Corrigés – Angles inscrits
Exercice 1
1) La figure
2) Calculons la mesure des angles \widehat{TOP’} et \widehat{TSP’}
– On a \widehat{TSP’} et \widehat{TPP’} des angles inscrits interceptant le même arc \overgroup{TP’}
Donc \widehat{TSP’} = \widehat{TPP’} = 30°
– On a \widehat{TOP’} est un angle au centre associé à l’angle \widehat{TSP’} interceptant le même arc \overgroup{TP’} que l’angle inscrit \widehat{TSP’}
Donc \widehat{TOP’} = 2\widehat{TSP’}
\widehat{TOP’} =2×30°=60°
\widehat{TOP’} =60°
3)Calculons PS et PT
[ST] étant un diamètre du cercle (c) et Pϵ(c) donc SPT est un triangle rectangle en P. Ainsi ,
Exercice n°2
Calculons \widehat{BIC}
On a: \widehat{BAC} un angle inscrit interceptant le même arc \overgroup{BC} que l’angle \widehat{BIC} au centre associé à \widehat{BAC}
donc \widehat{BIC} = 2\widehat{BAC}
or \widehat{BAC} + \widehat{ABC} + \widehat{BCA} =180° signifie que \widehat{BAC}=180°-(\widehat{ABC}+\widehat{BCA})
=180°-(48+72°)
=60°
donc \widehat{BIC}=2×60°
\widehat{BIC}=120°
Exercice n°3
1) La figure
2) Démontrons que les angles \widehat{A’AB} et \widehat{AB’C} ont la même mesure.
On a \widehat{BAA’} = \widehat{A’AC} car (AA’) est la bissectrice de \widehat{CAB} :
De plus, les angles \widehat{A’AC} et \widehat{A’B’C} sont des angles inscrits interceptant le même arc \overgroup{A’C} donc \widehat{A’B’C} = \widehat{A’AC}
\widehat{A’AB} = \widehat{A’AC} et \widehat{A’AC} = \widehat{A’B’C} par conséquent \widehat{A’AB} = \widehat{A’B’C}
Exercice 6
1)
1)L’angle inscrit \widehat{MAB} et l’angle au centre \widehat{MOB} interceptent le même arc de cercle \overgroup{MB} .
Or dans un cercle, si un angle au centre et un angle inscrit interceptent le même arc, alors la mesure de l’angle au centre est le double de celle de l’angle inscrit.
Donc : \widehat{MOB}=2x\widehat{MAB}
D’où : \widehat{MAB} = \frac{\widehat{MOB}}{2} = \frac{36°}{2} = 18°
L’angle \widehat{MAB} mesure 18°.
4. La seule proposition permettant de montrer que le triangle AMB est rectangle en M est la proposition n° 2 :
Si le triangle AMB est inscrit dans le cercle (C) dont l’un des diamètres est [AB] alors AMB est un triangle rectangle en M.
5. Dans le triangle AMB rectangle en M, on a :
cos(\widehat{AMB}) = \frac{AM}{AB}
Donc : cos18° = \frac{AM}{8}
AM =8cos(18°) \approx 7,6 (arrondi au dixième)
6) et 7) cf figure ci-dessus
Exercice 7
1) (C) est le cercle circonscrit au triangle ABD donc D appartient au cercle. [BM] est un diamètre de (C).
Or, si un triangle est inscrit dans un cercle et a pour côté un diamètre de ce cercle alors ce triangle est rectangle. Le diamètre est son hypoténuse.
Donc le triangle BDM est rectangle en D.
2. a) On sait que ABD est isocèle en A, donc
\widehat{ABD} = \widehat{ADB} =75°.
Or la somme des angles d’un triangle est égale à 180°, donc \widehat{BAD}=180°-\widehat{ABD}-\widehat{ADB}=180°-2×75°=30°.
2. b) \widehat{BAD} est un angle inscrit qui intercepte le même arc que l’angle \widehat{BMD}.
2. c) Les deux angles inscrits \widehat{BAD} et \widehat{BMD} interceptent le même arc donc ils sont égaux, donc \widehat{BMD}=30°.
3. Méthode 1 :
BDM est rectangle en D donc tan(\widehat{BMD}) = \frac{BD}{DM}
donc DM =\frac{BD}{tan(\widehat{BMD})} \approx 9,7
Méthode 2 : BMD est un triangle rectangle en D (démontré en 1.). Donc, d’après le théorème de Pythagore, DM2+BD2=BM2 donc DM = \sqrt{BM^2 – BD^2}.
d’où DM \approx 9,7.
Exercice 8
1)
2) [AD] est un diamètre de (C) et B un point de ce cercle : ainsi, le triangle ADB est inscrit dans un cercle de diamètre un de ses côtés.
ADB est donc un triangle rectangle en B.
3. Les angles et sont respectivement un angle au centre et un angle inscrit interceptant le même arc de cercle . On a donc d’après le théorème de l’angle inscrit et de l’angle au centre .
4. Dans le triangle ADB rectangle en B, on a . Autrement dit, AB=sin(=sin(23°) soit environ 3,52 cm.
5. Dans le triangle ADB :
–> E \in [AD] (avec E milieu de [AD]) ;
–> F \in [BD]
–> (EF)//(AB).
Donc d’après le théorème de Thalès, sachant que E est le milieu de [AD], on a EF=\frac{AB}{2} \approx 1,76
soit environ 1,8 cm
Exercice 9
1. Précisons la nature du triangle IJK :
Le triangle IJK est inscrit dans le cercle de diamètre [IJ], donc le triangle IJK est rectangle en K.
2. Précisons la nature du triangle OJK :
[OK] et [OJ] sont deux rayons du cercle C de rayon 4 cm, donc OK = OJ = 4 cm.
De plus, on sait que JK = 4 cm.
Donc : OK = OJ = JK = 4 cm. On en conclut que OJK est un triangle équilatéral.
3. On appelle R le symétrique de K par rapport à la droite (IJ).
Démontrons que le quadrilatère ROKJ est un losange :
O et J sont deux points de l’axe de symétrie (IJ), donc leurs symétriques sont respectivement O et J. De plus, R est le symétrique de K par rapport à la droite (IJ).
Donc les segments [OR] et [OK] d’une part et [JR] et [JK] d’autre part sont symétriques par rapport à l’axe (IJ).
Or, la symétrie axiale conserve les longueurs, donc OR = OK et JR = JK.
De plus, on a vu que OK = JK, donc
OR = OK = JR = JK.
D’où : le quadrilatère ROKJ a quatre côtés de même longueur, c’est donc un losange.
Exercice 10
1)On sait que N appartient au cercle de diamètre [MO].
Or, si dans un cercle, un triangle a pour sommets les extrémités d’un diamètre et un point de ce cercle alors ce triangle est rectangle.
Donc le triangle MNO est rectangle en N.
2. Le triangle MNO est rectangle en N donc
(MN) \perp (NO)
Les points N, O et P sont alignés, donc
(MN) \perp (NP)
Le triangle OPQ est rectangle en P donc (PQ) \perp (PO)
Les points N, O et P sont alignés, donc
(PQ) \perp (NP)
Or si deux droites sont perpendiculaires à une même troisième droite, alors elles sont parallèles ,donc
(PQ) // (NM)
3. Les droites (MQ) et (NP) sont sécantes en O, les droites (QP) et (MN) sont parallèles. D’après le théorème de Thalès, on a :
D’où : OP = 3 cm.
