Exercices de géométrie plane Exercice 3 :

Des problèmes d’alignements :

Exercice 1 :1. Tracer une droite (d) et placer trois points distincts B, D, et F sur cette droite.Placer un point A à l’extérieur de la droite (d).Placer enfin trois points C, E et G tels que ABC, ADE et AFG soient trois triangles équilatéraux directs.2. Prouver que les points C, D et G sont alignés.

Exercice 2 : Exercice 4 :

Des problèmes de construction :

Exercice 5 : Exercice 6 : Deux villages assimilés à deux points A et B sont situés de part et d’autre d’une rivière assimilée à deux droites parallèles D1 et D2 . Où doit-on placer un pont PQ (perpendiculairement aux berges) sur la rivière pour minimiser le trajet allant de A à B ?

Exercice 7 :

Positions relatives de deux droites : Exercice 9 :

Exercice 8 :

Exercice 10 : Exercice 11 :

Quelques résultats qu’il est bon de connaître par cœur :

Exercice 11 :1. Exprimer en fonction de c la longueur de la diagonale d’un carré de côté c ?2. Exprimer en fonction de a la hauteur d’un triangle équilatéral de côté a ?

Quelques configurations à étudier pour finir…

Exercice 11 : Imaginer un énoncé qui pourrait porter sur cette configuration.

Exercice 12 :

Exercice 13 :

Corrigés des exercices de géométrie plane

Exercice 1 :1. Tracer une droite (d) et placer trois points distincts B, D, et F sur cette droite.

Placer un point A à l’extérieur de la droite (d).Placer enfin trois points C, E et G tels que ABC, ADE et AFG soient trois triangles équilatéraux directs.

2. Prouver que les points C, D et G sont alignés.

ABC est un triangle équilatéral direct donc AB=AC et BAC=60 ° .Par définition, C est donc l’image de B par la rotation r(A ,60 ° ) de centre A et de rayon 60°, dans le sens direct.De même, on a r(A ,60 ° )(D)=E et r(A ,60 ° )(F)=G .

r(A ,60 ° ) : B CD EF G

Or B, D et F sont alignés. La rotation conservant l’alignement, on peut en déduire que C, E et G sont alignés.

Exercice 2 :Ses trois côtés ayant la même longueur, CBI est, par définition, un triangle équilatéral indirect. Donc l’image de B par la rotation r(C ,60 °) de centre C et de rayon 60°, dans le sens indirect est le point I.De même, on a r(C ,60 °)(D)=L .

Plaçons E, tel que r(C ,60 °)(E)=A .CEA est donc un triangle équilatéral indirect, et la médiatrice de [AC] passe par E. (1)

Dans le carré ABCD, les diagonales [AC] et [BD] sont perpendiculaires en leur milieu.La médiatrice de [AC] est donc la droite (BD). (2)

De (1) et (2), on déduit que les points B, D, E sont alignés.Leurs images respectives par r(C ,60 °) , I, L et A, le sont donc aussi.

Exercice 3 :Dans le triangle ABI,

. J est le milieu de [AB] ;

. K est le milieu de [BI].Donc (JK)//(AI).

Dans le triangle JKC,. L est le milieu de [JC] ;. I est le milieu de [KC].

Donc (IL)//(JK).

(JK)/ /(AI)(JK)/ /( IL)} donc (AI)//(IL).

On en déduit que les points A, I et L sont alignés.

Exercice 4 :Dans le triangle ABC, [AI] est la médiane issue de A.

De plus, AE=23

AI .

Donc E est le centre de gravité du triangle ABC.

O, centre du parallélogramme ABCD, est le point d’intersection et le milieu des diagonales du parallélogramme.O est le milieu de [AC]. [OB] est donc la médiane issue de B dans le triangle ABC.

Le centre de gravité du triangle ABC est, par définition, le point de concours de ses trois médianes. Donc G ∈ [BO].

Exercice 5 :1. Analyse : Une tangente à c3 passant par O a pour point

commun avec c3 un point C tel que (RC)⊥(CO).Autrement dit, le triangle RCO est rectangle en C. Il est donc inscrit dans le cercle de diamètre [OR]Construction : On trace le cercle de diamètre [OR].Il coupe c3 en deux points que l’on nomme C et D.Par construction, ORC et ORD sont rectangles respectivement en C et en D.(OC) et (OD) sont tangentes à c3 respectivement en C eten D.On remarque que la figure est symétrique autour de la droit (OR). Il suffit, dans les questions suivantes, de s’intéresser à e qui ce passe d’un côté de cette droite.

