Triangle : corrigés des exercices de maths en 5ème.

Exercice 11 : mesure des trois angles d’un triangle
Pour qu’un ensemble de trois angles forme un triangle, la somme de ces angles doit être égale à \(180^\circ\).

Vérifions la somme des angles mesurés par Magalie :
\[
\widehat{D} + \widehat{E} + \widehat{F} = 53^\circ + 74^\circ + 54^\circ
\]

Calculons cette somme :
\[
53^\circ + 74^\circ + 54^\circ = 181^\circ
\]

Puisque \(181^\circ \neq 180^\circ\), la somme des mesures des angles de Magalie n’est pas égale à \(180^\circ\). Cela signifie que les mesures qu’elle a trouvées pour les angles du triangle DEF sont incorrectes.

Ainsi, la réponse de Magalie est fausse. La somme des angles d’un triangle doit toujours être égale à \(180^\circ\), ce qui n’est pas le cas ici.

Exercice 12 : mesure d’un angle dans un triangle rectangle
Le triangle \( GHI \) est un triangle rectangle en \( H \). Par conséquent, l’angle \( \angle GHI = 90^\circ \).

Dans tout triangle, la somme des angles est égale à \( 180^\circ \).

Nous avons \( \angle G = 34^\circ \).

Nous cherchons l’angle \( \angle I \).

Utilisons la somme des angles du triangle :

\[
\angle GHI + \angle G + \angle I = 180^\circ
\]

\[
90^\circ + 34^\circ + \angle I = 180^\circ
\]

\[
124^\circ + \angle I = 180^\circ
\]

En soustrayant \( 124^\circ \) des deux côtés de l’équation, nous obtenons :

\[
\angle I = 180^\circ – 124^\circ
\]

\[
\angle I = 56^\circ
\]

Donc, la mesure de \( \angle I \) est \( 56^\circ \).

Exercice 13 : mesure des angles d’un triangle équilatéral
Un triangle équilatéral possède trois côtés de même longueur. Par définition, un triangle équilatéral a également trois angles égaux.

La somme des angles d’un triangle vaut \(180^\circ\). Donc, si les trois angles sont égaux, on peut écrire :

\[3 \times \text{la mesure d’un angle} = 180^\circ\]

En divisant chaque côté par 3, nous obtenons :

\[\text{la mesure d’un angle} = \frac{180^\circ}{3} = 60^\circ\]

Ainsi, chacun des trois angles du triangle équilatéral \(JKL\) mesure \(60^\circ\).

Exercice 14 : calcul de la mesure d’un triangle isocèle
\[
\begin{array}{l}
\text{Un triangle isocèle a deux angles de base égaux. Dans le triangle } MNO \text{ isocèle de sommet principal } N, \text{ les angles } \widehat{M} \text{ et } \widehat{O} \text{ sont égaux.} \\
\text{On sait que la somme des angles d’un triangle est égale à } 180^\circ. \\
\text{Ainsi, on peut écrire l’équation suivante :} \\
\widehat{N} + \widehat{M} + \widehat{O} = 180^\circ. \\
\text{Comme } \widehat{N} = 44^\circ \text{ et } \widehat{M} = \widehat{O}, \text{ on peut substituer :} \\
44^\circ + 2 \cdot \widehat{M} = 180^\circ. \\
\text{Résolvons pour } \widehat{M} : \\
2 \cdot \widehat{M} = 180^\circ – 44^\circ, \\
2 \cdot \widehat{M} = 136^\circ, \\
\widehat{M} = \frac{136^\circ}{2}, \\
\widehat{M} = 68^\circ. \\
\text{Puisque } \widehat{M} = \widehat{O}, \text{ donc } \widehat{O} = 68^\circ.
\end{array}
\]

