\thumb

\begin{vf}{Propriétés du triangle}{5}
Indiquer si les propositions suivantes sont vraies ou fausses.

\Par

Dans un triangle~:

\begin{tabular}{@{}l@{~}l@{}}
\choix& Le centre de gravité est l'intersection des médiatrices.\\[1mm]
\choix &L'orthocentre est l'intersection des hauteurs.\\[1mm]
%\choix &Les bissectrices se coupent au centre du cercle inscrit.\\[1mm]
\choix &Si l'un des côtés est le diamètre d'un cercle, alors le triangle est rectangle.
\end{tabular}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}lX@{}}
\choix & Faux. C'est l'intersection des médianes (droites qui lient un sommet et le milieu du côté opposé).\\[1mm]
\choix & Vrai. Une hauteur passe par un sommet et est perpendiculaire au côté opposé.\\[1mm]
%\choix & Vrai. Ne pas confondre avec les médiatrices, qui se coupent au centre du cercle circonscrit.\\[1mm]
\choix & Faux. N'importe quel segment est le diamètre d'un cercle (et d'un seul). Cependant, si le troisième sommet se trouve sur ce cercle, alors le triangle est rectangle. 
\end{tabularx}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%% NEW2017

\begin{vf}{Propriétés du cercle}{5}
Indiquer si les propositions suivantes sont vraies ou fausses.

Soit $\cal C$ un cercle de centre $O$. $A$ et $B$ sont deux points de $\cal C$.

\Par\resetchoix

\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}l@{~}X@{}}
\choix &Le triangle $OAB$ est équilatéral.\\[1mm]
\choix &Si $A$ et $B$ sont diamétralement opposés alors les tangentes à $\cal C$ en $A$ et $B$ sont parallèles.
\end{tabularx}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}lX@{}}
\choix & Faux. Si $A$ et $B$ sont sur un même cercle de centre $O$, alors $OA=OB$ donc $OAB$ est isocèle, mais il existe des configurations où $AB \neq OA$, auquel cas $OAB$ n'est pas équilatéral.\\[1mm]
\choix & Vrai. Si $A$ et $B$ sont diamétralement opposés alors $[AB]$ est un diamètre de $\cal C$. Les tangentes à $\cal C$ en $A$ et $B$ sont perpendiculaires respectivement à $[OA]$ et $[OB]$, donc au diamètre $[AB]$. Or, si deux droites sont perpendiculaires à une même droite alors elles sont parallèles entre elles, donc les tangentes sont bien parallèles.
\end{tabularx}
\end{corrige}


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\begin{exo}{Démontrer la perpendicularité}{Lycée Romain Rolland, Ivry-sur-Seine}{1}{10}
$BAC$ est un triangle rectangle en $A$. $H$ est le projeté orthogonal de $A$ sur $[BC]$.
$I$ est un point de $[AH]$. La droite parallèle à $(AB)$ passant par $I$ coupe $(BC)$
en $J$ et $(AC)$ en $K$. Démontrer que $(CI)$ est perpendiculaire à $(AJ)$. 
\end{exo}

\begin{corrige}
On considère le triangle $AJC$. 

$(AH)$ est la hauteur issue de $A$.

Comme $(JK)$ et $(AB)$ sont parallèles et que $(AB)$ et $(AC)$ sont perpendiculaires,
on en déduit que $(JK)$ et $(AC)$ sont perpendiculaires. $(JK)$ est donc une hauteur
de $AJC$. 

Finalement, $I$ étant l'intersection des deux hauteurs $(JK)$ et $(AH)$, $I$ est
donc l'orthocentre du triangle $AJC$. En particulier, $(CI)$ est une hauteur
donc $(CI)$ et $(AJ)$ sont perpendiculaires.
\enlargethispage*{2em}

\Par

\begin{center}
\includegraphics{136_05-09}
\end{center} 
\end{corrige}


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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

%\begin{exo}{Triangle et centre de gravité}{Lycée Henri IV, Paris}{1}{10}
%Construire un triangle $ABC$ dont on connaît deux points $B$ et $C$, et son centre de gravité $G$.
%\end{exo}


%\begin{corrige}
%On sait que le centre de gravité se trouve au tiers de la médiane. Il  suffit donc de construire le milieu $I$ de $[BC]$, puis de reporter deux fois la longueur $IG$ sur la médiane pour trouver $A$.
%\begin{center}
%\includegraphics{05-11}
%\end{center}
%Autre méthode~: on construit $I$, le milieu de $ [BC]$ et $B'$, symétrique de $B$ par rapport à $G$. Par $B'$, on mène la droite $(D)$, parallèle à $(CG)$. Elle coupe $(IG)$ en $A$.\\
% Magique~? Non. On sait que $(IG)$ sera une médiane de $ABC$, il est normal d'avoir $A\in(IG)$. Maintenant, $G$ est milieu de $[BB']$. Par construction, la droite $(CG)$ est parallèle à $(B'A)$ et passe par le milieu de $[BB']$, donc elle passe également par le milieu de $[AB]$. C'est donc la médiane issue de $C$ dans $ABC$. $G$, intersection de deux médianes, est bien le centre de gravité de $ABC$. 
%\end{corrige}


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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}{Théorème de Thalès}{Lycée Kléber, Strasbourg}{2}{15}
$ABCD$ est un trapèze avec $(AB)~//~(CD)$. Par $E$,
intersection des diagonales $(AC)$ et $(BD)$, on mène
$\Delta$, parallèle à $(AD)$ et qui coupe $[DC]$ en $F$, ainsi que $\Delta '$, parallèle à $(BC)$ et qui
coupe $[DC]$ en $G$.
\begin{questions}
\item Faire une figure.
\item Montrer que $GC=DF$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item \mbox{}
\begin{center}
\includegraphics{137_05-13}
\end{center}
\item Les triangles $ACD$ et $EFC$ sont en configuration de Thalès, donc~:
\[\frac{DF}{DC}=\frac{AE}{AC},\ \text{d'où } \dfrac{ED}{BE}=\dfrac{EC}{AE}\text{ (en inversant)}.\]

