Triangle : corrigé des exercices de maths en 5ème en PDF.

Exercice 1 :

1. Soit LNI un triangle tel que : \(\widehat{I}=76^{\circ}\,\,,\,\,\widehat{L}=45^{\circ}\)

Calculer la mesure de l’angle \(\widehat{N}.\)

\(\widehat{I}+\widehat{L}=76^{\circ}+45^{\circ}=121^{\circ}\)

\(\widehat{N}=180^{\circ}-121^{\circ}={\color{DarkRed}59^{\circ}}\)

2. Soit SAC un triangle tel que \(\widehat{A}=110^{\circ}\,,\,\widehat{C}=28^{\circ}\)

Calculer la mesure de l’angle \(\widehat{S}.\)

\(\widehat{A}+\widehat{C}=110^{\circ}+28^{\circ}=138^{\circ}\)

\(\widehat{S}=180^{\circ}-138^{\circ}={\color{DarkRed}42^{\circ}}\)

Exercice 2 :

Le trésor est à la même distance de A et de P : il se trouve donc sur la médiatrice du segment [AP]. Il est aussi à la même distance de A et de T : il se trouve donc sur la médiatrice du segment [AT].

On trace ces deux médiatrices au compas et à la règle ; elles se coupent en un point O. Comme OA = OP et OA = OT, on a OA = OP = OT : le trésor est enterré au point O, centre du cercle circonscrit au triangle APT (la médiatrice de [PT] passe elle aussi par O).

Exercice 3 :

On trace le segment [JK] de 5 cm. Au rapporteur, on construit en K un angle de 60° et en J un angle de 55° du même côté de [JK] : les deux demi-droites se coupent en L. Le troisième angle mesure \(\widehat{JLK}=180^{\circ}-60^{\circ}-55^{\circ}=65^{\circ}\).

On trace ensuite deux médiatrices du triangle, par exemple celles de [JK] et de [KL] : elles se coupent en O. Le cercle de centre O passant par J est le cercle circonscrit ; il passe aussi par K et L.

Exercice 4 :

CDE est un triangle équilatéral donc ses trois angles mesurent 60°.

ACE est un triangle rectangle isocèle donc \(\widehat{EAC}=\widehat{ECA}=45^{\circ}\)

Ensuite \(\widehat{BCD}\) est un angle plat donc \(\widehat{BCA} =180-45-60=75^{\circ}\)

Et ABC est isocèle en A donc ses angles à la base ont la même mesure.

\(\widehat{CBA}=\widehat{BCA} = 75^{\circ}\)

et le dernier angle mesure :

180-150=30°

Bilan : \(\widehat{CED}=\widehat{EDC}=\widehat{DCE}=60^{\circ}\), \(\widehat{AEC}=90^{\circ}\), \(\widehat{EAC}=\widehat{ECA}=45^{\circ}\), \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=75^{\circ}\) et \(\widehat{BAC}=30^{\circ}\).

Exercice 5 :

Le triangle MNQ est isocèle de sommet principal M et de base [NQ].

Le triangle PMN est isocèle de sommet principal P et de base [MN].

L’angle \(\widehat{ MQN }\) mesure \(35^{\circ}\).

Déterminer la mesure de l’angle \(\widehat{PMQ}\).

MQN est isocèle en M donc les angles à la base sont égaux.

donc

\(\widehat{QNM}=\widehat{NQM}=35^{\circ}\)

Le triangle NPM est isocèle en P donc les angles à la base ont la même mesure.

\(\widehat{NMP}=\widehat{QNM}=35^{\circ}\)

ensuite

\(\widehat{NPM}=180-35-35=110^{\circ}\)

et, comme N, P et Q sont alignés, \(\widehat{MPQ}=180-110=70^{\circ}\), donc dans le triangle PMQ :

\(\widehat{PMQ}=180-35-70=75^{\circ}\)

Vérification : dans le triangle MNQ, \(\widehat{NMQ}=180-35-35=110^{\circ}\) et \(\widehat{PMQ}=\widehat{NMQ}-\widehat{NMP}=110-35=75^{\circ}\). Donc \(\widehat{PMQ}=75^{\circ}\).