Exercice 15 : calculer la mesure d’un angle
\[
\begin{array}{l}
\text{Dans le triangle isocèle } MNQ \text{, } \angle NMQ = \angle MQN \text{ (angles à la base d’un triangle isocèle)}. \\
\text{Comme } \angle MQN = 35^\circ \text{, nous avons :} \\
\angle NMQ = 35^\circ.
\end{array}
\]

\[
\begin{array}{l}
\text{Dans le triangle isocèle } PMN \text{, } \angle MPN = \angle MNP \text{ (angles à la base d’un triangle isocèle)}. \\
\text{La somme des angles d’un triangle est égale à } 180^\circ \text{, donc :} \\
\angle PMN + \angle NMP + \angle MPN = 180^\circ.
\end{array}
\]

Nous savons que:

\[
\begin{array}{l}
\angle NMP \text{ (c’est le même que } \angle NMQ) = 35^\circ. \\
\text{Posons } \angle PMQ = x.
\end{array}
\]

\[
\begin{array}{l}
\angle PMN = \angle PMQ \text{ (les deux angles opposés par le sommet)} = x.
\end{array}
\]

\[
\begin{array}{l}
\text{Ainsi, nous avons :} \\
x + 35^\circ + x = 180^\circ \\
2x + 35^\circ = 180^\circ \\
2x = 145^\circ \\
x = 72,5^\circ
\end{array}
\]

\[
\begin{array}{l}
\text{Donc, la mesure de l’angle } \angle PMQ \text{ est } 72,5^\circ.
\end{array}
\]

Exercice 16 : déterminer tous les angles d’une figure
Soit \( \triangle ABC \) et \( \triangle CDE \).

1. Puisqu’on a \( \overline{AB} = \overline{AC} \), \( \triangle ABC \) est un triangle isocèle en \( A \). Les angles à la base sont donc égaux:
\[ \angle ABC = \angle ACB. \]

2. De même, puisque \( \overline{CD} = \overline{CE} \), \( \triangle CDE \) est un triangle isocèle en \( C \). Les angles à la base sont donc égaux :
\[ \angle DCE = \angle CDE. \]

3. Puisque \( AB = AC \), nous savons que:
\[ \angle BAC = 180^\circ – 2 \times \angle ABC. \]

4. Nous savons aussi que \( \overline{AE} = \overline{BE} \) et que \( \overline{AD} = \overline{CD} \). Donc, les triangles \( \triangle AEC \) et \( \triangle CED \) sont isocèles respectivement en \( E \) et en \( D \).

5. Par conséquent,
\[ \angle AEC = \angle CAE, \]
et
\[ \angle CED = \angle EDC. \]

6. Additionons maintenant les angles pour chacun des triangles.

Pour \( \triangle ABC \), les angles doivent s’ajouter à \( 180^\circ \):
\[ \angle BAC + \angle ABC + \angle ACB = 180^\circ. \]

Cependant :
\[ \angle BAC = 180^\circ – 2 \times \angle ABC. \]

Ainsi :
\[ (180^\circ – 2 \times \angle ABC) + \angle ABC + \angle ABC = 180^\circ. \]
\[ 180^\circ – 2 \times \angle ABC + 2 \times \angle ABC = 180^\circ. \]

D’où on en conclut que :
\[ \angle BAC = 180^\circ – 2 \times \angle ABC. \]

Pour \( \triangle CDE \), les angles doivent aussi s’ajouter à \( 180^\circ \):
\[ \angle DCE + \angle CDE + \angle EDC = 180^\circ. \]

Puisque \( \overline{CD} = \overline{CE} \), nous avons :
\[ \angle DCE = \angle CDE \]

et donc :
\[ 2 \times \angle DCE + \angle EDC = 180^\circ. \]

D’où on en conclut que :
\[ \angle EDC = 180^\circ – 2 \times \angle DCE. \]

Exercice 17 : calculer la mesure de l’angle
Pour déterminer la mesure de l’angle \(\angle NMP\), nous pouvons utiliser la propriété fondamentale de la somme des angles d’un triangle. La somme des angles internes d’un triangle est toujours égale à \(180^\circ\).

Nous avons les mesures des deux angles suivants :
– \(\angle MNP = 65^\circ\)
– \(\angle NPM = 42^\circ\)

Nous devons donc trouver la mesure de l’angle \(\angle NMP\).