En fait, l'énoncé classique du théorème donne seulement l'égalité~:
\[\frac{CF}{CD}=\frac{CE}{AC}.\]
Mais~:
\[\frac{DF}{DC}=\frac{DC-FC}{CD}=1-\frac{FC}{CD}\]
et 
\[\frac{AE}{AC}=\frac{AC-EC}{AC}=1-\frac{EC}{AC}.\]
On a donc bien~:
\[\frac{DF}{DC}=\frac{AE}{AC}.\]
Les triangles $CDE$ et $ABE$ sont en configuration de Thalès, donc~:
\[\frac{BE}{DE}=\frac{AE}{EC}.\]
Or~:
\[\frac{AC}{AE}=\frac{AE+EC}{AE}=1+\frac{EC}{AE}\]
et~:
\[\frac{BD}{BE}=\frac{BE+ED}{BE}=1+\frac{EC}{AE}.\]
On en déduit~:
\[\frac{AC}{AE}=\frac{BD}{BE}\]
et en inversant~:
\[\frac{AE}{AC}=\frac{BE}{BD}.\]
Enfin, les triangles $DGE$ et $DCB$ étant en configuration de Thalès, il vient comme ci-dessus~:
\[\frac{BE}{BD}=\frac{CG}{CD}.\]
En rassemblant nos résultats, il vient~:
\[\frac{DF}{CD}=\frac{AE}{AC}=\frac{BE}{BD}=\frac{CG}{CD}\]
et donc $GC=DF$.
\end{questions}
\end{corrige}



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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}{Aire d'un triangle}{Lycée Raspail, Paris}{2}{20}
Soit $ABC$ un triangle rectangle en $A$. Soit $M$
un point de $[AB]$. La parallèle à $(AC)$ passant par $M$
coupe $[BC]$ en $N$ ~; la parallèle à $(AB)$ passant par $N$
coupe $[AC]$ en $P$. On note $\mathcal{A}$ l'aire du triangle
$ABC$.

\begin{questions}
\item Montrer que $APNM$ est un rectangle.
\item On pose $x=\dfrac{AM}{AB}$. Donner l'aire de $PNC$
en fonction de $x$ et $\mathcal{A}$.
\item Donner l'aire de $MBN$
en fonction de $x$ et $\mathcal{A}$.  
\item Exprimer l'aire du rectangle $AMNP$
en fonction de $x$ et $\mathcal{A}$.
\item Résoudre l'inéquation $2x(1-x)\geq \dfrac{1}{2}$ et
montrer que l'aire du rectangle est maximum quand $M$ est
le milieu de $[AB]$.
\end{questions}
\end{exo}


\begin{corrige}
\begin{questions}
\item \raisebox{-0.5\totalheight+0.8em}{$\begin{cases}
	(AP)~//~(MN) & \text{car }(AP) = (AC) \text{ et } (AC)~//~(MN) \\
	(PN)~//~(AM) & \text{car }(AM) = (AB) \text{ et } (PN)~//~(AB)
	\end{cases}$}
	
	\Par\enlargethispage*{2em}
	
	\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-40mm}
	donc $APNM$ est un parallélogramme.
	
	De plus, il y a un angle droit en $A$,\\
 donc $APNM$ est un rectangle. 
 
 \vspace*{1.5cm}~\par 
	\end{minipage}
	\hfill
	\begin{minipage}{30mm}
	\includegraphics{138_05-10}
	\end{minipage}


\item Comme $(NP)~//~(AB)$, le théorème de Thalès donne, dans le triangle $ABC$~:

\[\dfrac{CP}{CA}=\dfrac{PN}{AB}\qquad\text{soit}\qquad\dfrac{CP}{CA}=\dfrac{AM}{AB}=x\text{ car }PN=AM.\]

\Par

Donc $CP=x \times CA$ et $AM=x\times AB$. $CPN$ est rectangle en $P$, donc~: 

\begin{align*}
\text{Aire}(PNC) &= \dfrac{1}{2}\textcolor{DR}{CP}\times \textcolor{DG}{PN}\\
& = \dfrac{1}{2}\textcolor{DR}{CP}\times \textcolor{DG}{AM}\\
& = \dfrac{1}{2}\times\textcolor{DR}{x\times CA}\times\textcolor{DG}{x\times AB}\\
& = x^2 \times \mathcal{A}\text{ car }{\cal A}=\dfrac{1}{2}CA\times AB.
\end{align*}

\item  $\begin{aligned}[t]
BM & =AB-AM   & \text{~et~}\quad MN & =AP\\
   & =(1-x)AB &                    & =AC-CP\\
   &          &                    & =(1-x)AC.
   \end{aligned}$
   
	Par suite :
\[\text{Aire}(BNM) =\dfrac{1}{2}BM \times MN=\dfrac{1}{2}(1-x)^2 \times \mathcal{A}.\]

\item  $\begin{aligned}[t]
\text{Aire}(AMNP) &= \mathcal{A} - \text{Aire}(CPN) - \text{Aire}(BNM) \\
	                  &= \mathcal{A} - x^2\mathcal{A} - (1-x)^2\mathcal{A} \\
	                  &= \bigl( 1-x^2 - (1-x)^2 \bigr) \mathcal{A} \\
	                  &= (1-x^2-1+2x-x^2)\mathcal{A} \\
	                  &= 2x(1-x)\mathcal{A}.
\end{aligned}$

\item  $\begin{aligned}[t]
	2x(1-x)\geq \frac{1}{2} &\iff x(1-x)\geq \frac{1}{4} \\
	                      &\iff x-x^2 - \frac{1}{4}\geq 0 \\
	                      &\iff -\left( x-\frac{1}{2} \right)^2 \geq 0 \\
	                      &\iff x-\frac{1}{2} = 0 \text{ (car un carré ne peut être négatif)} \\
	                      &\iff x = \frac{1}{2}.
\end{aligned}$

