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Solution des exercices : Droites remarquables - 4e

Classe:

Quatrième

Exercice 1

1) Construisons un triangle

$ABC$ quelconque.

2) a) Construisons la droite

$(b_{2})$ bissectrice de l'angle

$\widehat{A}$ ; elle coupe

$(BC)$ en

$A'.$

b) Construisons la droite

$(b_{1})$ bissectrice de l'angle

$\widehat{B}$ ; elle coupe

$(AC)$ en

$B'.$

3) a)

$(b_{1})\$ et

$\ (b_{2})$ se coupent en

$O$ , marquons

$O.$

4) a) La droite perpendiculaire à

$(AB)$ et passant par

$O$ coupe la droite

$(AB)$ en

$I.$

b) La droite perpendiculaire à

$(BC)$ et passant par

$O$ coupe la droite

$(BC)$ en

$J.$

c) La perpendiculaire à

$(AC)$ et passant par

$O$ coupe la droite

$(AC)$ en

$K.$

5) a) Démontrons que :

$OI=OJ=OK$

En effet, on sait que Si un point

$M$ appartient à la bissectrice d'un angle alors, il est équidistant des supports des deux côtés de l'angle.

Or,

$O\in(b_{1})$ bissectrice de l'angle

$\widehat{B}$ donc,

$O$ est équidistant des supports des deux côtés de l'angle

$\widehat{B}.$

C'est-à-dire ;

$d(O\;,\ (AB)=d(O\;,\ (BC)$

Comme,

$d(O\;,\ (AB)=OI\$ et

$\ d(O\;,\ (BC)=OJ$ alors, on obtient :

$OI=OJ$

De même, le point

$O$ appartient à

$(b_{2})$ bissectrice de l'angle

$\widehat{A}$ donc,

$O$ est équidistant des supports des deux côtés de l'angle

$\widehat{A}.$

Ce qui signifie :

$d(O\;,\ (AB))=d(O\;,\ (AC))$

Or,

$d(O\;,\ (AB))=OI\$ et

$\ d(O\;,\ (AC))=OK$

Par suite,

$OI=OK$

Ainsi,

$OI=OJ\$ et

$\ OI=OK$

Ce qui donne alors,

$OI=OJ=OK$

b) En déduisons que

$(b_{3})$ bissectrice de

$\widehat{C}$ passe par

$O.$

On a :

$OI=OJ=OK$

Alors,

$OJ=OK$

Ce qui signifie :

$d(O\;,\ (BC))=d(O\;,\ (AC))$

Donc, le point

$O$ est équidistant des supports des deux côtés de l'angle

$\widehat{C}.$

Par conséquent,

$O$ appartient à la bissectrice

$(b_{3})$ de l'angle

$\widehat{C}.$

D'où,

$(b_{3})$ passe par

$O.$

c) Énonçons la propriété que nous venons de démontrer pour les bissectrices.

Propriété : Dans un triangle, les trois bissectrices sont concourantes (se coupent en un même point).

d) Le point

$O$ représente le centre du cercle inscrit dans le triangle

$ABC$

Exercice 2

Construisons un triangle

$MNP$ tel que :

$MN=6\;cm\;;\ NP=5\;cm\ \text{ et }\ MP=7\;cm$

1) La bissectrice de l'angle

$\widehat{M}$ coupe

$[NP]$ en

$E.$

2) La bissectrice de l'angle

$\widehat{N}$ coupe

$(ME)$ en

$I.$

3) Démontrons que

$(IP)$ est la bissectrice de l'angle

$\widehat{MPN}.$

Comme la bissectrice de l'angle

$\widehat{M}$ coupe le segment

$[NP]$ en

$E$ alors, la droite

$(ME)$ représente la bissectrice de l'angle

$\widehat{M}.$

De plus, la bissectrice de l'angle

$\widehat{N}$ coupe

$(ME)$ en

$I.$

Cela signifie que la bissectrice de l'angle

$\widehat{M}$ et bissectrice de l'angle

$\widehat{N}$ se rencontrent en

$I.$

Or, dans un triangle, les trois bissectrices se coupent en un même point.

Par conséquent, la troisième bissectrice, celle de l'angle

$\widehat{P}$ , passe aussi par le point

$I.$

Ce qui montre que

$(IP)$ est la bissectrice de l'angle

$\widehat{MPN}.$

Exercice 3

$ABCD$ est un parallélogramme de centre

$O\;,\ P$ est le milieu de

$[OB].$

Les droites

$(CP)\$ et

$\ (DA)$ se coupent en

$R.$

$T$ est le symétrique de

$R$ par rapport à

$P$

Les droites

$(RO)\$ et

$\ (DT)$ se coupent en

$M.$

1) Faisons une figure complète.

2) Montrons que

$(DP)$ est une médiane de

$RDT.$

Comme

$T$ est le symétrique de

$R$ par rapport à

$P$ alors,

$P$ est le milieu de

$[RT]$

Or, la droite

$(DP)$ passe par le sommet

$D$ du triangle

$RDT$ et par milieu

$P$ du côté opposé à ce sommet.

Donc,

$(DP)$ est une médiane de

$RDT.$

3) Montrons que

$DO=\dfrac{2}{3}DP$

On a :

$DO+OP=DP$

Or,

$P$ est milieu de

$[OB]$ ce qui signifie que

$OP=\dfrac{1}{2}OB$

Donc, en remplaçant

$OP$ par

$\dfrac{1}{2}OB$ , on obtient :

$DO+OP=DO+\dfrac{1}{2}OB=DP$

Par ailleurs,

$O$ est le centre du parallélogramme

$ABCD$ donc,

$O$ est le milieu des deux diagonales de

$ABCD.$

Ainsi,

$O$ est milieu de

$DB$

Alors,

$OB=DO$

Donc, en remplaçant

$OB=DO$ , on obtient :

$DO+\dfrac{1}{2}OB=DO+\dfrac{1}{2}DO=DP$

Par suite,

$\begin{array}{rcl} DO+\dfrac{1}{2}DO=DP&\Rightarrow&\dfrac{2DO}{2}+\dfrac{DO}{2}=DP\\\\&\Rightarrow&\dfrac{2DO+DO}{2}=DP\\\\&\Rightarrow&\dfrac{3DO}{2}=DP\\\\&\Rightarrow&3DO=2DP\\\\&\Rightarrow&DO=\dfrac{2}{3}DP\end{array}$

D'où,

$\boxed{DO=\dfrac{2}{3}DP}$

$O$ est le centre de gravité du triangle

$RDT.$

En effet, on sait que le centre de gravité d'un triangle est situé aux deux tiers de chaque médiane à partir du sommet.