Exercice 6 :

On considère un triangle MNO, isocèle de sommet principal N et de base [MO].

On sait que \(\widehat{N}=44^{\circ}\). En déduire la mesure de \(\widehat{M}\) et \(\widehat{O}\).

Les angles à la base ont même mesure pour un triangle isocèle.

\(\widehat{M}=\widehat{O}=\frac{180-44}{2}=68^{\circ}\)

Exercice 7 :

On considère un triangle équilatéral JKL.

En déduire la mesure de ses trois angles.

\(\frac{180}{3}=60^{\circ}\)

les trois angles d’un triangle équilatéral mesurent 60 °.

Exercice 8 :

On considère un triangle GHI, rectangle en H. On sait que \(\widehat{G}\) = 34°.

En déduire la mesure de \(\widehat{I}\).

\(\widehat{I}=180-90-34=56^{\circ}\)

Exercice 9 :

Magalie a mesuré les angles DEF avec son rapporteur.

Elle a trouvé \(\widehat{D}\) = 53°, \(\widehat{E}\) = 74° et \(\widehat{F}\) = 54°.

Que penses-tu de sa réponse ? Justifie.

\(D+E+F=53+74+54=181^{\circ}\)

Les mesures de Magalie sont fausses car la somme des trois angles d’un triangle est de 180°.

Exercice 10 :

On considère un triangle ABC. On sait que \(\widehat{A}\) = 28° et \(\widehat{B}\) = 73°.

En déduire la mesure de \(\widehat{C}\).

\(C=180-28-73=79^{\circ}\)

Exercice 11 :

Quelle est la mesure de l’angle DEF ?

\(\widehat{ABC}=180^{\circ}-105^{\circ}=75^{\circ}\)

\(\widehat{ADC}=\widehat{ABC}=75^{\circ}\) (les angles opposés d’un parallélogramme ont la même mesure ) .

\(\widehat{EDF}=\widehat{ADC}=75^{\circ}\) (deux angles opposés par le sommet ont la même mesure ).

\(\widehat{DEF}=180^{\circ}-75^{\circ}-90^{\circ}=180^{\circ}-165^{\circ}=15^{\circ}\) (la somme des angles d’un triangle vaut \(180^{\circ}\))

Exercice 12 :

Quelle est la mesure de l’angle ADB ?

Dans le triangle ADC :

\(\widehat{ADC}=180^{\circ}-45^{\circ}-35^{\circ}\)

\(\widehat{ADC}=180^{\circ}-80^{\circ}\)

\(\widehat{ADC}=100^{\circ}\)

L’angle \(\widehat{BDC}\) est un angle plat .

\(\widehat{BDA}=180^{\circ}-100^{\circ}=80^{\circ}\)

Exercice 13 :

e) La somme des angles d’un triangle vaut 180°, donc :

\(\widehat{ACB}=180^{\circ}-\widehat{BAC}-\widehat{ABC}=180^{\circ}-95^{\circ}-55^{\circ}\)

\(\widehat{ACB}=30^{\circ}\)

Exercice 14 :

1. Dans le triangle ABC, la somme des angles vaut 180° :

\(\widehat{C}=180^{\circ}-28^{\circ}-73^{\circ}\), donc \(\widehat{C}=79^{\circ}\).

2. Le triangle GHI est rectangle en H, donc \(\widehat{H}=90^{\circ}\) :

\(\widehat{I}=90^{\circ}-34^{\circ}\), donc \(\widehat{I}=56^{\circ}\).

3. Le triangle MNO est isocèle de sommet principal N, donc ses angles à la base sont égaux :

\(\widehat{M}=\widehat{O}=\dfrac{180^{\circ}-44^{\circ}}{2}\), donc \(\widehat{M}=\widehat{O}=68^{\circ}\).

4. Le triangle CDE est équilatéral, donc \(\widehat{CED}=\widehat{EDC}=\widehat{DCE}=60^{\circ}\).

Le triangle AEC est rectangle isocèle en E, donc \(\widehat{EAC}=\widehat{ECA}=\dfrac{90^{\circ}}{2}=45^{\circ}\).