L'aire du rectangle est maximale quand $x = \dfrac{1}{2}$, donc quand $M$ est le milieu de $[AB]$.
\end{questions} 
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\begin{exo}{À l'intérieur d'un cercle}{Lycée Français, Bruxelles}{2}{15}
Soit ${\cal C}$ un cercle de centre $O$, de rayon $R$, et $[AB]$ un
diamètre. Soit $M$ un point de ${\cal C}$, distinct de $A$, $m$ le
milieu de $[AM]$ et $N$ le symétrique de $m$ par rapport à $O$.
\begin{questions}
\item Montrer que $m$ appartient au cercle de diamètre $[AO]$.
\item Montrer que $N$ appartient au cercle de diamètre $[BO]$.
\end{questions}
 \end{exo}

\begin{corrige}
\begin{center}
\includegraphics{139_05-14}
\end{center}
\begin{questions}
\item Pour montrer que $m$ appartient au cercle de diamètre $[AO]$, il suffit de montrer
que $AOm$ est rectangle en $m$.\\
Dans le triangle $AMB$, $O$ est le milieu de $[AB]$ et $m$ est le milieu de $[AM]$, donc
la droite $(Om)$ est parallèle à $(MB)$ (théorème de Thalès).

\Par

Or $M$ est sur le cercle
de diamètre $[AB]$, donc $AMB$ est rectangle en~$M$.

\Par

On a $(Om)~//~(MB)$ et $(MB)\perp (AM)$  donc $(Om)\perp (AM)$, ce qui montre
que $AOm$ est bien rectangle en $m$, et donc $m$ est sur le cercle de diamètre $[AO]$.
\item Comme $O$ est le milieu de $[AB]$, les cercles de diamètre $[OA]$ et $[OB]$ sont
symétriques par rapport à O. Or $N$ est le symétrique de $m$ par rapport à $O$, donc $N$ appartient
au cercle de diamètre $[OB]$.
\end{questions} 
\end{corrige}

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%%%%%%%%%%%%%% NEW2017

%\begin{exo}{Prendre des initiatives}{Lycée Gustave Eiffel, Bordeaux}{2}{10}
%\enlargethispage*{2em}
%Soit $\cal C$ un cercle de centre $O$ sur lequel sont placés deux points $A$ et $B$ non diamétralement opposés.
%Soient ${\cal T}_A$ et ${\cal T}_B$ les tangentes à $\cal C$ en respectivement $A$ et $B$. Elles se coupent en un point $P$.
%Montrer que $A$ et $B$ d'une part, ${\cal T}_A$ et ${\cal T}_B$ d'autre part  sont symétriques par rapport à $(OP)$.
%\end{exo}

%\begin{corrige}
%Commençons par faire une figure :
%\begin{center}
%\includegraphics{05-23}
%\end{center}
%${\cal T}_A$ et ${\cal T}_B$ sont tangentes à $\cal C$ en respectivement $A$ et $B$ donc $OAP$ et $OBP$ sont des triangles rectangles respectivement en $A$ et $B$. De plus, ils ont leurs hypoténuses $[OP]$ en commun et $OA=OB$ (comme étant deux rayons de $\cal C$). 
%Deux triangles rectangles ayant deux côtés égaux deux à deux sont semblables. Donc $OAP$ et $OBP$ sont semblables. Comme ils ont $[OP]$ en commun, ils sont symétriques l'un de l'autre par rapport à $(OP)$, ce qui implique que $A$ et $B$ d'une part, $(PA)$ et $(PB)$ (et donc ${\cal T}_A$ et ${\cal T}_B$) d'autre part, sont symétriques.
%\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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\begin{exo}{Thalès et Pythagore}{Lycée Pasteur, Strasbourg}{2}{20}

Les points $A$, $B$, $C$ et $D$ sont alignés, dans cet ordre, de sorte que\linebreak$AB=BC=CD=4~\text{cm}.$
On note $(C_1)$, $(C_2)$, $(C_3)$ les cercles de diamètre $[AB]$, $[BC]$, $[CD]$ et $O_1$, $O_2$ et $O_3$ leurs centres respectifs.  Soit $(C_4)$ le cercle de diamètre $[AO_3]$ et $T$ un des points d'intersection des cercles
$(C_3)$ et $(C_4)$.
\begin{questions}
\item Faire une figure.
\item Prouver que la droite $(AT)$ est tangente au cercle $(C_3)$.
\item La droite $(AT)$ coupe le cercle $(C_2)$ en $P$ et $Q$. Soit $I$ le milieu du segment $[PQ]$.
\begin{questions}
\item Montrer que les droites $(O_2I)$ et $(AT)$ sont perpendiculaires.
\item Calculer la longueur $O_2I$.
\item En déduire la longueur $PQ$.
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}