En utilisant la propriété de la somme des angles internes d’un triangle, nous avons :
\[ \angle MNP + \angle NPM + \angle NMP = 180^\circ \]

En remplaçant les valeurs des angles \(\angle MNP\) et \(\angle NPM\), nous obtenons :
\[ 65^\circ + 42^\circ + \angle NMP = 180^\circ \]

En simplifiant cette équation, nous trouvons :
\[ 107^\circ + \angle NMP = 180^\circ \]

Pour isoler \(\angle NMP\), nous soustrayons \(107^\circ\) des deux côtés de l’équation :
\[ \angle NMP = 180^\circ – 107^\circ \]

Ainsi, la mesure de l’angle \(\angle NMP\) est :
\[ \angle NMP = 73^\circ \]

La mesure de l’angle \(\angle NMP\) est donc \(73^\circ\).

Exercice 18 : mesure d’un angle à calculer
a.

– Calcul de la mesure de l’angle \( \widehat{BDC} \) :

Dans le triangle \( BDC \), la somme des angles est égale à \( 180^\circ \). Nous avons :
\[ \widehat{BDC} + 48^\circ + 102^\circ = 180^\circ \]
\[ \widehat{BDC} = 180^\circ – 48^\circ – 102^\circ \]
\[ \widehat{BDC} = 30^\circ \]

– Mesure de l’angle \( \widehat{ADB} \) :

Les triangles \( ABD \) et \( BDC \) sont isocèles en raison des marques de congruence sur les côtés \( AD \cong BD \) et \( BD \cong DC \). En particulier, dans le triangle \( ABD \), nous avons \( \widehat{BAD} = \widehat{ADB} \).

Puisque \( \widehat{BDC} = 30^\circ \) est commun au triangle \( ABD \) et \( BDC \), nous avons deux fois cet angle égaux sous forme d’angle extérieur puisque \( \widehat{BDA}\) étant angle extérieur du triangle \( \widehat{ BAC}\).

\[ \widehat{ADB} = \frac{180^\circ – 30^\circ}{2} \]
\[ \widehat{ADB} = \frac{150^\circ}{2} \]
\[ \widehat{ADB} = 75^\circ \]

b.

– Mesure de l’angle \( \widehat{ADC} \) :

Pour déterminer la mesure de l’angle \( \widehat{ADC} \), nous utilisons la somme des angles du triangle \( ADC \).

Dans \( \triangle ADC\) nous avons :
\[ \widehat{ADC} + \widehat{ACD} + \widehat{DAC} = 180^\circ \]

Comme \( \widehat{DAC} = \widehat{BDC} \), soit \( \widehat{DAC} = 30^\circ \) et vu que \( \widehat{ACD} = 102^\circ \),

Nous pouvons écrire:

\[ \widehat{ADC} = 180^\circ – (\widehat{ACD} + \widehat{BDC}) \]
\[ \widehat{ADC} = 180^\circ – (102^\circ + 30^\circ) \]
\[ \widehat{ADC} = 180^\circ – 132^\circ \]
\[ \widehat{ADC} = 48^\circ \]

Exercice 19 : affirmation vraie ou fausse ?
L’angle \( \angle LIP \) est marqué comme un angle droit \( (90^\circ) \). On sait également que \(|LI| = |IE|\) (triangles isocèles) et que \( \angle ILP = 50^\circ \).

Les angles d’un triangle doivent toujours s’additionner pour donner \(180^\circ\). Dans le triangle \(LIP\), nous avons déjà deux angles connus :
\[ \angle ILP = 50^\circ \]
\[ \angle LIP = 90^\circ \]

Pour trouver le troisième angle \(\angle IEL\), nous utilisons la somme des angles dans le triangle \(LIE\):
\[ \angle ILE = 180^\circ – ( \angle ILP + \angle LIP ) \]
\[ \angle ILE = 180^\circ – (50^\circ + 90^\circ) \]
\[ \angle ILE = 180^\circ – 140^\circ \]
\[ \angle ILE = 40^\circ \]

L’angle \( \angle LIE \) dans le triangle \(LIE\) est donc \(40^\circ\). Puisque l’angle au sommet \( \angle LIE \) n’est pas un angle droit, le triangle \(LIE\) n’est pas rectangle en \(I\).