L’angle \(\widehat{BCD}\) est un angle plat, donc \(\widehat{BCA}=180^{\circ}-45^{\circ}-60^{\circ}=75^{\circ}\).

Le triangle ABC est isocèle en A, donc \(\widehat{CBA}=\widehat{BCA}=75^{\circ}\).

Enfin \(\widehat{BAC}=180^{\circ}-75^{\circ}-75^{\circ}=30^{\circ}\).

Exercice 15 :

Remarque : dans le premier tracé, il s’agit de la médiane issue de A (une médiatrice n’est « issue » d’aucun sommet).

1. Médiane issue de A dans le triangle ABC : on mesure [BC] et on place son milieu K. La médiane issue de A est le segment [AK], qui joint le sommet A au milieu du côté opposé.
2. Médiatrice du côté [DE] dans le triangle DEF : au compas, on trace deux arcs de même rayon (plus grand que la moitié de DE) centrés en D puis en E, de part et d’autre de [DE]. Les deux points d’intersection des arcs sont à égale distance de D et de E ; la droite qui les joint est la médiatrice de [DE] : elle est perpendiculaire à [DE] en son milieu J.
3. Hauteur issue de G dans le triangle GHI : on prolonge le côté [IH] au-delà de H, car l’angle en H est obtus. Avec l’équerre, on trace la perpendiculaire à la droite (HI) passant par G ; elle coupe (HI) en L. La hauteur issue de G est la droite (GL) : son pied L est en dehors du segment [HI].

Exercice 16 :

La somme des angles d’un triangle est 180 °.

90°+84,7°=174,7°

180°-174,7°=5,3°

Donc l’angle d’inclinaison par rapport à la verticale est de 5,3 ° .

La somme des angles est un calcul fondamental à maîtriser dans ce chapitre sur le triangle.

Exercice 17 :

1) a) Le point I est le milieu de [AB] et de [CC’] : la symétrie de centre I transforme A en B, B en A et C en C’. Elle transforme donc l’angle \(\widehat{ABC}\) en l’angle \(\widehat{BAC^{\prime}}\). Or une symétrie centrale conserve les mesures d’angles, donc \(\widehat{BAC^{\prime}}=\widehat{ABC}\).

b) Avec la symétrie de centre J, qui échange A et C et transforme B en B’, on obtiendrait \(\widehat{CAB^{\prime}}=\widehat{ACB}\).

2) a) La symétrie de centre I transforme B en A et C en C’, donc elle transforme la droite (BC) en la droite (AC’). Or l’image d’une droite par une symétrie centrale est une droite qui lui est parallèle, donc (BC) et (AC’) sont parallèles.

b) Avec la symétrie de centre J, on obtiendrait de même (BC) et (AB’) sont parallèles.

c) Les droites (AC’) et (AB’) sont toutes les deux parallèles à (BC) et passent par le même point A. Par un point, il ne passe qu’une seule parallèle à une droite donnée, donc (AC’) et (AB’) sont confondues : C’, A et B’ sont alignés. (L’énoncé écrivait C au lieu de C’ : c’est bien C’ qui est aligné avec A et B’.)

3) a) Comme C’, A et B’ sont alignés et que B et C sont du même côté de cette droite, les trois angles \(\widehat{BAC^{\prime}}\), \(\widehat{BAC}\) et \(\widehat{CAB^{\prime}}\) sont côte à côte et forment l’angle plat \(\widehat{C^{\prime}AB^{\prime}}\) :

\(\widehat{BAC^{\prime}}+\widehat{BAC}+\widehat{CAB^{\prime}}=180^{\circ}\)

b) On remplace \(\widehat{BAC^{\prime}}\) par \(\widehat{ABC}\) et \(\widehat{CAB^{\prime}}\) par \(\widehat{ACB}\) :

\(\widehat{ABC}+\widehat{BAC}+\widehat{ACB}=180^{\circ}\) : la somme des mesures des angles d’un triangle vaut 180°.

Exercice 18 :

Soit ABC un triangle rectangle en A. Montrer que \(\widehat{ABC}\) et \(\widehat{ACB}\) sont complémentaires.
\(\widehat{ABC}\) + \(\widehat{ACB}\) = 180 – 90 = 90° donc ces deux angles sont complémentaires.

