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#1 21-03-2019 12:34:19
- Hasna
- Membre
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- Messages : 1
Un triangle ABC inscrit au cerle.
Un triangle ABC, inscrit à un cercle de centre O, et de rayon R. Soit H la projection orthogonale de O sur la droite (BC), tel que [OH) coupe le cercle en I.
Soit α la mesure de l'angle BAC.
Montrer que CI=2Rsin(α/2)
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#2 22-03-2019 10:13:33
- yoshi
- Modo Ferox
- Inscription : 20-11-2005
- Messages : 16 948
Re : Un triangle ABC inscrit au cerle.
Bonjour,
(ce n'est pas en option)
Un triangle ABC, inscrit à un cercle de centre O
Désolé, formulation incorrecte :
on dit :
ABC est inscrit dans le cercle de centre O (A, B, C sont sur le cercle) ou cercle circonscrit au triangle ABC.
Tu n'as pas lu ce que disent nos Règles de fonctionnement :
*Notre but étant de vous aider à résoudre vos difficultés, et non de faire les exercices à votre place, ne postez pas le sujet d'un exercice sans montrer que vous y avez travaillé : il n'y serait probablement pas répondu. A vous d'expliquer ce que vous avez déjà fait, là où vous bloquez, et pourquoi...
Je vais t'aider quand même : je vais me limiter quand même à des indications...
Trace [OB], [OC] et [BC]...
Quelle est la nature du triangle BOC ?
Quelle est la nature du triangle COI ?
On trace la médiatrice de [CI] : elle passe par le milieu K de [CI].
CI=2CK
Il ne reste plus qu'à trouver CK...
@+
[EDIT] Cela m'avait échappé, donc je supprime quelques indications.
Tu n'as pas d'excuse, avant de taper ton message, tu as eu ceci sous les yeux :
Dernière modification par yoshi (22-03-2019 11:07:27)
Arx Tarpeia Capitoli proxima...
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#3 23-03-2019 20:34:09
- yoshi
- Modo Ferox
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- Messages : 16 948
Re : Un triangle ABC inscrit au cerle.
Re,
Bon, alors on boude ?
@+
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#4 02-04-2019 12:19:23
- yoshi
- Modo Ferox
- Inscription : 20-11-2005
- Messages : 16 948
Re : Un triangle ABC inscrit au cerle.
Bonjour,
Pour les autres, voilà une solution.
L'angle $\widehat{BAC}$ est un angle inscrit interceptant l'arc BC.
L'angle au centre $\widehat{BOC}$ est l'angle au centre interceptant le même arc BC.
Donc $\widehat{BOC}=2\widehat{BAC}=2\alpha$
Le triangle BOC a deux côtés de même longueur OB=OC = R, c'est donc un triangle isocèle de base [BC].
H est le projeté orthogonal de O sur [BC], autrment dit [OH] est la hauteur relative à la base [BC]
Or, dans un triangle isocèle, la hauteur relative à la base d'un triangle isocèle est aussi médiane et médiatrice de cette base et bissectrice de l'angle au sommet.
Donc : $\widehat{HOC}=\dfrac 1 2\widehat{BAC}=\alpha$.
Considérons maintenant le triangle IOC : il a deux côtés de même longueur OI=OC = R, c'est donc un triangle isocèle de base [IC].
Par construction, (OK) est la médiatrice de la base |CI].
On a donc $\widehat{OKC}=90^\circ$ et le triangle OKC rectangle en K.
De plus K est le milieu de [CI], donc CI=2CK
Or, dans le triangle isocèle IOC de base [IC], cette médiatrice est aussi hauteur, médiane et bissectrice de l'angle au sommet.
Donc $\widehat{KOC}=\dfrac 1 2\widehat{IOC}=\dfrac{\alpha}{2}$
Dans le triangle KOC rectangle en K on peut écrire :
$\sin(\widehat{KOC})=\dfrac{KC}{OC}$
D'où :
$KC = OC \times \sin(\widehat{KOC})$
Et comme ;
$OC = R$ et $\widehat{KOC}=\dfrac{\alpha}{2}$
on a :
$KC = R\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$
Enfin comme $CI = 2KC$, alors $CI = 2R\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$
@+
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#5 03-04-2019 17:39:59
- yoshi
- Modo Ferox
- Inscription : 20-11-2005
- Messages : 16 948
Re : Un triangle ABC inscrit au cerle.
Salut,
Autre solution, pas plus courte, mais plus directe...
J'ajoute le point D diamétralement opposé au point I sur le cercle. Je trace (DB] et [DC].
Les angles $\widehat{BAC}$ et $\widehat{BDC}$ sont deux angles inscrits interceptant le même arc BC : ils sont donc égaux.
$\widehat{BDC}=\widehat{BAC}=\alpha$
Considérons le triangle BDC
H est le projeté orthogonal de O sur [BC], autrement dit (OH) est perpendiculaire à [BC].
O est le centre du cercle, donc d(O;B)=d(O;C) = R. O est donc équidistant de B et de C, il est donc sur la médiatrice de [BC].
La médiatrice de [BC] passe par O et de plus elle est perpendiculaire à [BC] : une seule droite répond à ces conditions (OH).
(OH), qu'on peut aussi nommer (ID) est donc la médiatrice de [BC]
Donc DB = BC. le triangle BDC qui a deux côtés égaux est oinc isocèle de base [BC]
Or, dans un triangle isocèle, la médiatrice de la base est aussi médiane et médiatrice de cette base et bissectrice de l'angle au sommet :
[tex]\widehat{IDC}=\dfrac{\widehat{BDC}}{2}=\dfrac{\alpha}{2}[/tex]
[ID] est, par construction, un diamètre, donc ID =2R
Mais le point C appartenant au cercle de diamètre [ID], le triangle DCI est rectangle en C.
Dans ce triangle :
[tex]\sin(\widehat{IDC})=\dfrac{CI}{ID}[/tex]
D'où $CI=ID\times \sin(\widehat{IDC})=2R\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$
------------------------------------------
N-B
Plus long était l'utilisation de l'angle $\widehat{CID}$
Les angles aigus d'un triangle rectangle étant complémentaires, $\widehat{IDC}+\widehat{CID}=\dfrac{\pi}{2}$
D'où $\widehat{CID}=\dfrac{\pi}{2}-\widehat{IDC}=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\alpha}{2}$
D'où $CI=ID\times \cos(\widehat{CID})=2R\cos\left( \dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\alpha}{2}\right)$
Or, on sait que :
[tex]\cos\left( \dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\alpha}{2}\right)=\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)[/tex]
Donc :
$CI=ID\times \sin(\widehat{IDC})=2R\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$
@+
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