Ainsi, l’affirmation de Tom est incorrecte. Le triangle \(LIE\) n’est pas rectangle en \(I\).

Exercice 20 : mesure des angles d’un triangle
Dans le triangle \( ABC \), les points \( E, B, C \) et \( D \) sont alignés. Nous considérons les angles extérieurs \( \angle EBA \) et \( \angle DCA \).

Calculons tout d’abord \( \angle ABC \) et \( \angle ACB \) :
\[
\angle EBA = 115^\circ \Rightarrow \angle ABC = 180^\circ – 115^\circ = 65^\circ
\]
\[
\angle DCA = 128^\circ \Rightarrow \angle ACB = 180^\circ – 128^\circ = 52^\circ
\]

Ensuite, pour déterminer \( \angle BAC \), nous utilisons la propriété selon laquelle la somme des angles d’un triangle est de \( 180^\circ \) :
\[
\angle BAC = 180^\circ – \angle ABC – \angle ACB = 180^\circ – 65^\circ – 52^\circ = 63^\circ
\]

En conclusion, les mesures des angles du triangle \( ABC \) sont :
\[
\angle BAC = 63^\circ, \quad \angle ABC = 65^\circ, \quad \angle ACB = 52^\circ
\]

Exercice 21 : informations codées sur une carte
a. Pour calculer la mesure de l’angle \( \widehat{BEF} \):

On remarque que \( B \), \( E \), \( F \), et \( H \) forment un quadrilatère. Sachant que les angles \( \widehat{EBF} \) et \( \widehat{BEH} \) sont extérieurs à ce quadrilatère, ils ne sont pas directement utilisés dans le calcul de l’angle \( \widehat{BEF} \). Pour simplifier l’analyse, observons les angles formés par des droites parallèles coupées par une transversale.

Les angles \( \widehat{GBH} \), \( \widehat{BEF} \), \( \widehat{FHE} \), et \( \widehat{GBE} \) sont les angles intérieurs d’un quadrilatère et doivent donc satisfaire la relation suivante :
\[ \widehat{GBH} + \widehat{GBE} + \widehat{BEF} + \widehat{FHE} = 360^\circ \]

Cependant, on nous donne que :
\[ \widehat{GBH} = 50^\circ, \quad \widehat{GBE} = 60^\circ, \quad \text{et} \quad \widehat{FHE} = 70^\circ \]

Par conséquent, nous avons :
\[
50^\circ + 60^\circ + \widehat{BEF} + 70^\circ = 360^\circ
\]
\[
180^\circ + \widehat{BEF} = 360^\circ
\]
\[
\widehat{BEF} = 360^\circ – 180^\circ
\]
\[
\widehat{BEF} = 180^\circ
\]

Ainsi, la mesure de l’angle \( \widehat{BEF} \) est égale à 180°.

b. Pour déterminer si les routes suivies par la voiture jaune et la voiture rouge sont parallèles :

Les angles alternes-internes égaux formés par une transversale coupant deux droites sont une indication que les droites sont parallèles.

Ici, on constate que les angles \( \widehat{EBF} = 70^\circ \) et \( \widehat{FHE} \) sont alternes-internes et

\(
\widehat{GBE} = \widehat{GBH} = 50^\circ
\) sont deux paires d’angles alternes internes égaux.

En conséquence, les droites \( EH \) et \( FG \) suivies par les voitures jaune et rouge sont parallèles.

Ainsi, la voiture jaune et la voiture rouge suivent bien des routes parallèles.