Exercice 19 :

Soit ABC un triangle tel que \(\widehat{ABC}\) et \(\widehat{ACB}\) soient complémentaires. Montrer que ABC est rectangle en A.
\(\widehat{CAB}=180-90=90\) donc ABC est rectangle en A.

Exercice 20 :

Soit ABC un triangle isocèle en A et d la médiatrice de [BC].
1) Montrer que A appartient à d.
ABC est isocèle en A donc AB=AC ainsi A est sur la médiatrice du segment [BC]

2) Déterminer les images de A, B et C par la symétrie d’axe d.

A est sur l’axe d, donc il est sa propre image. La médiatrice d de [BC] est l’axe de symétrie du segment [BC], donc B et C sont symétriques par rapport à d. Les images de A, B et C sont respectivement A, C et B.

3) Montrer que les angles à la base du triangle ABC sont de même mesure.

D’après la question 2, la symétrie d’axe d transforme l’angle \(\widehat{ABC}\) en l’angle \(\widehat{ACB}\). Une symétrie axiale conserve les mesures d’angles, donc \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\).

Exercice 21 :

Soit ABC un triangle isocèle en A et ayant un angle de 60°.
1er cas : L’angle de 60° est \(\widehat{BAC}\) : Déterminer \(\widehat{ABC}\) et \(\widehat{ACB}\). En déduire que ABC est équilatéral.
Les angles à la base ont la même mesure donc 180-60=120 et 120:2=60 °

Ainsi \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=60^{\circ}\) : les trois angles mesurent 60°. Le triangle a deux angles égaux en B et C, donc il est isocèle en A ; il a aussi deux angles égaux en A et B, donc il est isocèle en C. On a donc AB = AC = CB : ABC est équilatéral.

2ème cas : L’angle de 60° est \(\widehat{ABC}\) : Déterminer \(\widehat{ACB}\) et \(\widehat{BAC}\). En déduire que ABC est équilatéral.

ABC est isocèle en A, donc ses angles à la base sont égaux : \(\widehat{ACB}=\widehat{ABC}=60^{\circ}\). Puis \(\widehat{BAC}=180^{\circ}-60^{\circ}-60^{\circ}=60^{\circ}\). Les trois angles mesurent 60°, donc, comme dans le premier cas, ABC est équilatéral.

3ème cas : L’angle de 60° est \(\widehat{ACB}\) : Pourquoi est-il inutile d’étudier ce troisième cas ?

Dans un triangle isocèle en A, les angles à la base \(\widehat{ABC}\) et \(\widehat{ACB}\) sont égaux : si \(\widehat{ACB}=60^{\circ}\), alors \(\widehat{ABC}=60^{\circ}\) aussi. On retombe exactement sur le 2ème cas (les points B et C jouent le même rôle), il est donc inutile de l’étudier.

Exercice 22 :

Soit ABC un triangle quelconque et O le point d’intersection des médiatrices de [AB] et de [AC].
1) Montrer que OA = OB puis que OA = OC.
D’après la propriété de la médiatrice comme O appartient à la médiatrice de [AB] alors OA=OB
et comme O appartient à la médiatrice de [AC] alors OA=OC .

2) En déduire que O est le centre du cercle circonscrit au triangle.
Nous avons OA=OB et OA=OC donc par transitivité OA=OB=OC donc le cercle de centre O et de rayon OA passe par les trois sommets du triangle ABC, c’est son cercle circonscrit.

3) En déduire également que O appartient aussi à la médiatrice de [BC]
Comme OB=OC alors O appartient à la médiatrice du segment [BC].

Exercice 23 :

( C ) est un cercle de centre O et de rayon 2 cm.

( C’ ) est un cercle de centre O’ et de rayon 3 cm.

Les deux cercles se coupent en A et B.

Démontre que (OO’) est la médiatrice de [AB].

Nous avons OA=OB car ce sont des rayons du cercle (C)donc O appartient à la médiatrice du segment [AB] et nous avons O’A=O’B car ce sont des rayons du cercle (C’) donc O’ appartient à la médiatrice du segment [AB].

