\documentclass[12pt]{book}
\usepackage{pas-exos}

\newcommand{\fig}
{%
\tkzInit
\tkzDefPoint[label=above:$O$](0,0){O}
\tkzDefPoint[label=below left:$M$](210:4){M}
\tkzDefPointsBy[rotation=center O angle 130](M){A}
\tkzDefPointsBy[rotation=center O angle 70](A){B}
\tkzDrawPoints(O,M,A,B)
\tkzLabelPoint[above](B){$B$}
\tkzLabelPoint(A){$A$}
\tkzDrawCircle(O,A)
}
\newcommand{\figuu}
{%
\tkzInit
\tkzDefPoint[label=above:$O$](0,0){O}
\tkzDefPoint[label=below left:$M$](210:4){M}
\tkzDefPointsBy[rotation=center O angle 130](M){A}
\tkzDefPointsBy[rotation=center O angle 30](A){B}
\tkzDrawPoints(O,M,A,B)
\tkzLabelPoint[above](B){$B$}
\tkzLabelPoint(A){$A$}
\tkzDrawCircle(O,A)
}
\begin{document}

\chapter*{Théorème de l'angle au centre}


\begin{tikzpicture}
\node[rectangle,draw=black,fill=gray!20,rounded corners, minimum width=\linewidth, inner ysep=5mm] (thm)
{
\begin{minipage}{\textwidth}
Soit $\mathcal{C}$ un cercle de centre O. Soient alors A et B deux points sur $\mathcal{C}$ et M un point sur le grand arc $\arc{AB}$.\\
Alors, $\angle{AOB}=2\angle{AMB}$.
\end{minipage}
};
\node[right,fill=gray!80,text=white,draw=black,inner xsep=3mm] at ($(thm.north west)+(.5,0)$) {\textbf{Enoncé du théorème}};
\end{tikzpicture}

Voici sa démonstration :

% Etape 1

\begin{minipage}{.5\textwidth}
\begin{tikzpicture}[scale=.75]
\fig
\tkzDefPointsBy[symmetry=center O](M,A){}
\tkzLabelPoint[right](M'){$M'$}
\draw[dotted,red] (O) -- (M');
\draw[red] (O) -- (M) -- (A);
\draw[blue] (O) -- (A);
\fill[fill=red!20,draw=red] (M) -- (barycentric cs:M=.9,A=.1) arc (0:35:5mm) -- cycle;
\fill[fill=blue!20,draw=blue] (O) -- (-20:5mm) arc (-20:30:5mm) -- cycle;
\fill[fill=green!20,draw=green!50!black] (O) -- (210:5mm) arc (210:340:5mm) -- cycle;
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{.5\textwidth}
Soit M' le symétrique de M par rapport à O.\\
Dans le triangle AOM isocèle en O, la somme de la mesure des angles est égale à $180^{\circ}$ et les angles à la base ont la même mesure ; donc : 
\[ \angle{AOM}=180^{\circ}-2\angle{AMO}. \]

De plus, $\angle{AOM}+\angle{AOM'}=180^{\circ}$ car ce sont deux angles adjacents supplémentaires. D'où :
\[ \angle{AOM}=180^{\circ}-\angle{AOM'}. \]

On en déduit alors l'égalité suivante : 
\[ 180^{\circ}-\angle{AOM'}=180^{\circ}-2\angle{AMO} \;,\]
d'où : 
\[ 2\angle{AMO}=\angle{AOM'}.\]
\end{minipage}