Exercice 22 : calculer la mesure de l’angle
1. Calcul de la mesure des angles :

a. Calcul de \(\widehat{UFI}\) :
\[ \widehat{UFI} = \widehat{UFN} – \widehat{UFL} = 60^\circ – 30^\circ = 30^\circ \]

\[
\boxed{30^\circ}
\]

b. Calcul de \(\widehat{OIL}\) :
\[ \widehat{OIL} = 90^\circ \]
La présence du petit carré au point I indique un angle droit (90°).

\[
\boxed{90^\circ}
\]

c. Calcul de \(\widehat{OLI}\) :
\[ \widehat{OLI} = 30^\circ \]

\[
\boxed{30^\circ}
\]

2. Déduction pour les droites (UF) et (OL) :

Les angles \( \widehat{UFI} \) et \( \widehat{OLI}\) sont égaux, tous deux égalent à \(30^\circ\). Cela implique que les droites (UF) et (OL) sont parallèles, car des angles alternes internes égaux indiquent le parallélisme des droites.

\[
\boxed{\text{Les droites (UF) et (OL) sont parallèles.}}
\]

Exercice 23 : constructions de triangles
Correction de l’exercice:

Pour le triangle \(NPR\):

1. Tracer un segment \(PR\) de 6,4 cm.
2. Placer un point \(N\) tel que \(NR = 8,7\) cm et que l’angle \(\angle NRP = 35^\circ\).

Pour cela, nous pouvons utiliser les règles de trigonométrie pour trianguler le point \(N\).

### Étape 1 : Calcul de \(NP\) par le théorème du cosinus

\[
NP^2 = PR^2 + NR^2 – 2 \times PR \times NR \times \cos(\angle NRP)
\]

\[
NP^2 = 6.4^2 + 8.7^2 – 2 \times 6.4 \times 8.7 \times \cos(35^\circ)
\]

\[
NP^2 = 40.96 + 75.69 – 2 \times 6.4 \times 8.7 \times 0.8192
\]

\[
NP^2 = 116.65 – 90.86112
\]

\[
NP^2 = 25.78888
\]

\[
NP \approx \sqrt{25.78888}
\]

\[
NP \approx 5.08 \, \text{cm}
\]

### Étape 2 : Dessin

1. Tracer le segment \(PR = 6.4\, \text{cm}\).
2. À l’aide d’un rapporteur, tracer l’angle \(NRP = 35^\circ\).
3. Reporter la longueur \(NR = 8.7 \, \text{cm}\) pour placer le point \(N\) .

Pour le triangle \(EFG\):

1. Tracer un segment \(EF\) de 5,5 cm.
2. Placer un point \(G\) tel que \(FG = 7\) cm et que l’angle \(\angle EFG = 125^\circ\).

### Étape 1 : Calcul de \(EG\) par le théorème du cosinus

\[
EG^2 = EF^2 + FG^2 – 2 \times EF \times FG \times \cos(\angle EFG)
\]

\[
EG^2 = 5.5^2 + 7^2 – 2 \times 5.5 \times 7 \times \cos(125^\circ)
\]

\[
EG^2 = 30.25 + 49 – 2 \times 5.5 \times 7 \times -0.5736
\]

\[
EG^2 = 79.25 + 2 \times 5.5 \times 7 \times 0.5736
\]

\[
EG^2 = 79.25 + 44.0112
\]

\[
EG^2 = 123.2612
\]

\[
EG \approx \sqrt{123.2612}
\]

\[
EG \approx 11.1 \, \text{cm}
\]

### Étape 2 : Dessin

1. Tracer le segment \(EF = 5.5\, \text{cm}\).
2. À l’aide d’un rapporteur, tracer l’angle \(EFG = 125^\circ\).
3. Reporter la longueur \(FG = 7 \, \text{cm}\) pour placer le point \(G\) .

Le triangle \(NPR\) et le triangle \(EFG\) sont maintenant entièrement définis. En suivant ces étapes et en utilisant le matériel de géométrie approprié, les triangles peuvent être construits de manière précise.