Or, le point

$O$ situé sur la médiane issue de

$D$ vérifie :

$DO=\dfrac{2}{3}DP$

Par conséquent,

$O$ est le centre de gravité du triangle

$RDT.$

5) Démontrons que

$M$ est milieu du segment

$[DT].$

La droite

$(RO)$ passe par

$R$ et par

$O$ centre de gravité du triangle

$RDK$ donc,

$(RO)$ est une médiane.

On sait que : dans un triangle, une médiane est une droite passant un sommet et par le milieu du côté opposé à ce sommet.

Or, le côté opposé au sommet

$R$ est le segment

$[DT]$ et que

$(RO)$ coupe

$(DT)$ en

$M.$

Par conséquent,

$M$ est milieu de

$[DT].$

Exercice 4

1) Construisons un triangle

$ABC$ tel que :

$AB=5\;cm\;,\ AC=4\;cm\$ et

$\ BC=6\;cm.$

$I\$ et

$\ J$ sont les milieux respectifs de

$[AB]\$ et

$\ [AC].$

2) Montrons que les droites

$(IJ)\$ et

$\ (BC)$ sont parallèles puis calculons

$IJ.$

Considérons le triangle

$ABC$ , on remarque alors que la droite

$(IJ)$ passe par les points

$I\$ et

$\ J$ milieux respectifs des côtés

$[AB]\$ et

$\ [AC].$

Donc, d'après le théorème de la droite des milieux les droites

$(IJ)\$ et

$\ (BC)$ sont parallèles.

Par ailleurs, d'après une conséquence du théorème de la droite des milieux, on a :

$IJ=\dfrac{BC}{2}$

Par suite, en remplaçant

$BC$ par sa valeur, on obtient :

$IJ=\dfrac{6}{2}=3$

D'où,

$\boxed{IJ=3\;cm}$

3) Les demi-droites

$[BJ)\$ et

$\ [CI)$ se coupent en

$G.$

a) Les demi-droites

$[BJ)\$ et

$\ [CI)$ sont des médianes du triangle

$ABC$

b) Le point

$G$ est le centre de gravité du triangle

$ABC$

4) Soit

$K$ le milieu du segment

$[BC].$ Montrons que les points

$A\;,\ G\$ et

$\ K$ sont alignés.

En effet, la droite

$(AK)$ passe par le sommet

$A$ et par

$K$ ; milieu du côté opposé à ce sommet.

Par conséquent,

$(AK)$ est une médiane du triangle

$ABC.$

Or,

$G$ est le centre de gravité du triangle

$ABC$ donc, la droite

$(AK)$ passe par

$G.$

Par suite,

$A\;,\ G\$ et

$\ K$ appartiennent à la même droite

$(AK).$

D'où, les points

$A\;,\ G\$ et

$\ K$ sont alignés.

5) On donne

$AK=3\;cm$ . Calculons

$AG\$ et

$\ GK.$

En effet, on sait que le centre de gravité d'un triangle est situé aux deux tiers de chaque médiane à partir du sommet.

Ce qui signifie que :

$AG=\dfrac{2}{3}AK$

Donc, en remplaçant

$AK$ par sa valeur, on obtient :

$AG=\dfrac{2\times 3}{3}=2$

Ainsi,

$\boxed{AK=2\;cm}$

Par ailleurs, on a :

$G\in[AK]$ alors,

$AG+GK=AK$

Par suite,

$\begin{array}{rcl} GK&=&AK-AG\\\\&=&3-2\\\\&=&1\end{array}$

D'où,

$\boxed{GK=1\;cm}$

Exercice 5

1) Construisons un triangle

$ABC$ quelconque.

2) a) Construisons la droite

$(m_{1})$ médiatrice de

$[AB].$

b) Construisons la droite

$(m_{2})$ médiatrice de

$[BC].$

2) a) Les droites

$(m_{1})\$ et

$\ (m_{2})$ se coupent en

$O.$

3) a) Démontrons que :

$OA=OB=OC.$

On a :

$(m_{1})$ médiatrice de

$[AB]\$ et

$\ O\in(m_{1})$

En effet, on sait que : si un point appartient à la médiatrice d'un segment alors, ce point est à égale distance des extrémités de ce segment.

Or,

$O\in(m_{1})$ médiatrice du segment

$[AB]$ donc,

$O$ est équidistant des extrémités

$A\$ et

$\ B$ de ce segment.

Ce qui se traduit par :

$OA=OB$

De la même manière, comme

$O\in(m_{2})$ médiatrice du segment

$[BC]$ alors,

$O$ est à égale distance des extrémités

$B\$ et

$\ C$ de ce segment.

Ce qui peut s'écrire :

$OB=OC$

Ainsi, on a :

$OA=OB\$ et

$\ OB=OC$

D'où,

$\boxed{OA=OB=OC}$

b) En déduisons que la droite

$(m_{3})$ médiatrice de

$[AC]$ passe par

$O.$

En effet, on sait que tout point situé à égale distance des extrémités d'un segment appartient à la médiatrice de ce segment.

Or, d'après le résultat de 3) a) on a :

$OC=OA$

Ce qui signifie que le point

$O$ est à égale distance des points

$A\$ et

$\ C.$

Par conséquent,

$O$ appartient à la médiatrice du segment

$[AC].$

D'où, la droite

$(m_{3})$ médiatrice de

$[AC]$ passe par

$O.$

c) Énonçons la propriété que nous venons de démontrer pour les médiatrices.

Dans un triangle, les médiatrices des côtés se coupent en un point.

d) Le point

$O$ est le centre du cercle circonscrit au triangle

$ABC$

Exercice 6

1) Construisons un triangle

$ABC$ quelconque.