% Etape 2

\begin{minipage}{.5\textwidth}
\begin{tikzpicture}[scale=.75]
\fig
\tkzDefPointsBy[symmetry=center O](M,A){}
\tkzLabelPoint[right](M'){$M'$}
\draw[dotted,red] (O) -- (M');
\draw[red] (O) -- (M) -- (A);
\draw[blue] (O) -- (A);
\draw[red] (M) -- (B);
\draw[blue] (O) -- (B);
\fill[fill=red!20,draw=red] (M) -- (barycentric cs:M=.9,A=.1) arc (0:35:5mm) -- cycle;
\fill[fill=blue!20,draw=blue] (O) -- (-20:5mm) arc (-20:30:5mm) -- cycle;
\fill[fill=green!20,draw=green!50!black] (O) -- (30:10mm) arc (30:50:10mm) -- cycle;
\fill[fill=orange!20,draw=orange] (M) -- (barycentric cs:M=.75,O=.25) arc (0:30:4mm) -- cycle;
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{.5\textwidth}
Examinons le cas est le cas où A et B sont de part et d'autre de [MM'] : On remarque que : 
\[ \angle{AMB}=\angle{AMO}+\angle{BMO} \] 
et 
\[ \angle{AOB}=\angle{AOM'}+\angle{BOM'}?\] 
Ainsi : 
\[ \angle{AOB} = 2\angle{AMO} + 2\angle{BMO} = 2(\angle{AMO} + \angle{BMO}) = 2\angle{AMB}.\]
\end{minipage}

% Etape 3

\begin{minipage}{.5\textwidth}
\begin{tikzpicture}[scale=.75]
\figuu
\tkzDefPointsBy[symmetry=center O](M,A){}
\tkzLabelPoint[right](M'){$M'$}
\draw[dotted,red] (O) -- (M');
\draw[red] (O) -- (M) -- (A);
\draw[blue] (O) -- (A);
\draw[red] (M) -- (B);
\draw[blue] (O) -- (B);
\fill[fill=red!20,draw=red] (M) -- (barycentric cs:M=.9,A=.1) arc (0:35:5mm) -- cycle;
\fill[fill=blue!20,draw=blue] (O) -- (-20:5mm) arc (-20:30:5mm) -- cycle;
\fill[fill=green!20,draw=green!50!black,opacity=.3] (O) -- (30:10mm) arc (30:10:10mm) -- cycle;
\fill[fill=orange!20,draw=orange,opacity=.3] (M) -- (barycentric cs:M=.75,O=.25) arc (0:-30:4mm) -- cycle;
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{.5\textwidth}
Examinons le cas est le cas où A et B sont du même côté par rapport à [MM'] : On remarque que :
\[ \angle{AMB}=\angle{AMO}-\angle{BMO} \] 
et 
\[ \angle{AOB}=\angle{AOM'}-\angle{BOM'}.\] 

Or, ce que nous avons fait dans la première partie pour A, nous pouvons aussi le faire pour B et montrer alors que : 
\[ 2\angle{BMO}=\angle{BOM'}.\]

Ainsi, on a : 
\[ \angle{AOB}=2\angle{AMO}-2\angle{BMO}=2(\angle{AMO}-\angle{BMO})=2\angle{AMB}. \]
\end{minipage}

\bigskip

Quelle que soit la position des points A et B, on démontre ainsi que : 

\[ \angle{AOB}=2\angle{AMB}\;,\] 

c'est-à-dire que l'angle au centre a une mesure double par rapport à l'angle inscrit qui intercepte le même arc de cercle.

\bigskip

% Etape 4

\begin{minipage}{.5\textwidth}
\begin{tikzpicture}[scale=.75]
\fig
\tkzDefPointsBy[rotation=center O angle 80](M){N}
\tkzLabelPoint[below right](N){$N$}
\draw[green!50!black] (B) -- (M) -- (A);
\draw[red!50!black] (B) -- (N) -- (A);
\fill[fill=green!50,draw=green!50!black] (M) -- (barycentric cs:M=.8,A=.2) to [bend right=40] (barycentric cs:M=.82,B=.18) -- cycle;
\fill[fill=red!50,draw=red!50!black] (N) -- (barycentric cs:N=.8,A=.2) to [bend right=40] (barycentric cs:N=.9,B=.1) -- cycle;
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{.5\textwidth}
Un corollaire (c'est-à-dire une propriété qui découle) de ce théorème est que :

\[ \angle{AMB}=\angle{ANB}. \] 

En effet, à l'aide du théorème, on montre que ces deux angles ont une mesure double de celle de l'angle au centre et qu'en conséquence, ils ont la même mesure.
\end{minipage}
\end{document}