Exercice 24 : construire des triangles
Pour le triangle \(ABC\) :

\[
\text{Connaissant } \angle ABC = 58^\circ \text{ et } \angle BAC = 75^\circ, \text{ on peut calculer } \angle ACB.
\]

\[
\angle ACB = 180^\circ – \angle ABC – \angle BAC = 180^\circ – 58^\circ – 75^\circ = 47^\circ.
\]

\[
\text{En utilisant la loi des sinus pour déterminer les côtés restants } AC \text{ et } BC :
\]

\[
\frac{AB}{\sin(\angle ACB)} = \frac{BC}{\sin(\angle BAC)} = \frac{AC}{\sin(\angle ABC)}.
\]

\[
\frac{6.4}{\sin(47^\circ)} = \frac{BC}{\sin(75^\circ)} = \frac{AC}{\sin(58^\circ)}.
\]

\[
BC = \frac{6.4 \times \sin(75^\circ)}{\sin(47^\circ)} \approx 8.4 \text{ cm},
\]

\[
AC = \frac{6.4 \times \sin(58^\circ)}{\sin(47^\circ)} \approx 7.9 \text{ cm}.
\]

Pour le triangle \(EFG\) :

\[
\text{Connaissant } \angle EGF = 44^\circ \text{ et } \angle EFG = 106^\circ, \text{ on peut calculer } \angle FEG.
\]

\[
\angle FEG = 180^\circ – \angle EGF – \angle EFG = 180^\circ – 44^\circ – 106^\circ = 30^\circ.
\]

\[
\text{En utilisant la loi des sinus pour déterminer les côtés restants } EF \text{ et } EG :
\]

\[
\frac{FG}{\sin(\angle FEG)} = \frac{EF}{\sin(\angle EGF)} = \frac{EG}{\sin(\angle EFG)}.
\]

\[
\frac{4.5}{\sin(30^\circ)} = \frac{EF}{\sin(44^\circ)} = \frac{EG}{\sin(106^\circ)}.
\]

\[
EF = \frac{4.5 \times \sin(44^\circ)}{\sin(30^\circ)} \approx 6.4 \text{ cm},
\]

\[
EG = \frac{4.5 \times \sin(106^\circ)}{\sin(30^\circ)} \approx 8.5 \text{ cm}.
\]

Pour le triangle rectangle \(KLM\):

\[
LM = 4 \text{ cm et } \angle KML = 50^\circ.
\]

\[
On sait que \angle KLM = 90^\circ \text{ car le triangle est rectangle. On peut trouver } \angle KLM.
\]

\[
\angle LKM = 180^\circ – \angle KML – \angle KLM = 180^\circ – 50^\circ – 90^\circ = 40^\circ.
\]

\[
\text{Avec la trigonométrie, on peut déterminer les longueurs des côtés restants } KM \text{ et } KL.
\]

\[
\text{Utilisons le sinus :}
\]

\[
\sin(50^\circ) = \frac{LM}{KM} \Rightarrow KM = \frac{LM}{\sin(50^\circ)} \approx \frac{4}{0.766} \approx 5.2 \text{ cm},
\]

\[
\text{Utilisons le cosinus :}
\]

\[
\cos(50^\circ) = \frac{KL}{KM} \Rightarrow KL = KM \times \cos(50^\circ) \approx 5.2 \times 0.643 = 3.3 \text{ cm}.
\]

La correction des mesures et des calculs requis pour chacun des triangles est maintenant complète.

Exercice 25 : hauteurs d’un triangle
Les droites \((d_1)\), \((d_2)\) et \((d_3)\) sont tracées sur la figure du triangle \(ABC\).

Une hauteur dans un triangle est une droite passant par un sommet du triangle et perpendiculaire à la base opposée.

### Analyse des droites tracées :
1. \((d_1)\) : Cette droite est perpendiculaire au côté \([AB]\) du triangle et passe par le sommet \(C\). Elle est donc une hauteur.
\[
(d_1) \text{ est une hauteur issue de } C.
\]

2. \((d_2)\) : Cette droite est perpendiculaire au côté \([AC]\) du triangle, mais elle passe par un point extérieur au triangle (prolongement du côté \([BC]\) au-delà des sommets). Elle n’est donc pas une hauteur.
\[
(d_2) \text{ n’est pas une hauteur.}
\]

3. \((d_3)\) : Cette droite est perpendiculaire au côté \([BC]\) du triangle et passe par le sommet \(A\). Elle est donc une hauteur.
\[
(d_3) \text{ est une hauteur issue de } A.
\]