2) a) Construisons

$(AM)$ hauteur issue de

$A.$

b) Construisons la droite

$(BN)$ hauteur issue de

$B.$

3) Les deux droites

$(AM)\$ et

$\ (BN)$ se coupent en

$H$ , plaçons le point

$H.$

4) a) Construisons la droite

$(B'C')$ passant par

$A$ et parallèle à

$(BC).$

b) Construisons la droite

$(A'C')$ passant par

$B$ et parallèle à

$(AC).$

c) Construisons la droite

$(B'A')$ passant par

$C$ et parallèle à

$(AB).$

5) Démontrons que les quadrilatères

$ABCB'\;;\ BCAC'\$ et

$\ CABA'$ sont des parallélogrammes.

On a :

$(B'C)\parallel(AB)\$ et

$\ (BC)\parallel(B'A)$

Donc, le quadrilatère

$ABCA'$ a ses côtés parallèles

$2$ à

$2.$

Par conséquent,

$ABCA'$ est un parallélogramme.

On a :

$(BC)\parallel(AC')\$ et

$\ (AC)\parallel(BC')$

Donc, le quadrilatère

$BCAC'$ a ses côtés parallèles

$2$ à

$2.$

D'où,

$BCAC'$ est un parallélogramme.

On a :

$(A'C)\parallel(AB)\$ et

$\ (AC)\parallel(A'B)$

Donc, le quadrilatère

$CABA'$ a ses côtés parallèles

$2$ à

$2.$

Par conséquent,

$CABA'$ est un parallélogramme.

6) a) Démontrons que

$(AH)$ est la médiatrice de

$[B'C'].$

En effet, on sait que : si deux droites sont parallèles alors, toute droite perpendiculaire à l'une est aussi perpendiculaire à l'autre.

Or, dans le triangle

$ABC$ , on a :

$(AH)$ hauteur issue de

$A$ donc,

$(AH)$ perpendiculaire à

$(BC).$

De plus,

$(BC)\parallel(B'C')$

Par suite,

$(AH)$ est perpendiculaire à

$(B'C').$

Par ailleurs,

$ABCB'\$ et

$\ ABCB'$ sont des parallélogrammes alors,

$BC=AC'\$ et

$\ BC=AC'.$

Or,

$B'\;,\ A\$ et

$\ C'$ alignés donc,

$A$ est milieu de

$[B'C']$

Ainsi,

$(AH)$ est perpendiculaire à

$[B'C']$ et passe par le milieu de ce segment.

Par conséquent,

$(AH)$ est la médiatrice de

$[B'C'].$

b) Démontrons que

$(BH)$ est la médiatrice de

$[A'C'].$

Dans le triangle

$ABC$ , on a :

$(BH)$ hauteur issue de

$B$ alors,

$(BH)$ est perpendiculaire à

$(AC).$

Or,

$(AC)$ est parallèle à

$(A'C').$

Donc,

$(BH)$ est perpendiculaire à

$(A'C').$

De plus, comme

$CABA'\$ et

$\ BCAC'$ sont des parallélogrammes alors, on a :

$AC=A'B\$ et

$\ AC=BC'.$

Or, les points

$A'\;,\ B\$ et

$\ C'$ sont alignés donc,

$B$ est milieu de

$[A'C']$

Ainsi,

$(BH)$ est perpendiculaire à

$[A'C']$ et passe par le milieu de ce segment.

Par conséquent,

$(BH)$ est la médiatrice de

$[A'C'].$

c) Démontrons que

$(CH)$ est la troisième médiatrice du triangle

$A'B'C'.$

On a :

$H$ appartient à la médiatrice de

$[B'C']$ alors,

$HB'=HC'$

$H$ appartient à la médiatrice de

$[A'C']$ alors,

$HA'=HC'$

Ainsi,

$HB'=HC'\$ et

$\ HA'=HC'$

Par suite,

$HB'=HA'$ ce qui signifie que

$H$ est situé à égale distance des points

$A'\$ et

$\ B'.$

Or, on sait que tout point situé à égale distance des extrémités d'un segment appartient à la médiatrice de ce segment.

Donc,

$H$ appartient à la médiatrice de

$[A'B'].$

De plus,

$C$ est milieu de

$[A'B'].$

Par conséquent,

$(CH)$ est la troisième médiatrice du triangle

$A'B'C'.$

7) a) Les médiatrices du triangle

$A'B'C'$ représentent les hauteurs du triangle

$ABC$

b) Énonçons la propriété que nous venons de démontrer pour les hauteurs du triangle.

Dans un triangle, les trois hauteurs se coupent en un point.

c) Le point

$H$ représente l'orthocentre du triangle

$ABC$

Exercice 7

Soit

$ABCD$ un parallélogramme de centre

$H.$

La perpendiculaire à

$(DB)$ passant par

$A$ et la perpendiculaire à

$(AC)$ passant par

$B$ se coupent en

$G.$

1) Faisons une figure.

2) Le point

$H$ est l'orthocentre du triangle

$AGB.$

3) Montrons que les droites

$(GH)\$ et

$\ (AB)$ sont perpendiculaires.

Comme

$H$ est l'orthocentre de

$AGB$ alors, la droite

$(GH)$ passant par le sommet

$G$ et par

$H$ est hauteur du triangle

$AGB.$

Par suite,

$(GH)$ est perpendiculaire au côté opposé au sommet

$G.$

D'où, les droites

$(GH)\$ et

$\ (AB)$ sont perpendiculaires.

4) Montrons que les droites

$(GH)\$ et

$\ (DC)$ sont perpendiculaires.

En effet, comme

$ABCD$ est un parallélogramme alors, les droites

$(AB)\$ et

$\ (DC)$ sont parallèles.

De plus, d'après le résultat de

$3)$ , les droites

$(GH)\$ et

$\ (AB)$ sont perpendiculaires.

Or, on sait que : si deux droites sont parallèles alors, toute droite perpendiculaire à l'une est aussi perpendiculaire à l'autre.

Par conséquent, les droites

$(GH)\$ et

$\ (DC)$ sont perpendiculaires.

Exercice 8

Soit

$ABC$ un triangle tel que :

$AB=6\;cm\;;\ AC=7\;cm\$ et

$\ BC=8\;cm.$

Les points

$L\;,\ M\$ et

$\ N$ sont les milieux respectifs des côtés

$[BC]\;,\ [AB]\$ et

$\ [AC]$ du triangle.

$G$ est le centre de gravité.

1) Faisons une figure complète.

2) Démontrons que

$MLNA$ est un parallélogramme. Soit

$K$ sont centre.