\begin{corrige}
\begin{questions}
\item ~\par

\begin{center}
\includegraphics[width=\linewidth]{140_05-15}
\end{center}

\item  $T$ est sur le cercle de diamètre $[AO_3]$ donc $ATO_3$ est rectangle en $T$. La droite $(AT)$ 
est donc perpendiculaire à $(O_3T)$, qui est un rayon de $(C_3)$. C'est donc la tangente à $(C_3)$
issue de $T$.
\item 
\begin{questions}
\item $P$ et $Q$ sont deux points du cercle $(C_2)$ de centre $O_2$ donc\linebreak\mbox{$PO_2=QO_2$}, et $O_2$ appartient à la médiatrice de $[PQ]$. Comme $I$ est le milieu de $[PQ]$, on en déduit que $(O_2I)$ est  la médiatrice de $[PQ]$, et comme $(PQ)=(AT)$, $(O_2I)$ et $(AT)$ sont perpendiculaires.
\item Comme $(O_2I)$ et $(O_3T)$ sont toutes deux perpendiculaires à $(AT)$, elles sont parallèles,
et les triangles $AO_2I$ et $AO_3T$ sont dans une configuration de Thalès. En particulier~:
\[\frac{O_2I}{O_3T}=\frac{AO_2}{AO_3}.\]
$O_3T=2$ (rayon de $(C_3)$)~~; $AO_2=AB+BO_2=4+2=6$ et $AO_3=10$,
d'où~:
\[O_2I=O_3T\times \frac{AO_2}{AO_3}=2\times \frac{6}{10}=1,2.\]
\item Appliquons le théorème de Pythagore dans le triangle $O_2IP$, rectangle en $I$~:
\[IP^2=O_2P^2-O_2I^2=2^2-1{,}2^2=2{,}56=1{,}6^2\]
D'où $IP=1{,}6$ et $PQ=2IP=3{,}2$~cm.
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}{Aire de rectangles}{Lycée Chateaubriand, Rennes}{2}{15}
Un triangle $ABC$ de hauteur $[AH]$ est tel que $AB=5$, $BC=8$,
et $AH=4$ (unité : le cm). Construire ce triangle.

Par un point $K$ de $[AH]$, on mène la parallèle à $(BC)$. Elle
coupe $[AB]$ en $M$ et $[AC]$ en $N$. $P$ et $Q$ sont les
projetés orthogonaux de $M$ et $N$ sur $(BC)$. On note $AK=x$.
\begin{questions}
\item Calculer en fonction de $x$ l'aire $a(x)$ du rectangle $MNQP$.
\item Pour quelle valeur de $x$ ce rectangle a-t-il une aire maximale ?
Quel est ce maximum ?
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
Pour construire le triangle, on commence par tracer le segment $[AH]$
puis la perpendiculaire à $(AH)$ en $H$. 
On place le point $B$ à l'une des intersections de cette droite et du
cercle de centre $A$ et de rayon 5. Il n'y a plus qu'à placer le
point $C$, sur la perpendiculaire à $(AH)$, et à huit unités de $B$.
\enlargethispage*{2em}

\Par

\begin{center}
\includegraphics{141_05-16}
\end{center}

\begin{questions}
\item Calculons en fonction de~$x$~les longueurs $MN$ et $MP$.
Il est clair que ${MP=KH=4-x}$. 
Appliquons le théorème de Pythagore dans $ABH$. On en tire : $BH=3$, donc
$HC=5$. En appliquant le théorème de Thalès comme en troisième, on montre
sans difficulté :
\[\dfrac{MK}{BH}=\dfrac{AK}{AH}=\dfrac{KN}{HC}.\]

Il vient : $MK=\dfrac{3x}{4}$ et $KN=\dfrac{5x}{4}$, d'où
$MN=2x$. On calcule donc facilement l'aire du rectangle :
\[a(x)=MN \times MP=2x(4-x).\]

\item  Il suffit d'écrire :
\[
a(x)=-2(x^2-4x).
\]
On reconnaît dans $x^2-4x$ le début d'un produit remarquable.\enlargethispage*{3em}
\begin{align*}
a(x) &=-2[x^2-4x+4-4]\\
&=-2[(x-2)^2-4]\\
&=8-2(x-2)^2.
\end{align*}

Cette dernière écriture fait apparaître que $a(x)$ est toujours
inférieure à 8, avec égalité si $(x-2)^2=0$, c'est-à-dire
si $x=2$. L'aire du rectangle atteint alors son maximum : $a(2)=8$.

\end{questions} 
\end{corrige}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}{La formule des sinus}{Lycée Louis-le-Grand, Paris}{2}{20}
$ABC$ est un triangle quelconque.
\begin{questions}
\item {En utilisant la hauteur issue de $B$ et les
notations usuelles $a=BC$, $b=AC$ et $c=AB$, 
montrer que l'aire $S$ du triangle vérifie :
\[S=\frac{bc\sin\widehat{A}}{2}.\]
}
\item \'Ecrire deux autres formules analogues (sans démonstration).
\item {En déduire :
\[\frac{a}{\sin\widehat{A}}=\frac{b}{\sin\widehat{B}}=\frac{c}{\sin\widehat{C}}=\frac{abc}{2S}.\]
}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item \mbox{}\\[-24pt]
\begin{center}
\includegraphics{142_05-18}%[width=3.25cm]
\end{center}\vspace{3pt}
\`A partir de $[AC]$, on construit un carré $ACEF$ tel que $B\in [EF]$. Appelons $D$ le pied de la hauteur issue de $B$ dans le triangle $ABC$.

En considérant tour à tour le triangle $ABD$ et le rectangle $ADBF$, puis
le triangle $BCD$ et le rectangle $BECD$, on montre facilement que l'aire
du carré $ACEF$ vaut le double de l'aire de $ABC$. On peut calculer la
longueur du côté du carré en prenant la longueur de la hauteur issue
de $B$ dans $ABC$. Dans le triangle $ABD$, on peut écrire
$BD=AB\sin\widehat{A}$ donc $BD=c\sin\widehat{A}$. Finalement, l'aire du
carré est :
\[BD\times AC=c\sin\widehat{A}\times b\]
et donc l'aire du triangle $ABC$ est :
\[S=\dfrac{bc\sin\widehat{A}}{2}.\]

\item De même, 
$\ds S=\dfrac{ab\sin\widehat{C}}{2}\text{ et }S=\dfrac{ac\sin\widehat{B}}{2}$.