Donc les points O et O’ appartiennent à la médiatrice du segment [AB], par unicité de la médiatrice d’un segment, on en déduit que (OO’) est la médiatrice du segment [AB].

Exercice 24 :

Expliquer pourquoi sur la figure ci-dessous (MN) perpendiculaire à (AB).

M est sur la médiatrice de [AB] et N aussi car MB=MA et NB=NA.

Donc la droite (MN) est la médiatrice du segment [AB] ainsi par définition

de la médiatrice d’un segment, on en déduit que (MN) perpendiculaire à (AB).

Exercice 25 :

Tracer un segment [AB].

Construire son milieu I sans utiliser de quadrillage ni d’instrument graduée.

Il suffit de tracer la médiatrice du segment [AB] à la règle non graduée et avec le compas.

Elle coupe le segment [AB] en son milieu : le point d’intersection de la médiatrice et de [AB] est le milieu I.

Exercice 26 :

On donne une droite (d) et un point N qui n’est pas sur cette droite.

Construire deux points A et B de (d) tel que la médiatrice de [AB] passe par N.

Il faut construire le symétrique N’ par rapport à l’axe (d) et construire le losange NAN’B avec A et B sur (d).

Plus simplement : on trace un cercle de centre N qui coupe la droite (d) en deux points, que l’on nomme A et B. Comme NA = NB (rayons du même cercle), N est à égale distance de A et de B, donc N appartient à la médiatrice de [AB].

Exercice 27 :

Le bon roi Gatovert a caché son épée magique.

Tu dois la retrouver sur le plan ci-dessous, sachant qu’il l’a enterrée à égale distance de son château C, de la vielle tour T et du lac au dragon L.

Il faut tracer le triangle TLC et deux médiatrices de ce triangle.

Son épée est au point d’intersection de ces deux médiatrices.

Exercice 28 :

a) Tracer trois points R, S et T non alignés.

Construire un point K à égale distance des trois points.

C’est le point d’intersection des médiatrices du triangle RST.

b) Comment s’appelle le point que tu as construit ? Y a-t-il plusieurs solutions ?

C’est le point d’intersection des médiatrices du triangle RST. Non, la solution est unique.

Ce point K s’appelle le centre du cercle circonscrit au triangle RST. Il est unique, car deux médiatrices du triangle ne se coupent qu’en un seul point.

Exercice 29 :

a) Tracer un segment [AB] de longueur 3,8 cm.

Construire un triangle ABC sachant que côté [AC] mesure 5 cm et que le rayon du cercle circonscrit est de 3 cm.

b) Combien y a-t-il de triangles possibles ?

c) Construis-les tous.

1. Le centre O du cercle circonscrit est à égale distance de A et de B : il est sur la médiatrice de [AB]. De plus OA = 3 cm. On trace donc la médiatrice de [AB], puis le cercle de centre A et de rayon 3 cm : il la coupe en deux points O₁ et O₂, symétriques par rapport à (AB).
2. On trace les deux cercles de rayon 3 cm centrés en O₁ et en O₂ : ils passent tous les deux par A et B.
3. Le point C est sur l’un de ces cercles et vérifie AC = 5 cm : on trace le cercle de centre A et de rayon 5 cm. Comme 5 cm est plus petit que le diamètre 6 cm, il coupe chacun des deux cercles en deux points.

b) On obtient 4 triangles possibles (deux points C sur chaque cercle). Ils vont par paires symétriques par rapport à la droite (AB) : deux triangles ont un côté [BC] d’environ 6,0 cm et les deux autres un côté [BC] d’environ 1,8 cm (valeurs mesurées sur la figure, arrondies au millimètre).

c) Il reste à relier A, B et chacun des quatre points C trouvés à l’étape 3.