Considérons le triangle

$ABC.$

On a :

$M\$ et

$\ L$ milieux respectifs des côtés

$[AB]\$ et

$\ [BC].$

Donc, d'après le théorème de la droite des milieux la droite

$(ML)$ passant par

$M\$ et

$\ L$ est parallèle à la droite

$(AC).$

Par suite,

$(ML)$ est parallèle à

$(AN)$

De la même manière, on a :

$N\$ et

$\ L$ milieux respectifs des côtés

$[AC]\$ et

$\ [BC].$

Alors, d'après le théorème de la droite des milieux la droite

$(NL)$ passant par

$N\$ et

$\ L$ est parallèle à la droite

$(AC).$

Donc,

$(NL)$ est parallèle à

$(AM)$

Ainsi, on a :

$(ML)\parallel(AN)\$ et

$\ (NL)\parallel(AM)$

Donc, le quadrilatère

$MLNA$ a ses côtés parallèles

$2$ à

$2.$

Par conséquent, c'est un parallélogramme.

En déduisons que :

$AK=\dfrac{1}{2}AL$ puis

$KG=\dfrac{1}{6}AL$

Comme

$K$ est le centre du parallélogramme

$MLNA$ alors,

$K$ est milieu de

$[AL].$

D'où,

$\boxed{AL=\dfrac{1}{2}AL}$

Par ailleurs,

$G$ étant le centre de gravité du triangle

$ABC$ donc,

$AG=\dfrac{2}{3}AL$

Comme

$K\in[AG]$ alors, on a :

$KG+AK=AG$

Donc,

$KG=AG-AK$

Par suite, en remplaçant

$AG\$ et

$\ AK$ par leur expression, on obtient :

$\begin{array}{rcl} KG&=&AG-AK\\\\&=&\dfrac{2}{3}AL-\dfrac{1}{2}AL\\\\&=&\dfrac{4}{6}AL-\dfrac{3}{6}AL\\\\&=&\dfrac{1}{6}AL\end{array}$

D'où,

$\boxed{KG=\dfrac{1}{6}AL}$

Exercice 9

Soit

$ABCD$ un parallélogramme et

$E$ le symétrique de

$D$ par rapport à

$C.$ Les droites

$(AD)\$ et

$\ (BE)$ se coupent en

$F.$

1) Montrons que

$B$ est le milieu du segment

$[EF].$

Considérons le triangle

$DEF.$

On a :

$E$ le symétrique de

$D$ par rapport à

$C$ donc,

$C$ est milieu de

$[DE].$

Comme

$ABCD$ est un parallélogramme alors,

$(BC)$ est parallèle à

$(AD).$

C'est à dire

$(BC)\$ et

$\ (DF)$ sont parallèles.

Ainsi, d'après le théorème de la droite des milieux, la droite

$(BC)$ passant par le milieu de

$[DE]$ et parallèle à

$(DF)$ coupe

$[FE]$ en son milieu.

Par conséquent,

$B$ est le milieu du segment

$[EF].$

2) Montrons que

$A$ est le milieu du segment

$[DF].$

Comme

$ABCD$ est un parallélogramme alors,

$(AB)\$ et

$(DC)$ sont parallèles.

C'est à dire

$(AB)$ parallèle à

$(DE).$

En considérant le triangle

$DEF$ , on remarque que la droite

$(AB)$ passant par

$B$ milieu de

$[EF]$ et parallèle à

$(DE)$ , coupe

$[DF]$ en

$A.$

Donc, en appliquant le théorème de la droite des milieux dans ce triangle, on obtient :

$A$ milieu de

$[DF].$

3) Les droites

$(FC)\$ et

$\ (DB)$ se coupent en

$G.$ Démontrons que les points

$A\;,\ G\$ et

$\ E$ sont alignés.

En effet,

$(FC)\$ et

$\ (DB)$ sont deux médianes du triangle

$DEF.$

Donc,

$G$ est le centre de gravité de ce triangle.

Comme la droite

$(AE)$ passe par le sommet

$E$ et par le milieu

$A$ du segment

$[DF]$ alors,

$(AE)$ est la troisième médiane du triangle

$DEF.$

Par conséquent, elle passe par le point

$G.$

Ainsi, les points

$A\;,\ G\$ et

$\ E$ appartiennent à une même droite.

Ce qui montre que ces points sont alignés.

Exercice 10

1) Construisons un triangle

$ABC$ tel que

$AB=14\;cm\;,\ AC=10\;cm\$ et

$\ BC=12\;cm.$

2) Construisons ses médiatrices en rouge, ses médianes en vert, ses hauteurs en bleu et ses bissectrices en noir.

3) Plaçons le point

$G$ centre de gravité du triangle, le point

$O$ centre du cercle circonscrit, le point

$I$ centre du cercle inscrit et le point

$H$ orthocentre du triangle.

4) Pour ce triangle

$ABC$ , construisons les cercles circonscrit et inscrit.

5) Traçons la droite qui passe par

$O\$ et

$\ G.$

Nous constatons que cette droite passe par

$H.$

Exercice 11

Construis le triangle

$ABC$ tel que :

$AB=3.5\;cm\;,\ \widehat{ABC}=120^{\circ}\$ et

$\ BC=5\;cm.$

1) Traçons en bleu la hauteur issue de

$A$ et en vert la médiatrice du segment

$[BC].$

2) Démontrons que ces deux droites sont parallèles.

En effet, la hauteur issue de

$A$ est la droite passant par

$A$ et perpendiculaire au côté opposé au sommet

$A.$

Donc, la hauteur est perpendiculaire à la droite

$(BC).$

Par ailleurs, la médiatrice du segment

$[BC]$ est la droite perpendiculaire à la droite

$(BC)$ et passant par le milieu du segment

$[BC].$

Or, on sait que : si deux droites sont perpendiculaires à une même droite alors, ces deux droites sont parallèles.

D'où, la hauteur issue de

$A$ et la médiatrice de

$[BC]$ sont parallèles.