\item Il n'y a qu'à remplacer successivement $S$ par chacune des formules trouvées plus haut pour démontrer le résultat. Par exemple,
\[\dfrac{abc}{2S}=\dfrac{abc}{bc\sin\widehat{A}}=\dfrac{a}{\sin\widehat{A}}.\]
\end{questions} 
\end{corrige}


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\begin{exo}{Avec deux cercles}{Lycée Louis-le-Grand, Paris}{2}{15}
Deux cercles ${\cal C}$ et ${\cal C'}$ sont sécants en $A$ et $B$.
Soient $P$ et $Q$ les points diamétralement opposés à $A$ sur chacun
des cercles.
Faire une figure  et montrer que $P$, $B$ et $Q$ sont alignés.
\end{exo}

\begin{corrige}
$B$ appartenant au cercle de diamètre $[AP]$, le triangle $ABP$ est
rectangle en $B$, donc $(BP)\perp (AB)$. $B$ appartenant au
cercle de diamètre $[AQ]$, $ABQ$ est rectangle en $B$, donc
$(BQ)\perp (AB)$. On en déduit que $(BP)$ et $(BQ)$ sont parallèles,
donc confondues, puisqu'elles contiennent toutes les deux
le point~$B$. 
\begin{center}
\includegraphics{143_05-20}
\end{center}
Conclusion : $B$, $P$ et $Q$ sont alignés. 
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% NEW2017

\begin{exo}{\`A la recherche d'une aire}{Lycée Camille Jullian, Bordeaux}{2}{15}
Soient ${\cal C}_A$ et ${\cal C}_B$ deux cercles de centres respectifs $A$ et $B$ et de rayon 3 cm tels que ${\cal C}_A$ passe par $B$ et ${\cal C}_B$ par $A$.\enlargethispage*{2em}

On note $C$ et $D$ les points d'intersection de ces deux cercles et $E$ l'intersection de $(CD)$ et $(AB)$.
\begin{center}
\includegraphics{133_05-25}
\end{center}
On souhaite calculer l'aire du domaine coloré.

\begin{questions}
\item Montrer que le domaine coloré est symétrique par rapport à $E$.

\item En vous aidant de la nature du triangle $ABD$, déterminer son aire.

\item Calculer l'aire exacte, en cm$^2$, du secteur angulaire $\widehat{ABD}$ à l'intérieur de ${\cal C}_A$.

\item En déduire l'aire exacte du domaine coloré, puis en donner une valeur approchée au dixième.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item $C$ et $D$ sont sur ${\cal C}_A$ et ${\cal C}_B$ donc :
\[
AD = AC = BD = BC.
\]
Ainsi, $ABCD$ est un losange; ses diagonales se coupent donc perpendiculairement en leur milieu $E$.

De plus, l'image d'un cercle est un cercle de même rayon donc l'image de ${\cal C}_A$ par la symétrie de centre $E$ est un cercle de centre le symétrique de $A$, donc $B$, et de rayon 3 cm ; c'est ${\cal C}_B$.

La figure est donc bien symétrique par rapport à $E$.

\item Le triangle $ABD$ est équilatéral (car $AB=AD=BD$) donc son aire est :
\[
{\cal A}_{ABD}=\dfrac{AB \times ED}{2}=\dfrac{AB}{2}\times ED=\dfrac{3}{2}\times\dfrac{3\sqrt3}{2}=\dfrac{9\sqrt3}{4}\text{ cm}^2.
\]
\textit{Rappel :} dans un triangle équilatéral de côté $a$, chaque hauteur mesure $h=\dfrac{a\sqrt3}{2}$ (on peut le démontrer à l'aide du théorème de Pythagore).

\item Le secteur angulaire $\widehat{ABD}$ à l'intérieur de ${\cal C}_A$ est le domaine coloré sur le schéma ci-dessous.

C'est une partir du disque de centre $B$ et de rayon 3 cm. Son angle est $\widehat{ABD}=60\degres$ car $ABD$ est équilatéral. Pour déterminer son aire, nous allons utiliser le schéma suivant (proportionnalité) :
\[
\begin{array}{c@{~\longrightarrow~}c}
\pi r^2 & 360\degres\\
? & 60\degres
\end{array}
\]
$60\degres$ est le sixième de $360\degres$  donc :
\[
{\cal A}_{\widehat{ABD}}=\dfrac{1}{6}\times\pi\times3^2=\dfrac{3\pi}{2}\text{ cm}^2.
\]
\begin{center}
\includegraphics{144_05-26}
\end{center}
\item Notons ${\cal A}$ l'aire cherchée. Pour des raisons de symétrie, on a :
\begin{align*}
4{\cal A}_{\widehat{ABD}}-2{\cal A}_{ABD} 
& = 4\times\dfrac{3\pi}{2}-2\times\dfrac{9\sqrt3}{2}\\
& = 6\pi-\dfrac{9\sqrt3}{2}\text{ cm}^2\quad\text{(valeur exacte)}\\
& \approx 11,1\text{ cm}^2\quad\text{(valeur approchée au dixième)}.
\end{align*}
\end{questions}
\end{corrige}

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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}{Théorème de Thalès}{Lycée Blaise Pascal, Clermont-Ferrand}{3}{15}
Soit $ABC$ un triangle, $I$ le milieu de $[BC]$.
Une droite $\Delta$ parallèle à $(AI)$ coupe $(BC)$, $(CA)$ et $(AB)$,
respectivement en $A'$, $B'$ et $C'$.
Montrer :
\[\frac{AC}{AB}=\frac{AB'}{AC'}.\]
\end{exo}


\begin{corrige}
Telle quelle, l'égalité est assez difficile à comprendre, mais on peut la transformer en :
\[\dfrac{AC'}{AB}=\dfrac{AB'}{AC}.\]
Ce qui fait apparaître des rapports de longueurs entre des points {\em alignés.} Il suffit d'appliquer correctement le théorème de Thalès.