Exercice 30 :

a) Construire les triangles EFG et MNP tels que :

· EF = 8,4 cm, FG = 7,4 cm et EG = 6,3 cm ;

· MN = 5,9 cm, NP = 6,5 cm et MP = 8 cm.

b) Tracer leur cercle circonscrit.

c) Quelle différence y-a-t-il entre les centres de ces deux cercles ?

a) Pour chaque triangle, on trace le plus grand côté ([EF] puis [MP]), puis on reporte les deux autres longueurs au compas à partir de ses extrémités : l’intersection des arcs donne le troisième sommet.

b) On trace deux médiatrices de chaque triangle ; leur point d’intersection est le centre du cercle circonscrit, et le rayon est la distance de ce centre à un sommet. On mesure un rayon d’environ 4,3 cm pour EFG et d’environ 4,1 cm pour MNP.

c) Avec ces mesures, les deux triangles ont leurs trois angles aigus (au rapporteur, environ 58°, 46° et 75° pour EFG ; 53°, 80° et 47° pour MNP) : les deux centres sont à l’intérieur de leur triangle. La différence porte sur leur position : le centre du cercle circonscrit à MNP est très proche du côté [MP] (à environ 0,7 cm), car l’angle \(\widehat{MNP}\) est presque droit, alors que celui de EFG est plus éloigné de [EF] (environ 1,1 cm). Plus un triangle se rapproche d’un triangle rectangle, plus ce centre se rapproche du plus grand côté.

Exercice 31 :

Construire à chaque fois le cercle circonscrit d’un triangle ABC :

a) AB = 4,5 cm, BC = 7 cm et \(\widehat{ABC}\) = 75°.

b) ABC est isocèle en A avec AB = 5 cm et \(\widehat{BAC}\) = 120°.

c) ABC est équilatéral de côté 6 cm.

d) ABC est rectangle en A, avec AB = 5 cm et AC = 7 cm.

Dans les quatre cas, on construit d’abord le triangle, puis on trace deux médiatrices : leur intersection O est le centre du cercle circonscrit, de rayon OA.

• a) On trace [BC] de 7 cm, l’angle de 75° en B, puis on place A à 4,5 cm de B. Les trois angles sont aigus (environ 68°, 75° et 37°), donc O est à l’intérieur du triangle ; le rayon mesure environ 3,8 cm.
• b) On trace un angle de 120° de sommet A, puis on place B et C sur ses côtés à 5 cm de A. Les angles à la base mesurent \(\dfrac{180^{\circ}-120^{\circ}}{2}=30^{\circ}\). L’angle en A est obtus, donc O est à l’extérieur du triangle, sur la médiatrice de [BC] qui passe par A ; on mesure un rayon de 5 cm.
• c) Dans un triangle équilatéral, les médiatrices sont aussi les médianes, les hauteurs et les bissectrices : O est le centre de gravité du triangle ; le rayon mesure environ 3,5 cm.
• d) On trace un angle droit en A, puis AB = 5 cm et AC = 7 cm. Les médiatrices se coupent sur l’hypoténuse : O est le milieu de [BC] et le rayon est la moitié de BC, soit environ 4,3 cm (BC mesure environ 8,6 cm).

Exercice 32 :

La somme des angles d’un triangle vaut 180°, donc :

\(\widehat{C}=180^{\circ}-\widehat{A}-\widehat{B}=180^{\circ}-28^{\circ}-73^{\circ}\)

\(\widehat{C}=79^{\circ}\)

Exercice 33 :

On additionne les trois mesures trouvées par Magalie :

\(53^{\circ}+74^{\circ}+54^{\circ}=181^{\circ}\)

Or la somme des angles d’un triangle vaut exactement 180°. Sa réponse est donc fausse : au moins une de ses mesures est inexacte (une erreur d’un degré au rapporteur suffit à l’expliquer).

Exercice 34 :

Le triangle GHI est rectangle en H, donc \(\widehat{H}=90^{\circ}\). La somme des angles vaut 180°, donc :

\(\widehat{I}=180^{\circ}-90^{\circ}-34^{\circ}\)

\(\widehat{I}=56^{\circ}\) (les deux angles aigus d’un triangle rectangle sont complémentaires : \(34^{\circ}+56^{\circ}=90^{\circ}\)).