2. Il semble que (OD) est tangente à c2.Pour s’en assurer, on peut essayer de vérifier que le point E d’intersection de la perpendiculaire à (OD) passant par Q, est bien sur c2 , autrement dit queQE=4 .

3. OEQ ainsi construit est l’image de ODR par l’homothétie de centre O et de rapportOQOR

=8

23,8=

80238

=40119

. Donc QE=40119

×RD 80

238=

40119

Par construction, RD=11,8 . Donc QE=40119

×11810

=4×118119

Il ne manque pas grand-chose, c’est sûr, mais tout de même : QE≠ 4Donc, E ∉ c2.Et la droite (OD) n’est pas tangente à c2…

Exercice 6 :Deux villages assimilés à deux points A et B sont situés de part et d’autre d’une rivière assimilée à deux droites parallèles D1 et D2 . Où doit-on placer un pont PQ (perpendiculairement aux berges) sur la rivière pour minimiser le trajet allant de A à B ?Analyse :

Trajet 1 : AP1+P1 Q1+Q1 B≈ 13,47Trajet 2 : AP2+P2 Q2+Q2 B≈ 13,45Trajet 3 : AP3+P3 Q3+Q3 B≈ 14,07

Quels que soient les trajets, la partie correspondant au pont reste la même. Plaçons-la au début du trajet.Soit A ' l’image de A par la translation de vecteur P1 Q1

.

Le chemin le plus court entre A ' et B est la ligne droite.Notons Q le point d’intersection de (A ' B) et D2 .Et Notons P l’image de Q par la translation de vecteur Q1 P1

.

On a alors : AP+PQ+QB=AA '+A ' Q+QB=AA '+A ' BEt c’est le trajet le plus court. Sur ce dessin, il mesure environ 13,39 unités de longueur.

Exercice 7 :Cette situation peut faire penser à un rayon laser qui se réfléchit à la surface d’un miroir. Y a-t-il un lien avec le fait que la symétrie axiale s’appelle encore « réflexion » ?C’est bien possible !

On place le point N ' , symétrique de N par rapport à la droite (d ) .Le chemin le plus court entre deux points est la ligne droite.Plaçons P le point d’intersection de [MN ' ] avec (d ) .

MP+PN=MP+PN '=MN 'Cette position de P est celle qui répond à la question posée.

Exercice 8 :

On repère assez rapidement, à l’aide du dessin,que H semble être l’orthocentre du triangle MRC.Une fois qu’on l’aura démontré, l’exercice serapresque fini !

Le triangle CRE est rectangle en R donc(RE)⊥(RC) .De plus, (RE)//(HM)Donc (HM)⊥(RC) .(HM) est la hauteur issue de M dans le triangleMRC.(RL) est la hauteur issue de R dans RCE. (RL) est donc aussi la hauteur issue de R dans MRC.H est donc le point d’intersection de deux des hauteurs du triangle MRC. H est bien l’orthocentre de ce triangle.Et (CH) est la troisième hauteur du triangle (MRC) : (CH) est perpendiculaire au côté opposé à C dans MRC.Finalement, (CH)⊥(MR) .

Exercice 9 :La somme des angles d’un quadrilatère est 360°. Et les angles opposés d’un parallélogramme sont de même mesure.Donc la somme des mesures de deux angles consécutifs d’un parallélogramme vaut 180°.

CAB+ABD=180 ° (les angles CAB et ABD sont supplémentaires)Appelons I le point d’intersection des bissectrices des angles

CAB et ABD .

IAB=CAB

2 et ABI=

ABD2

.

On a donc : IAB+ABI=90° (les angles IAB et ABI sont complémentaires)Les angles en A et en B du triangle ABI étant complémentaires, ABI est un triangle rectangle en I.Donc (AI)⊥( IB) .