En considérant les triangles $AIC$ et $B'CA'$, en configuration de Thalès, où $(AI)~//~(B'A')$:
\[
\dfrac{CA}{CB'}=\dfrac{CI}{CA'}=\dfrac{AI}{B'A'}.\]
Comme les points $C$, $A$ et$ B'$ sont alignés dans cet ordre, on a :
\begin{align*}
CB' & =CA + AB'\\
\text{De même, }CA' & = CI + IA'
\end{align*}

\begin{center}
\includegraphics{145_05-12}
\end{center} 

Les égalités suivantes sont équivalentes :
\begin{align*}
\dfrac{CA}{CB'} & =\dfrac{CI}{CA'}\\
\dfrac{CB'}{CA} & = \dfrac{CA'}{CI}\text{ (en inversant les quotients)}\\
\dfrac{CA+AB'}{CA} & = \dfrac{CI+IA'}{CI}\\
1+\dfrac{AB'}{CA} & = 1+\dfrac{IA'}{CI}\\
\dfrac{AB'}{AC} & = \dfrac{IA'}{IC}.\qquad(1)
\end{align*}
$I$ est le milieu de $[BC]$, donc $IC=BI$, d'où :
\[\dfrac{AB'}{AC}=\dfrac{IA'}{BI}.\]
Les triangles $BC'A'$ et $BAI$ sont également en configuration de Thalès, où $(C'A')~//~(AI)$, donc~:
\[\dfrac{BA'}{BI}=\dfrac{BC'}{BA}=\dfrac{A'C'}{IA}.\]
Comme les points $B$, $A'$ et $I$ sont alignés dans cet ordre, on a :
\begin{align*}
BI & = BA' + A'I\\
\text{De même, }BA & = BC' + C'A.
\end{align*}
Les égalités suivantes sont équivalentes :
\begin{align*}
\dfrac{BA'}{BI} & =\dfrac{BC'}{BA}\\
\dfrac{BA'\textcolor{DR}{+A'I-A'I}}{BA'\textcolor{DR}{+A'I}} & = \dfrac{BC'\textcolor{DG}{+C'A-C'A}}{BC'\textcolor{DG}{+C'A}}\\
1-\dfrac{A'I}{BA'+A'I} & = 1- \dfrac{C'A}{BC'+C'A}\\
1-\dfrac{A'I}{BI} & = 1- \dfrac{C'A}{BA}\\
\dfrac{A'I}{BI} & = \dfrac{C'A}{BA}.\qquad(2)
\end{align*}
Les égalités $(1)$ et $(2)$ entraînent :
\[
\dfrac{AB'}{AC}=\dfrac{AC'}{AB}.
\]
\end{corrige}


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\begin{exo}{Une formule avec des sinus}{Lycée Henri IV, Paris}{3}{15}
Un triangle $ABC$ est tel que la hauteur issue de $A$ a
une longueur qui est la somme des longueurs des deux autres hauteurs.
Montrer :
\[\frac{1}{\sin{\widehat{A}}}=\frac{1}{\sin{\widehat{B}}}+\frac{1}{\sin{\widehat{C}}}.\]
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{center}
\includegraphics{146_05-17}
\end{center}
Notons $h_A$ la hauteur issue de $A$, $h_C$ celle issue de $C$ et
$h_B$ celle issue de $B$, et notons $A'$, $B'$ et $C'$ les pieds
des hauteurs issues de $A$, $B$, et $C$.

En considérant le triangle $ABA'$, rectangle en $A'$, on constate :
\[\sin\widehat{B}=\dfrac{h_A}{AB}.\]
En considérant le triangle $ACA'$, rectangle en $A'$, on a :
\[\sin\widehat{C}=\dfrac{h_A}{AC}.\]
Dans le triangle $ACC'$, rectangle en $C'$, on a :
\[\sin\widehat{A}=\dfrac{h_C}{AC}.\]
Dans le triangle $ABB'$, rectangle en $B'$, on a :
\[\sin\widehat{A}=\dfrac{h_B}{AB}.\]
Il vient :
\begin{equation*}
\begin{split}
\dfrac{1}{\sin\widehat{B}}+\dfrac{1}{\sin\widehat{C}}
&=\dfrac{AB}{h_A}+\dfrac{AC}{h_A}\\
&=\dfrac{1}{h_A}\left(\dfrac{h_B}{\sin\widehat{A}}+\dfrac{h_C}{\sin\widehat{A}}\right)\\
&=\dfrac{1}{h_A\sin\widehat{A}}\times (h_B+h_C)\\
&=\dfrac{1}{h_A\sin\widehat{A}}\times h_A\\
&=\dfrac{1}{\sin\widehat{A}}.
\end{split}
\end{equation*} 
\end{corrige}

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\begin{exo}{Théorème de Thalès}{Lycée Pasteur, Neuilly-sur-Seine}{3}{15}
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-7cm}
On considère la figure ci-contre, où $(CC'')$ et $\Delta$ sont parallèles. $ABC$ est un triangle quelconque, et $\Delta$ est une transversale quelconque. Montrer que :
\[
\frac{A'B}{A'C}\times\frac{B'C}{B'A}\times\frac{C'A}{C'B}=1.
\]
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}{65mm}
\includegraphics{134_05-19}
\end{minipage}
\end{exo}