Exercice 12

$ABC$ est un triangle de centre de gravité

$G.$

$E\;,\ D\$ et

$\ F$ sont les milieux respectifs de

$[AC]\;,\ [AB]\$ et

$\ [BC].$

On donne :

$AE=2\;cm\;,\ AG=3\;cm\;,\ GD=1\;cm\$ et

$\ BE=6\;cm.$

Calculons

$AC\;,\ GF\;,\ GC\;,\ BG\$ et

$\ GE.$

$-\$ Calcul de

$AC$

Comme

$E$ est milieu de

$[AC]$ alors,

$AC=2AE.$

Donc, en remplaçant

$AE$ par sa valeur, on obtient :

$AC=2\times 2=4$

D'où,

$\boxed{AC=4\;cm}$

$-\$ Calcul de

$GF$

En effet, on sait que le centre de gravité d'un triangle est situé aux deux tiers de chaque médiane à partir du sommet.

Donc,

$AG=\dfrac{2AF}{3}$

Par suite,

Comme

$AG+GF=AF$ alors,

$GF=AF-AG$

En remplaçant

$AG$ par son expression, on obtient :

$\begin{array}{rcl} GF&=&AF-AG\\\\&=&AF-\dfrac{2AF}{3}\\\\&=&\dfrac{3AF}{3}-\dfrac{2AF}{3}\\\\&=&\dfrac{AF}{3}\end{array}$

Donc,

$GF=\dfrac{AF}{3}$

Ainsi, on a :

$\left\lbrace\begin{array}{rcl} AG&=&2\times\dfrac{AF}{3}\\\\GF&=&\dfrac{AF}{3}\end{array}\right.\ \Rightarrow\ AG=2GF$

Par suite,

$GF=\dfrac{AG}{2}=\dfrac{3}{2}=1.5$

D'où,

$\boxed{GF=1.5\;cm}$

$-\$ Calcul de

$GC$

En procédant de la même manière que dans le calcul précédent, on obtient :

$\left\lbrace\begin{array}{rcl} GC&=&2\times\dfrac{CD}{3}\\\\GD&=&\dfrac{CD}{3}\end{array}\right.\ \Rightarrow\ GC=2GD$

Par suite,

$GC=2\times 1=2$

Ainsi,

$\boxed{GC=2\;cm}$

$-\$ Calcul de

$BG$

Comme le centre de gravité d'un triangle est situé aux deux tiers de chaque médiane à partir du sommet alors, on a :

$GB=\dfrac{2BE}{3}$

Ce qui donne :

$GB=\dfrac{2\times 6}{3}=\dfrac{12}{3}=4$

Ainsi,

$\boxed{GB=4\;cm}$

$-\$ Calcul de

$GE$

On a :

$GE+GB=BE$ donc,

$GE=BE-GB$

Ainsi,

$GE=6-4=2$

D'où,

$\boxed{GE=2\;cm}$

Exercice 13

Sur la figure ci-dessous,

$\widehat{ABC}=64^{\circ}\$ et

$\ \widehat{ACB}=58^{\circ}.$

$(BE)$ est la bissectrice de l'angle

$\widehat{B}\$ et

$\ (CD)$ est la bissectrice de l'angle

$\widehat{C}.$

Les deux bissectrices se coupent en

$I.$

Calculons la mesure des angles

$\widehat{ACD}\;,\ \widehat{ADC}\;,\ \widehat{BIC}\;,\ \widehat{BAC}.$

$-\$ Calcul de la mesure de l'angle

$\widehat{ACD}$

Comme

$(CD)$ est la bissectrice de l'angle

$\widehat{C}$ alors,

$(CD)$ partage cet angle en deux angles de même mesure :

$\widehat{ACD}\$ et

$\ \widehat{DCB}$

Ainsi,

$\widehat{ACD}=\widehat{DCB}=\dfrac{\widehat{ACB}}{2}$

Par suite,

$\begin{array}{rcl}\widehat{ACD}&=&\dfrac{\widehat{ACB}}{2}\\\\&=&\dfrac{58^{\circ}}{2}\\\\&=&29^{\circ}\end{array}$

D'où,

$\boxed{\widehat{ACD}=29^{\circ}}$

$-\$ Calcul de la mesure de l'angle

$\widehat{BAC}.$

On sait que dans un triangle, la somme des angles est égale à

$180^{\circ}.$

Donc, dans le triangle

$ABC$ , on a :

$\widehat{BAC}+\widehat{ACB}+\widehat{ABC}=180^{\circ}$

Par suite,

$\widehat{BAC}=180^{\circ}-\widehat{ACB}-\widehat{ABC}$

Ainsi,

$\begin{array}{rcl}\widehat{BAC}&=&180^{\circ}-58^{\circ}-64^{\circ}\\\\&=&58^{\circ}\end{array}$

D'où,

$\boxed{\widehat{BAC}=58^{\circ}}$

$-\$ Calcul de la mesure de l'angle

$\widehat{ADC}$

Comme la somme des angles d'un triangle est égale à

$180^{\circ}$ alors, en considérant le triangle

$ADC$ , on a :

$\widehat{ADC}+\widehat{ACD}+\widehat{DAC}=180^{\circ}$

Ce qui donne :

$\widehat{ADC}=180^{\circ}-\widehat{ACD}-\widehat{DAC}$

Par suite,

$\begin{array}{rcl}\widehat{ADC}&=&180^{\circ}-29^{\circ}-58^{\circ}\\\\&=&93^{\circ}\end{array}$

Ainsi,

$\boxed{\widehat{ADC}=93^{\circ}}$

$-\$ Calcul de la mesure de l'angle

$\widehat{BIC}$

En considérant le triangle

$BIC$ , on a :

$\widehat{BIC}+\widehat{ICB}+\widehat{CBI}=180^{\circ}$

Comme

$(BE)$ est la bissectrice de l'angle

$\widehat{B}$ alors,

$(BE)$ partage cet angle en deux angles de même mesure.

Ainsi,

$\widehat{CBI}=\dfrac{\widehat{ABC}}{2}=\dfrac{64^{\circ}}{2}=32^{\circ}$

Par ailleurs, on a :

$\widehat{ICB}=\widehat{DCB}\$ et

$\ \widehat{DCB}=\widehat{ACD}=29^{\circ}$

Donc,

$\widehat{ICB}=29^{\circ}$

Alors, les angles du triangle

$BIC$ vérifient :

$\widehat{BIC}+29^{\circ}+32^{\circ}=180^{\circ}$

Par suite

$\begin{array}{rcl}\widehat{BIC}&=&180^{\circ}-29^{\circ}-32^{\circ}\\\\&=&119^{\circ}\end{array}$

D'où,

$\boxed{\widehat{BIC}=119^{\circ}}$

Exercice 14

On donne un segment

$[AK].$

Soit

$J$ son milieu.

