90  (Def de la tangente). OC=OB+BC=3+3=6cm avec O D OC hyp = alors 2 2 ˆ D= 30  et D O ˆ C= 60  le triangle DOC est semi-équilatéral avec O C

Comme le triangle DOC est rectangle en D avec OD=

3) Calcul de EC et AE Dans le triangle AEC, on a : (AE) // (OD) (donnée) avec (DC) ⊥ (OD) (tg) ˆ E= O C ˆ D= 30  (démontré) alors ˆ C= 90  mais A C donc (AE) ⊥ (EC) donc A E AEC est semi-équilatéral. AE (côté opposé à 30  )=

hyp AC 6 + 3 = = = 4,5cm 2 2 2

EC (côté opposé à 60  )=

hyp 3 9 3 = cm 2 2

4) ζ’ est tangent à (AE) en E ˆ C= 90  (dém) alors la droite (AE) est perpendiculaire au rayon [CE] en E Comme A E

car CE=

9 3 (dém)= rayon du cercle ζ’ d’où E est un point du cercle ζ’. 2

Par suite (AE) est tangente à ζ’ en E.

II-

1) Faire la figure. 2) Nature de EABF (EA) ⊥ [OA] (déf de la tg) et (FB) ⊥ ([OB] (déf de la tg) mais A, O et B sont ˆ B= 90  alignés car [AB] diamètre donc (EA) // (FB) avec E A Le quadrilatère EABF ayant une paire de côtés opposés parallèles et un angle droit est un trapèze rectangle. ˆ F= 90  3) E O (EO) droite joignant le point d’intersection de deux tangentes d’un même cercle au centre du cercle est un axe de symétrie de la figure formé par le cercle et les deux tangentes donc ˆ M [OE) est bissectrice de A O De même (OF) axe de symétrie car (FM) et (FB) tangentes à ζ alors ˆ B. [OF) est bissectrice de M O ˆ M et M O ˆ B sont deux angles adjacents supplémentaires car A O ˆ B=180  , Mais A O  ˆ F= 90 (Les bissectrices de deux angles adjacents supplémentaires sont par suite E O perpendiculaires, elles forment un angle droit)

4) (AB) est tangente en O au cercle de diamètre [EF] ˆ F= 90  (dém) alors le triangle EOF est inscrit dans le cercle de diamètre son Comme E O hypoténuse [EF] et de centre I le milieu de [EF]. Dans le trapèze EABF (dém), on a : I milieu de [EF] (dém) O milieu de [AB] (donnée) alors (IO) // (EA) // (FB) (théorème des milieux dans un trapèze) mais (AB) ⊥ (EA) (déf de la tg) donc (IO) ⊥ (AB) La droite (AB) est perpendiculaire au rayon [IO] du cercle de diamètre [EF] en son extrémité O sur le cercle alors (AB) est tangente à ce cercle en O

III-

1) Nature de MEA

MA=ME (par symétrie axiale) car (MO) axe de symétrie étant…… ˆ B= 90  (déf de la tg) et E A ˆ B= 30  (donnée) alors M A ˆ E=90  - 30  = 60  Mais M A Par suite, le triangle MAE ayant deux côtés égaux et un angle de 60  est équilatéral. 2) I point du cercle de diamètre [AO] (MO) est un axe de symétrie (dém) alors (MO) est médiatrice de [AE] donc A Iˆ O=90  (déf de la médiatrice), d’où le triangle AIO rectangle en I est inscrit dans le cercle de diamètre son hypoténuse [AO]. Par suite, I appartient au cercle de diamètre [AO] et de centre le milieu de [AO]

3) Calcul de MO, MA, AI et MI ˆ E (MO) axe de symétrie du triangle équilatéral MAE alors (MO) est bissectrice de A M    ˆ ˆ donc A M O= 60 ÷ 2= 30 d’où le triangle AMO ayant M A O= 90 (def de la tg) et A ˆ O= 30  (dém) est un triangle semi-équilatéral. M

hyp MO = mais AO = 4cm (rayon de ζ) donc 2 2

AO (côté opposé à 30  )= MO= 2 × AO=8cm. MA (côté opposé à 60  )=

hyp 3 8 3 = = 4 3cm 2 2

ˆ O= 30  (donnée) alors il es semiDans le triangle AIO rectangle en I (dém) avec I A équilatéral.

AI (côté opposé à 60  )=

hyp 3 4 3 = = 2 3cm 2 2

IO (côté opposé à 30  )=

hyp AO 4 = = = 2cm 2 2 2

Alors MI=MO-IO (M, I, O alignés)= 8-2 = 6cm 4) ζ’cercle de diamètre [EB] et de centre J le milieu de [EB] ˆ B= 90  , J est un point du cercle avec A E Comme AEB est un triangle inscrit dans le demi-cercle de diamètre [AB] alors la droite (AE) est perpendiculaire au rayon [JE] du cercle de diamètre [EB] au point E. Par suite, (AE) est tangente au cercle de diamètre [EB] en E.