\begin{corrige}
Il suffit d'appliquer correctement le théorème de Thalès à deux endroits de la figure. On remarque que les triangles $A'BC'$ et $CBC''$ sont en configuration
de Thalès, où $(CC'')~//~(A'C')$, donc  : 
\[
\dfrac{BC}{BA'}=\dfrac{BC''}{BC'}=\dfrac{CC''}{A'C'}.
\]
Comme les points $B$, $C$ et $A'$ sont alignés dans cet ordre, on a :
\begin{align*}
BA' & = BC + CA'.\\
\text{De même, }BC' & = BC'' + C''C'.
\end{align*}
Les égalités suivantes sont équivalentes :
\begin{align*}
\dfrac{BC}{BA'} & = \dfrac{BC''}{BC'}\\
\dfrac{BC\textcolor{DR}{+CA'-CA'}}{BC+\textcolor{DR}{CA'}} & =\dfrac{BC''\textcolor{DG}{+C''C'-C''C'}}{BC''+\textcolor{DG}{C''C'}}\\
1-\dfrac{CA'}{BA'} & = 1- \dfrac{C''C'}{BC'}\\
\dfrac{CA'}{BA'} & = \dfrac{C''C'}{BC'}\\
\dfrac{BA'}{CA'}&=\dfrac{BC'}{C''C'}\text{ (en prenant les inverses)}\qquad(1)
\end{align*}
De même, les triangles $AB'C'$ et $ACC''$ sont en configuration de Thalès, où $(B'C')~//~(CC')$, donc~:
\[
\dfrac{AB'}{AC}=\dfrac{AC'}{AC''}=\dfrac{B'C'}{CC''}.
\]
Comme les points $A$, $B'$ et $C$ sont alignés dans cet ordre, on a :
\begin{align*}
AC & = AB' + B'C.\\
\text{De même, }AC'' & = AC' + C'C''.
\end{align*}
Les égalités suivantes sont équivalentes :
\begin{align*}
\dfrac{AB'}{AC} & = \dfrac{AC'}{AC''}\\
\dfrac{AC}{AB'} & = \dfrac{AC''}{AC'}\text{ (en inversant les quotients)}\\
\dfrac{AB'+B'C}{AB'} & = \dfrac{AC' + C'C''}{AC'}\\
1+\dfrac{B'C'}{AB'} & = 1+\dfrac{C'C''}{AC'}\\
\dfrac{B'C'}{AB'} & = \dfrac{C'C''}{AC'}\qquad (2)
\end{align*}
Des égalités $(1)$ et $(2)$, on déduit :
\[
\dfrac{A'B}{A'C}\times\dfrac{B'C}{B'A}\times\dfrac{C'A}{C'B}=\dfrac{C'B}{C'C''}\times\dfrac{C'C''}{C'A}\times\dfrac{C'A}{C'B}=1.
\]
\end{corrige}

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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}{\'Etude d'une configuration}{Lycée Pierre de Fermat, Toulouse}{3}{15}
$A$, $B$, $C$ sont trois points sur un cercle de centre $O$.
$D$ est le point diamétralement opposé à $A$ sur le cercle. $I$ est le
milieu de $[BC]$ et $[AM]$, $[BN]$, $[CP]$ les trois hauteurs du
triangle $ABC$. $H$ est l'orthocentre de $ABC$ et $(AM)$ recoupe
le cercle en $H'$.
\begin{questions}
\item Justifier que $\widehat{ABD}$, $\widehat{AH'D}$, $\widehat{ACD}$ sont
trois angles droits.
\item Montrer que $BDCH$ est un parallélogramme et que $I$ est le milieu de 
$[DH]$.
\item Montrer que $M$ est le milieu de $[HH']$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item  $[AD]$ est un diamètre du cercle donc $\widehat{ABD}$,
$\widehat{AH'D}$ et $\widehat{ACD}$ sont des angles droits.

\Par

\begin{center}
\includegraphics{148_05-21}
\end{center}

\Par

\item  D'après le résultat précédent, $(CD)$ et $(AC)$ sont perpendiculaires.
En outre $(BH)$ est perpendiculaire à $(AC)$, puisque c'est une
hauteur du triangle $ABC$. On en déduit que $(CD)~//~(BH)$.

De même, on a vu que $(BD)$ et $(AB)$ sont perpendiculaires. Or
$(CH)$ est perpendiculaire à $(AB)$, comme hauteur de $ABC$.

Il vient $(BD)~//~(CH)$.

De là, on a : $(CD)~//~(BH)$ et $(BD)~//~(CH)$, donc
$BDCH$ est un parallélogramme.

$BDCH$ est un parallélogramme, donc ses diagonales ont même milieu. $I$ est le milieu de $[BC]$, donc $I$ est le milieu de $[DH]$.


\Par

\item $M$, pied de la hauteur  issue de $A$, appartient à $(BC)$, donc $(MI)=(BC)$.
On a donc : $(MI)\perp(AM)$. Or, puisque $\widehat{AH'D}$ est droit,\linebreak $(AM)\perp(H'D)$. D'où $(MI)~//~(H'D)$. Or, $I$ est le milieu de $[HD]$, donc en appliquant le théorème de Thalès, $M$ est le milieu de $[HH']$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%% NEW2017

% 18

\begin{exo}{Jouer au géomètre}{Lycée Jacques Decour, Paris}{3}{20}
\enlargethispage*{5em}
\nathanliveVideo\label{video:ch4exo}
\begin{center}
\includegraphics{135_05-24}
\end{center}
Afin de mesurer la hauteur d'un bâtiment de sommet $S$, deux géomètres disposent leurs appareils de mesure en $A$ et $B$. Les mesures qu'ils connaissent sont reportées sur le schéma ci-dessus.

Déterminer la hauteur du bâtiment (arrondie au mètre).