Exercice 35 :

Un triangle équilatéral a ses trois angles de même mesure, et leur somme vaut 180° :

\(180^{\circ}: 3=60^{\circ}\)

\(\widehat{J}=\widehat{K}=\widehat{L}=60^{\circ}\)

Exercice 36 :

Le triangle MNO est isocèle de sommet principal N, donc ses angles à la base sont égaux : \(\widehat{M}=\widehat{O}\).

\(\widehat{M}+\widehat{O}=180^{\circ}-44^{\circ}=136^{\circ}\)

\(\widehat{M}=\widehat{O}=136^{\circ}: 2\)

\(\widehat{M}=\widehat{O}=68^{\circ}\)

Exercice 37 :

Le triangle PQR est isocèle de sommet principal Q, donc ses angles à la base sont égaux : \(\widehat{R}=\widehat{P}=75^{\circ}\).

La somme des angles vaut 180°, donc :

\(\widehat{Q}=180^{\circ}-75^{\circ}-75^{\circ}\)

\(\widehat{Q}=30^{\circ}\)

Exercice 38 :

Le triangle STU est rectangle en T, son sommet principal : \(\widehat{T}=90^{\circ}\).

Il est isocèle de base [SU], donc \(\widehat{S}=\widehat{U}\) et :

\(\widehat{S}=\widehat{U}=(180^{\circ}-90^{\circ}): 2\)

\(\widehat{S}=\widehat{U}=45^{\circ}\)

Exercice 39 :

Le triangle MNQ est isocèle en M, donc \(\widehat{MNQ}=\widehat{MQN}=35^{\circ}\).

Le triangle PMN est isocèle en P, donc \(\widehat{PMN}=\widehat{PNM}=35^{\circ}\).

On note \(x\) la mesure en degrés de l’angle \(\widehat{PMQ}\). L’angle \(\widehat{NMQ}\) est formé des angles \(\widehat{NMP}\) et \(\widehat{PMQ}\), donc \(\widehat{NMQ}=35+x\).

La somme des angles du triangle MNQ vaut 180°, ce qui donne l’équation :

\(35+35+(35+x)=180\)

\(105+x=180\)

\(x=180-105=75\)

\(\widehat{PMQ}=75^{\circ}\)

Exercice 40 :

La figure est la même que celle de l’exercice 4 (et de la question 4 de l’exercice 14).

• Le triangle CDE a ses trois côtés égaux : il est équilatéral, donc \(\widehat{CED}=\widehat{EDC}=\widehat{DCE}=60^{\circ}\).
• Le triangle AEC est rectangle en E et isocèle (AE = EC), donc \(\widehat{EAC}=\widehat{ECA}=45^{\circ}\).
• B, C et D sont alignés, donc \(\widehat{BCA}+\widehat{ACE}+\widehat{ECD}=180^{\circ}\) et \(\widehat{BCA}=180^{\circ}-45^{\circ}-60^{\circ}=75^{\circ}\).
• Le triangle ABC est isocèle en A, donc \(\widehat{ABC}=\widehat{BCA}=75^{\circ}\) et \(\widehat{BAC}=180^{\circ}-75^{\circ}-75^{\circ}=30^{\circ}\).

Exercice 41 :

Cet exercice utilise la propriété des angles inscrits (programme de 3e) : deux angles inscrits dans un cercle qui interceptent le même arc ont la même mesure.

1) Les angles inscrits \(\widehat{ADC}\) et \(\widehat{ABC}\) interceptent le même arc AC, donc \(\widehat{ADC}=\widehat{ABC}=60^{\circ}\) (ABC est équilatéral). Comme E est sur [AD], \(\widehat{EDC}=\widehat{ADC}=60^{\circ}\). Le triangle EDC est isocèle en D (DE = DC) et son angle principal mesure 60°, donc ses angles à la base mesurent \((180^{\circ}-60^{\circ}): 2=60^{\circ}\) : le triangle EDC est équilatéral.

2) Les angles inscrits \(\widehat{AFC}\) et \(\widehat{ABC}\) interceptent le même arc AC, donc \(\widehat{AFE}=\widehat{AFC}=60^{\circ}\). Les angles \(\widehat{AEF}\) et \(\widehat{DEC}\) sont opposés par le sommet, donc \(\widehat{AEF}=\widehat{DEC}=60^{\circ}\). Le triangle AFE a donc deux angles de 60°, le troisième aussi : il est équilatéral et FA = FE.