Plaçons un point

$L$ n'appartenant pas à

$(AK)$ tel que

$JL=6\;cm.$

Plaçons sur

$[JL]$ le point

$G$ tel que

$LG=4\;cm.$

$(KG)$ coupe

$(AL)$ en

$I.$

Démontons que

$I$ est le milieu de

$[AL].$

Considérons le triangle

$AKL.$

Comme

$J$ est milieu de

$[AK]$ alors,

$[LJ)$ est la médiane issue de

$L.$

Par ailleurs, en calculant le rapport

$\dfrac{LG}{JL}$ , on trouve :

$\dfrac{LG}{JL}=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}$

Donc,

$\dfrac{LG}{JL}=\dfrac{2}{3}$

Par suite,

$LG=\dfrac{2}{3}JL$

Ainsi, le point

$G$ est situé au deux tiers de

$[LJ]$ , à partir du sommet

$L.$

Ce qui signifie que

$G$ est le centre de gravité du triangle

$AKL.$

Par conséquent, la droite

$(KG)$ , passant par le sommet

$K$ et par

$G$ , est aussi une médiane de ce triangle.

De plus,

$(KG)$ coupe

$[AL]$ en

$I.$

Or, on sait que : dans un triangle, une médiane issue d'un sommet, coupe le côté opposé à ce sommet en son milieu.

D'où,

$I$ est le milieu de

$[AL].$

Exercice 15

$MNP$ est un triangle isocèle en

$M\;,\ K$ est le milieu de

$[NP].$

Les bissectrices

$(PZ)\$ et

$\ (NT)$ des angles

$\widehat{MPN}\$ et

$\ \widehat{MNP}$ se coupent en

$I.$

Démontrons que

$(MK)$ passe par

$I.$

En effet, la droite

$(MK)$ passant le sommet

$M$ , coupe

$[PN]$ par le milieu

$K.$ Donc,

$(MK)$ est aussi médiane du triangle

$MNP.$

Comme le triangle

$MNP$ est isocèle en

$M$ alors, la médiane

$(MK)$ issue de

$M$ est aussi bissectrice de l'angle

$\widehat{PMN}.$

De plus, on sait que : dans un triangle, les trois bissectrices se coupent en un point.

Or, les deux bissectrices

$(PZ)\$ et

$\ (NT)$ se coupent en

$I.$

Par conséquent, la troisièmes bissectrice

$(MK)$ passe alors par

$I.$

Exercice 16

$KELI$ est un parallélogramme de centre

$O.$

1) Construisons le point

$M$ centre de gravité du triangle

$KEI$ et le point

$N$ centre de gravité du triangle

$ILE.$

2) Démontre que les points

$K\;,\ M\;,\ O\;,\ N\$ et

$\ L$ sont alignés.

En effet,

$KELI$ étant un parallélogramme de centre

$O$ alors, ses diagonales

$[IE]\$ et

$\ [KL]$ ont même milieu

$O.$

Dans le triangle

$KEI$ , on a :

$(KL)$ passe par le sommet

$K$ et par le milieu

$O$ du côté opposé à ce sommet donc,

$(KL)$ est une médiane de ce triangle.

Donc,

$(KL)$ passe par le centre de gravité

$M$ du triangle

$KEI.$

Par suite,

$K\;,\ M\;,\ O$ appartiennent à la même droite

$(KL).$

De la même manière, en considérant le triangle

$ILE$ , on a :

$(KL)$ passe par

$L\$ et

$\ O$ donc, la droite

$(KL)$ est une médiane de ce triangle.

Elle passe alors par le centre de gravité

$N$ du triangle

$ILE.$

Par suite,

$L\;,\ N\;,\ O$ appartiennent à la même droite (

$KL).$

Ainsi,

$K\;,\ M\;,\ O\;,\ N\;,\ L$ appartiennent tous à la même droite

$(KL).$

Par conséquent, ces points sont alignés.

3) Démontrons que

$KM=MN=NL.$

En effet, on sait que : le centre de gravité d'un triangle est situé au deux tiers de chaque médiane, à partir du sommet.

Donc :

dans le triangle

$KEI$ , on a :

$KM=\dfrac{2}{3}KO$

dans le triangle

$ILE$ , on a :

$NL=\dfrac{2}{3}LO$

Or, le point

$O$ est milieu de

$[KL]$ donc,

$KO=LO=\dfrac{KL}{2}$

Ainsi, en remplaçant

$KO\$ et

$\ LO$ par

$\dfrac{KL}{2}$ , on obtient :

$\begin{array}{rcl} KM&=&\dfrac{2}{3}KO\\\\&=&\dfrac{2}{3}\times\dfrac{KL}{2}\\\\&=&\dfrac{KL}{3}\end{array}$

Donc,

$\boxed{KM=\dfrac{KL}{3}}$

$\begin{array}{rcl} NL&=&\dfrac{2}{3}LO\\\\&=&\dfrac{2}{3}\times\dfrac{KL}{2}\\\\&=&\dfrac{KL}{3}\end{array}$

Ainsi,

$\boxed{NL=\dfrac{KL}{3}}$

Par ailleurs, on a :

$KM+MN+NL=KL$

Ce qui donne alors,

$MN=KL-KM-NL$

Donc, en remplaçant

$KM\$ et

$\ NL$ par

$\dfrac{KL}{3}$ , on obtient :

$\begin{array}{rcl} MN&=&KL-KM-NL\\\\&=&KL-\dfrac{KL}{3}-\dfrac{KL}{3}\\\\&=&KL-\dfrac{2KL}{3}\\\\&=&\dfrac{3KL}{3}-\dfrac{2KL}{3}\\\\&=&\dfrac{KL}{3}\end{array}$

Donc,

$\boxed{MN=\dfrac{KL}{3}}$

Ainsi, on a :

$\left\lbrace\begin{array}{rcl} KM=\dfrac{KL}{3}\\\\MN=\dfrac{KL}{3}\\\\MN=\dfrac{KL}{3}\end{array}\right.$