\Par

\emph{Indication :} exprimer $BH$ de deux façons différentes.
\end{exo}

\begin{corrige}
\rput(-0.5,0.1){\nathanliveVidWithoutText}
Dans le triangle $AHS$ rectangle en $H$ :
\[
\tan(43,02\degres)=\dfrac{SH}{AH}
\]
donc :
\[
SH = AH \times \tan(43,02\degres).
\]
Dans le triangle $BHS$ rectangle en $H$ :
\[
\tan(47,97\degres)=\dfrac{SH}{BH}
\]
donc :
\[
SH = BH \times \tan(47,97\degres).
\]
Ainsi,
\[
AH \times \tan(43,02\degres) = BH \times \tan(47,97\degres).
\]
De plus, 
\[
AH=10+BH
\]
donc, l'égalité devient :
\[
(10+BH)\times \tan(43,02\degres) = BH \times \tan(47,97\degres)
\]
ou encore :
\[
10\tan(43,02\degres) = BH(\tan47,97\degres-\tan43,02\degres)
\]
et donc :
\[
BH = \dfrac{10\tan43,02\degres}{\tan47,97\degres-\tan43,02\degres}\approx52,94.
\]
Pour connaître $SH$, on prend la deuxième égalité :
\[
SH = BH \times \tan(47,97\degres) \approx 58,73.
\]
Ainsi, la hauteur du bâtiment est :
\[
58,7+1,2\approx60\text{m}.
\]
\end{corrige}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}{Théorème de Thalès}{Lycée Louis-le-Grand, Paris}{3}{40}
$ABCD$ est un carré. $E\in(AB)$, $F\in(BC)$, $G\in(CD)$, $H\in(AD)$ tels qu'on ait $(EG)$ perpendiculaire à $(FH)$.
\begin{questions}
\item Soit $I$, intersection de $(EG)$ et $(BC)$, et $J$, celle
de $(FH)$ et $(AB)$. Montrer que $(EF)$ et $(IJ)$ sont perpendiculaires.
\item Comment choisir $(EG)$ et $(FH)$ pour que $EFGH$ soit un carré~?
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Il faut considérer les hauteurs du triangle $EIJ$. $(AB)$ et
$(BC)$ (donc $(BI)$) sont perpendiculaires, ce qui fait de $(BI)$
une hauteur de $EIJ$. $(EG)$ et $(HF)$ sont perpendiculaires, donc
$(EI)\perp(FJ)$ et $(FJ)$ est une deuxième hauteur de $EIJ$. Sachant
que $(BI)$ et $(FJ)$ se coupent en $F$, $F$ est l'orthocentre de
$EIJ$, et donc $(EF)$, hauteur, est perpendiculaire à $(IJ)$.
\item Notons $K$ l'intersection des diagonales de $EFGH$. 
{\em Si l'on suppose que $EFGH$ est un carré}, $K$ est le milieu de $[EG]$ et
de $[FH]$.
Montrons que $K$ est le milieu de $[AC]$. En appelant $S$ la 
symétrie de centre $K$, on constate que $S(H)=F$. L'image
d'une droite par une symétrie centrale est une droite parallèle, 
donc l'image de $(AD)$, droite contenant $H$,
est une droite parallèle qui passe par $F$, c'est-à-dire $(BC)$.
De même, $S(E)=G$, et on montre que l'image de $(AB)$ est $(DC)$.
$A$ est l'intersection de $(AD)$ et $(AB)$, donc 
$S(A)$ est l'intersection de $(BC)$ et $(DC)$. Il vient
$S(A)=C$, donc $K$ est le milieu de $[AC]$, et $K$ est le centre
du carré $ABCD$.

\begin{center}
\includegraphics{150_05-22}
\end{center}

{\em Dans un deuxième temps, supposons que $(EG)$ et $(FH)$ se 
coupent au centre de $ABCD$}, que nous
notons $O$, et montrons que $EFGH$ est un carré.\\
Montrons que $O$ est le milieu des diagonales de $EFGH$.\\
Les triangles $AOH$ et $OFC$ sont en configuration de Thalès, donc 
\[\frac{OF}{OH}=\frac{OC}{OA}=1.\]
Ce qui montre que $OF=OH$, donc $O$ est le milieu de $[FH]$.\\
De même, $O$ est le milieu de $[EG]$.\\
On sait désormais que $EFGH$ est un parallélogramme dont les
diagonales sont perpendiculaires. C'est donc un losange. 

Pour prouver que c'est un carré, nous allons démontrer que ses diagonales ont même longueur.

Les triangles $EBI$ et $GCI$ sont en configuration de Thalès, où $(EB)~//~(GC)$, donc~:
\[\dfrac{IG}{IE}=\dfrac{IC}{IB}=\dfrac{GC}{EB}.\]
Comme les points $I$, $G$ et $E$ sont alignés dans cet ordre, on a :
\begin{align*}
IE & = IG + GE.\\
\text{De même, }IB & = IC + CB.
\end{align*}
Les égalités suivantes sont équivalentes :
\begin{align*}
\dfrac{IG}{IE} & = \dfrac{IC}{IB}\\
\dfrac{IG\textcolor{DR}{+GE-GE}}{IG+\textcolor{DR}{GE}} & = \dfrac{IC\textcolor{DG}{+CB-CB}}{IC + \textcolor{DG}{CB}}\\
1-\dfrac{GE}{IE} & = 1-\dfrac{CB}{IB}\\
\dfrac{EG}{EI} & = \dfrac{BC}{BI}.
\end{align*}
De même, les triangles $JAH$ et $JBF$ sont en configuration de Thalès, où $(AH)~//~(BF)$, donc, de la même façon que précédemment, on montre que :
\[\dfrac{HF}{HJ}=\dfrac{AB}{AJ}.\]
On en déduit les égalités :
\[EG=BC\times\dfrac{EI}{BI}\text{ et }HF=BA\times\dfrac{HJ}{AJ}.\]
En calculant l'aire du triangle $EIJ$ de deux façons différentes,
on obtient (entre autres) l'égalité :
\[OJ\times EI=BI\times EJ\]
et donc
\[\dfrac{EI}{BI}=\dfrac{EJ}{OJ}.\]
Il vient :
\[EG=BC\times\dfrac{EJ}{OJ}.\]
Observons le triangle $EOJ$ rectangle en $O$. 

On peut écrire $\cos\widehat{EJO}=\dfrac{OJ}{EJ}$. 

Dans le triangle $AHJ$, rectangle en $A$, on peut écrire
$\cos\widehat{AJH}=\dfrac{AJ}{JH}$. 

$\widehat{EJO}=\widehat{AJH}$, donc
$\dfrac{OJ}{EJ}=\dfrac{AJ}{JH}$ et :
\[\dfrac{EJ}{OJ}=\dfrac{JH}{AJ}.\]
En utilisant que $BC=AB$, on écrit :
\[
EG=BC\times\dfrac{JH}{AJ}=AB\times\dfrac{JH}{AJ}=HF.\]
Le quadrilatère $EFGH$ est un quadrilatère dont les diagonales sont perpendiculaires, se coupent en leur milieu, et ont même longueur, c'est donc un carré.
\end{questions} 
\end{corrige}




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