3) Les droites (EF) et (BD) : les angles \(\widehat{BDE}\) et \(\widehat{DEC}\) sont alternes-internes par rapport à la sécante (AD), et \(\widehat{BDA}=\widehat{BCA}=60^{\circ}\) (angles inscrits interceptant l’arc AB), donc \(\widehat{BDE}=\widehat{DEC}=60^{\circ}\) : (EF) et (BD) sont parallèles.

Les droites (FB) et (ED) : \(\widehat{BFC}=\widehat{BAC}=60^{\circ}\) (angles inscrits interceptant l’arc BC) et \(\widehat{FEA}=60^{\circ}\) (triangle AFE équilatéral). Ces angles \(\widehat{BFE}\) et \(\widehat{FEA}\) sont alternes-internes par rapport à la sécante (FC) et égaux, donc (FB) et (ED) sont parallèles.

Le quadrilatère FBDE a ses côtés opposés parallèles deux à deux : FBDE est un parallélogramme.

Exercice 42 :

1) Le segment [AC] est un diamètre du cercle \(\mathcal{C}\) (C est le symétrique de A par rapport au centre I) et B est sur ce cercle, donc le triangle ABC est rectangle en B : \((BC)\perp(AB)\). De même, [AD] est un diamètre de \(\mathcal{C}^{\prime}\), donc \((BD)\perp(AB)\). Les droites (BC) et (BD) sont perpendiculaires à (AB) et passent par B : elles sont confondues, donc B, C et D sont alignés.

2) Dans le triangle ACD, I est le milieu de [AC] et J le milieu de [AD]. D’après le théorème des milieux, (IJ) est parallèle à (CD), et \(CD=2\times IJ=42\).

3) IA = IB et JA = JB (rayons), donc (IJ) est la médiatrice de [AB] : elle est perpendiculaire à (AB) en O. Les triangles AOI et AOJ sont rectangles en O. On a \(x+y=21\) et, d’après le théorème de Pythagore :

\(x^{2}+h^{2}=10^{2}=100\) et \(y^{2}+h^{2}=17^{2}=289\)

En soustrayant : \(y^{2}-x^{2}=189\), soit \((y-x)(y+x)=189\), donc \(y-x=189: 21=9\).

Avec \(x+y=21\) : \(x=6\), \(y=15\), puis \(h^{2}=100-36=64\), donc \(h=8\).

4) L’aire du triangle AIJ vaut \(\dfrac{IJ\times h}{2}=\dfrac{21\times 8}{2}=84\). Le triangle ACD est un agrandissement de AIJ de rapport 2 (AC = 2AI, AD = 2AJ), donc son aire est multipliée par \(2^{2}=4\) : aire de ACD \(=4\times 84=336\).

Vérification : la hauteur issue de A dans ACD est AB = 2h = 16 (car (AB) est perpendiculaire à (CD)), et \(\dfrac{42\times 16}{2}=336\).

Exercice 43 :

On se place dans le cas d’un triangle ABC dont les angles sont aigus, de sorte que les points D, E, F et H soient sur les côtés. On utilise le théorème de Thalès (programme de 3e).

(DF) et (CE) sont toutes les deux perpendiculaires à (AB), donc (DF) et (CE) sont parallèles. Dans le triangle ACE, F est sur [AE] et D sur [AC], donc d’après le théorème de Thalès : \(\dfrac{AF}{AE}=\dfrac{AD}{AC}\).

(EH) et (BD) sont toutes les deux perpendiculaires à (AC), donc (EH) et (BD) sont parallèles. Dans le triangle ABD, E est sur [AB] et H sur [AD], donc : \(\dfrac{AH}{AD}=\dfrac{AE}{AB}\).

On en déduit :

\(\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{AF}{AE}\times \dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AD}{AC}\times \dfrac{AH}{AD}=\dfrac{AH}{AC}\)

Les points A, F, B d’une part et A, H, C d’autre part sont alignés dans le même ordre et \(\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{AH}{AC}\) : d’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites (FH) et (BC) sont parallèles.