Par conséquent,

$\boxed{KM=MN=NL}$

Exercice 17

1) Construisons un segment

$[UV]$ et sa médiatrice

$(\Delta).$

Marquons un point

$K$ sur cette médiatrice,

$K$ n'appartient pas à

$[UV]$ et le point

$M$ symétrique de

$U$ par rapport à

$K.$

2) Démontrons que

$K$ est le centre du cercle circonscrit au triangle

$MUV.$

On considère le triangle

$MUV.$

On a :

$(\Delta)$ médiatrice de

$[UV]$ alors,

$(\Delta)$ est perpendiculaire à

$(UV)$ et passe par le milieu de

$[UV].$

Par ailleurs,

$M$ symétrique de

$U$ par rapport à

$K$ donc,

$K$ est milieu de

$[MU].$

Ainsi, d'après le théorème de la droite des milieux,

$(\Delta)$ est parallèle à

$(MV).$

Or, on sait que : si deux droites sont parallèles alors, toute droite perpendiculaire à l'une est perpendiculaire à l'autre.

Donc,

$(UV)$ est perpendiculaire à

$(MV).$

D'où,

$MUV$ est un tringle rectangle en

$V.$

Par conséquent, le centre du cercle circonscrit est le milieu

$K$ de l'hypoténuse

$[MU].$

3) La parallèle à

$(UV)$ passant par

$K$ coupe

$(MV)$ en

$J.$

Démontrons que

$(KJ)$ est la médiatrice du segment

$[MV].$

En effet, considérons le triangle

$MUV.$

Comme

$K$ est milieu de

$[MU]$ alors, d'après la réciproque du théorème de la droite des milieux, la parallèle à

$(UV)$ passant par

$K$ coupe

$[MV]$ en son milieu.

Donc,

$J$ est milieu de

$[MV]$

Par ailleurs, comme

$(KJ)$ est parallèle à

$(UV)\$ et

$\ (MV)$ est perpendiculaire à

$(UV)$ alors,

$(KJ)$ est perpendiculaire à

$(MV).$

Ainsi, on a :

$(KJ)$ est perpendiculaire à

$(MV)$ et passe par le milieu de

$[MV].$

Par conséquent,

$(KJ)$ est la médiatrice du segment

$[MV].$

Exercice 18

Traçons un triangle

$ABC.$

On appelle

$D$ le symétrique de

$A$ par rapport à

$B$ et

$E$ le symétrique de

$A$ par rapport à

$C.$

1) Démontrons que les droites

$(BC)$ et

$(DE)$ sont parallèles.

Considérons le triangle

$ADE.$

On a :

$D$ symétrique de

$A$ par rapport à

$B$ alors,

$B$ est milieu de

$[AD]$

$E$ symétrique de

$A$ par rapport à

$C$ donc,

$C$ est milieu de

$[AE]$

Alors, d'après le théorème de la droite des milieux, la droite

$(BC)$ passant par

$B\$ et

$\ C$ milieux respectifs des segments

$[AD]\$ et

$\ [AE]$ est parallèle à la droite

$(DE).$

2) On appelle

$I$ le milieu du segment

$[BC].$

La droite

$(AI)$ coupe

$(DE)$ en

$H.$

Démontrons que

$I$ est le milieu du segment

$[AH].$

Considérons le triangle

$ADH.$

On a : la droite

$(BI)$ passant par

$B$ milieu de

$[AD]$ est parallèle à

$(DH).$

Donc, d'après la réciproque du théorème de la droite des milieux, la droite

$(BI)$ coupe le segment

$[AH]$ en son milieu.

Or,

$(BI)\$ et

$\ [AH]$ se coupent en

$I.$

Par conséquent,

$I$ est le milieu du segment

$[AH].$

3) Démontrons que les droites

$(DC)\;,\ (AH)\$ et

$\ (BE)$ sont concourantes.

En effet, comme

$[BC]\$ et

$\ [AH]$ ont même milieu

$I$ alors,

$ABHC$ est un parallélogramme.

Par suite,

$(BH)$ est parallèle à

$(AC).$

Or,

$B$ est milieu de

$[AD].$

Donc, en appliquant la réciproque du théorème de la droite des milieux dans le triangle

$ADE$ , on a :

$(BH)$ coupe

$[DE]$ en son milieu.

Ainsi,

$H$ est milieu de

$[DE].$

D'où,

$(AH)$ est une médiane du triangle

$ADE.$

Par ailleurs,

$(DC)\$ et

$\ (AH)$ sont aussi des médianes de ce même triangle.

Or, on sait que : dans un triangle, les médianes se coupent en un point.

Par conséquent, les droites

$(DC)\;,\ (AH)\$ et

$\ (BE)$ sont concourantes.

Exercice 19

Soit un parallélogramme

$ABCD.$

Le point

$E$ est le symétrique de

$D$ par rapport à

$C.$

Les droites

$(AD)\$ et

$\ (BE)$ se coupent en

$F.$

1) Montrons que

$B$ est le milieu de

$[EF].$

Considérons le triangle

$DEF.$

Comme

$E$ est le symétrique de

$D$ par rapport à

$C$ alors,

$C$ est milieu de

$[DE].$

Par ailleurs,

$ABCD$ étant un parallélogramme alors,

$(BC)$ est parallèle à

$(AD).$

Ainsi, dans le triangle

$DEF$ , la droite

$(BC)$ parallèle à

$(DF)$ et passant par

$C$ milieu de

$[DF]$ , coupe

$[EF]$ en

$B.$

Donc, d'après la réciproque du théorème de la droite des milieux,

$B$ est le milieu de

$[EF].$

2) Montrons que

$A$ est le milieu de

$[DF].$

En effet, comme

$ABCD$ est un parallélogramme alors,

$(AB)$ est parallèle à

$(DC).$

Donc, en considérant le triangle

$DEF$ , on a : la droite

$(AB)$ passant par

$B$ milieu de

$[EF]$ et parallèle à la droite

$(DE)$ , coupe

$[DF]$ en

$A.$

Ainsi, d'après la réciproque du théorème de la droite des milieux,

$A$ est le milieu de

$[DF].$

3) Les droites

$(DB)\$ et

$\ (FC)$ se coupent en

$G.$

Démontrons que les points

$E\;,\ G\$ et

$\ A$ sont alignés.