Exercice 10 :On souhaite utiliser la réciproque du théorème de Pythagore (pour prouver que le triangle NPI est rectangle en P), ou sa contraposée (pour prouver que NPI n’est pas rectangle).Pour cela, il faut calculer les carrés des longueurs PN et IN, grâce au théorème de Pythagore…

Le triangle PBN est rectangle en B, donc, d’après le théorème de Pythagore :PN2

=PB2+NB2

PB=PS2

=IO2

=122

=6

PN2=62

+32=36+9=45

Le triangle ION est rectangle en O, donc, d’après le théorème de Pythagore :IN2

=IO2+ON2

N ∈ [OB] donc OB=ON+NB : ON=OB−NB=OI=NB=12−3=9

IN2=122

+92=144+81=225

IP2+PN2

=132+45=169+45=214

[IN] est le plus grand côté du triangle INP et IN2 ≠ IP2+PN2 , donc, d’après la contraposée du théorème de

Pythagore, le triangle INP n’est pas rectangle.

Exercice 11 :Les triangles RMI et RNI sont inscrits dans le même demi-cercle de diamètre [RI]. Ils sont donc rectangles, respectivement, en M et en N.(MI) et (NR) sont donc deux hauteurs du triangle RIT. Et H est l’orthocentre de ce triangle.(TH) est donc la troisième hauteur du triangle RIT. Finalement, (TH )⊥(RI) .

Exercice 12 :1. Exprimer en fonction de c la longueur de la diagonale d’un carré de côté c ?2. Exprimer en fonction de a la hauteur d’un triangle équilatéral de côté a ?

1. En appliquant le théorème de Pythagore, on trouve rapidement que la diagonale d’un carré de côté c a sa longueur d qui vérifie :d2

=c2+c2

d2=2 c2

d=√2c2

d=√2×√c2

d=c √2

On voit sur le dessin ci-contre que le carré bleu a pour côté la diagonale du carré rouge. L’aire du carré bleu est double de l’aire du carré rouge. C’est une autre manière de démontrer que la diagonale d’un carré de côtéc a pour longueur c √2 ! En effet, on vérifie bien que : ableu=(c √2)

2=c2

×(√2)2=2 c2

=2×aroug e

2. En appliquant le théorème de Pythagore, on trouve rapidement que la hauteur h d’un triangle équilatéral de côté a vérifie :

a2=( a

2 )2

+h2

h2=a2

−( a2 )

2

h2=a2

−a2

22

h2=

3a2

4

h=√ 3a2

4

h=√3×√a2

√4 et, finalement, h=

a√32

Exercice 13 :Soit ODEF un carré direct.Soit A un point du segment [OF].On place B et C de telle sorte que OABC soit un carré direct.Montrer que les droites (FC) et (AD) sont perpendiculaires.

On considère la rotation r(O ,90 °) de centre O et d’angle 90°, dans le sens indirect.On montre facilement que :

r(O ,90 °) : C AF D

Dans cette rotation, la droite (CF) tourne d’un angle de 90° autour de O pour arriver dans la position de la droite (AD) : ces deux droites forment donc un angle de 90°. (BD)⊥(CF) .

Exercice 14 :1. Appelons O le milieu du segment [IE].

M=sO(R) donc O est le milieu de [MR].Les diagonales [MR] et [IE] du quadrilatère MIRE se coupentet leur milieu : MIRE est un parallélogramme.

2. MIRE est un parallélogramme donc les côtés opposés [ME] et [IR] sont parallèles et de même longueur.Or I est le milieu de [RC].

De ces deux dernières affirmations, on tire facilement que [IC] et [ME] sont parallèles et de même longueur. Donc MCIE est un parallélogramme.Les diagonales [ET] et [RC] du rectangle RECT se coupent en leur milieu I et sont de même longueur, donc IE=IC .Le parallélogramme MCIE a deux côtés consécutifs de même longueur. MCIE est donc un losange.

Exercice 15 :1. On note N le milieu de [FC].

Dans le triangle BFC,. N est le milieu de [FC] ;. L est le milieu de [FB].

Donc (NL)//(BC) et NL=12

CB .

Dans le triangle MNL,. C est le milieu de [MN] ;. (CB)//(NL) ;. (CB) coupe [ML] en I.

Donc I est le milieu de [ML]. On sait alors aussi que CI=12

NL .

2. D’après ce qui précède, CI=12

NL et NL=12

CB .

Finalement, CI=14

CB .