On a :

$(DB)\$ et

$\ (FC)$ sont deux médianes du triangle

$DEF$ qui se coupent en

$G.$

$G$ est alors le centre de gravité du triangle

$DEF.$

Comme

$(AE)$ passe par le sommet

$E$ et par le milieu

$A$ du côté opposé à ce sommet alors,

$(AE)$ est la troisième médiane du triangle

$DEF.$

Ce qui signifie que,

$(AE)$ passe aussi par

$G.$

Par conséquent, les points

$E\;,\ G\$ et

$\ A$ sont alignés.

Exercice 20

1) Construisons un triangle

$EFG$ rectangle en

$F.$

Plaçons

$K$ le milieu du segment

$[EG].$

Traçons la droite passant par

$K$ et perpendiculaire à

$(EF).$

Elle coupe

$[EF]$ en

$L.$

2) Démontrons que

$L$ est le milieu du segment

$[EF].$

Dans le triangle

$EFG$ , on a :

$K$ milieu de

$[GF].$

De pus, on sait que : si deux droites sont perpendiculaires à une même droite alors, ces deux droites sont parallèles.

Or,

$(EF)$ perpendiculaire à

$(KL)\$ et

$\ (EF)$ perpendiculaire à

$(GF).$

Par conséquent,

$(KL)\$ et

$\ (GF)$ sont parallèles.

Donc, en appliquant la réciproque du théorème de la droite des milieux,

$L$ est le milieu de

$[EF].$

3) Les droites

$(FK)\$ et

$\ (GL)$ se coupent en

$M.$

Les droites

$(FK)\$ et

$\ (GL)$ représentent des médianes du triangle

$EFG$

En effet, ces droites passent par un sommet et par le milieu du côté opposé au sommet.

Par conséquent, ce sont des médianes du triangle

$EFG.$

Déduisons-en que la droite

$(EM)$ coupe le segment

$[FG]$ en son milieu.

En effet, on a : les deux médianes

$(FK)\$ et

$\ (GL)$ se coupent en

$M$ donc,

$M$ est le centre de gravité du triangle

$EFG.$

Comme

$(AM)$ passe par le sommet

$E$ et par le centre de gravité

$M$ alors,

$(EM)$ représente la troisième médiane du triangle

$EFG.$

Or, on sait que : dans un triangle, une médiane est une droite qui passe par un sommet et qui coupe le côté opposé à ce sommet en son milieu.

D'où, la droite

$(EM)$ coupe le segment

$[FG]$ en son milieu.

Exercice 21

$MIL$ est un triangle,

$A\;,\ B\$ et

$\ C$ les milieux respectifs des cotés

$[MI]\;,\ [IL]\$ et

$\ [ML].$

Soit

$G$ son centre de gravité.

1) Démontrons que le quadrilatère

$MABC$ est un parallélogramme.

$(AC)\$ et

$\ (MB)$ se coupent en

$J.$

Démontrons que

$J$ est le milieu de

$[AC].$

Dans le triangle

$MIL$ , on a :

$A\;,\ B\$ et

$\ C$ milieux respectifs des côtés

$[MI]\;,\ [IL]\$ et

$\ [ML].$

Donc, en appliquant le théorème de la droite des milieux, on obtient :

$(BC)\parallel(AM)\$ et

$\ (AB)\parallel(MC)$

Ainsi, le quadrilatère

$MABC$ a ses côtés parallèles

$2$ à

$2.$

Par conséquent, c'est un parallélogramme.

D'où, ses diagonales

$[AC]\$ et

$\ [BM]$ se coupent en leur milieu.

Ce qui signifie que

$J$ est le milieu de

$[AC].$

3) Démontrons que

$G$ est le centre de gravité du triangle

$ABC.$

En effet, dans le triangle

$ABC$ , on a :

$(BM)$ passe le sommet

$B$ et par le milieu

$J$ du côté

$[AC].$ Donc, la droite

$(BM)$ est une médiane.

Par ailleurs, en appliquant la même méthode que dans la question

$2)$ , on peut montrer que

$AIBC\$ et

$\ ABLC$ sont des parallélogrammes.

Ainsi, les diagonales

$(CI)\$ et

$\ (AB)$ se coupent en leur milieu. Donc,

$(CI)$ passe par le sommet

$C$ et par le milieu du côté

$[AB].$

Par suite, la droite

$(CI)$ est une médiane du triangle

$ABC$

De la même manière, les diagonales

$(AL)\$ et

$\ (BC)$ se coupent en leur milieu.

Donc,

$(AL)$ passant par le sommet

$A$ , coupe

$[BC]$ par le milieu.

Par conséquent, la droite

$(AL)$ est une médiane du triangle

$ABC$

Ainsi, on constate que ces trois médianes

$(BM)\;,\ (CI)\$ et

$\ (AL)$ se coupent en

$G.$

Or, dans un triangle, les trois médianes se coupent en un point appelé centre de gravité de ce triangle.

Donc,

$G$ est le centre de gravité du triangle

$ABC.$

Exercice 22

$PQR$ est un triangle.

1) Construisons le point

$M$ milieu de

$[PQ]$ et le point

$K$ , symétrique de

$P$ par rapport à

$R.$

La droite

$(KM)$ coupe le segment

$[RQ]$ en

$I$ et la droite

$(PI)$ coupe

$[KQ]$ en

$N.$

2) Démontrons que

$N$ est le milieu du segment

$[KQ].$

Considérons le triangle

$PQK.$

Comme

$K$ est le symétrique de

$P$ par rapport à

$R$ alors,

$R$ est milieu de

$[PK].$

Or,

$M$ est le milieu de

$[PQ]$

Donc, les droites

$(KM)\$ et

$\ (RQ)$ sont des médianes de ce triangle.

Par ailleurs,

$(KM)\$ et

$\ (RQ)$ se coupent en

$I.$

Par conséquent,

$I$ est le centre de gravité du triangle

$PQK.$

Ainsi,

$(PI)$ étant la droite passant par le sommet

$P$ et par le centre de gravité

$I$ alors,

$(PI)$ est la troisième médiane de ce triangle.

Donc, la droite

$(PI)$ coupe

$[KQ]$ par le milieu.

D'où,

$N$ est le milieu du segment

$[KQ].$

Auteur:

Diny Faye

Commentaires

Anonyme (non vérifié)

dim, 06/27/2021 - 13:51

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