### Conclusion :
Les hauteurs du triangle \(ABC\) parmi les droites tracées sont donc \((d_1)\) et \((d_3)\).

Exercice 26 : inégalité triangulaire
La possibilité de construire un triangle dépend de l’inégalité triangulaire qui stipule que la somme des longueurs de deux côtés d’un triangle doit toujours être supérieure à la longueur du troisième côté. Cette règle doit être vérifiée pour chaque combinaison de deux côtés et le troisième côté.

\[\]a.\[\] \( AB = 9 \, \text{cm}, BC = 5 \, \text{cm}, AC = 1 \, \text{cm} \).

Vérifions l’inégalité triangulaire:
– \( AB + BC = 9 + 5 = 14 \)
– \( AB + AC = 9 + 1 = 10 \)
– \( BC + AC = 5 + 1 = 6 \)

Comparons ces résultats au troisième côté:
– \( 14 > 1 \), vrai.
– \( 10 > 5 \), vrai.
– \( 6 > 9 \), faux.

Conclusion: Il n’est pas possible de construire un triangle avec ces longueurs.

—

\[\]b.\[\] \( AB = 6{,}5 \, \text{cm}, BC = 7 \, \text{cm}, AC = 5 \, \text{cm} \).

Vérifions l’inégalité triangulaire:
– \( AB + BC = 6{,}5 + 7 = 13{,}5 \)
– \( AB + AC = 6{,}5 + 5 = 11{,}5 \)
– \( BC + AC = 7 + 5 = 12 \)

Comparons ces résultats au troisième côté:
– \( 13{,}5 > 5 \), vrai.
– \( 11{,}5 > 7 \), vrai.
– \( 12 > 6{,}5 \), vrai.

Conclusion: Il est possible de construire un triangle avec ces longueurs.

—

\[\]c.\[\] \( AB = 3{,}7 \, \text{cm}, BC = 2{,}3 \, \text{cm}, AC = 6 \, \text{cm} \).

Vérifions l’inégalité triangulaire:
– \( AB + BC = 3{,}7 + 2{,}3 = 6 \)
– \( AB + AC = 3{,}7 + 6 = 9{,}7 \)
– \( BC + AC = 2{,}3 + 6 = 8{,}3 \)

Comparons ces résultats au troisième côté:
– \( 6 = 6 \), faux. L’inégalité indique que la somme doit être strictement supérieure.
– \( 9{,}7 > 2{,}3 \), vrai.
– \( 8{,}3 > 3{,}7 \), vrai.

Conclusion: Il n’est pas possible de construire un triangle avec ces longueurs car \( AB + BC = AC \), l’inégalité triangulaire est donc violée.

—

Résumé : Seule la configuration \[\]b\[\] permet de construire un triangle.

Exercice 27 : triangles constructibles
Pour déterminer si Lucie peut construire ces triangles, nous devons tenir compte de l’inégalité triangulaire qui stipule que la somme des longueurs de deux côtés d’un triangle doit toujours être supérieure à la longueur du troisième côté.

\[\]a. Dire si elle peut construire ces triangles.\[\]

1. Premier triangle:
Les côtés mesurent \(54\, \text{mm}\), \(42\, \text{mm}\) et \(78\, \text{mm}\).

\[
\begin{aligned}
54 + 42 > 78 \quad \text{(96 > 78 Vrai)} \\
54 + 78 > 42 \quad \text{(132 > 42 Vrai)} \\
42 + 78 > 54 \quad \text{(120 > 54 Vrai)}
\end{aligned}
\]
Les trois inégalités sont vérifiées, Lucie peut donc construire ce triangle.

2. Deuxième triangle:
Les côtés mesurent \(2.5\, \text{cm}\), \(5.5\, \text{cm}\) et \(9\, \text{cm}\).

\[
\begin{aligned}
2.5 + 5.5 > 9 \quad \text{(8 < 9 Faux)} \\
2.5 + 9 > 5.5 \quad \text{(11.5 > 5.5 Vrai)} \\
5.5 + 9 > 2.5 \quad \text{(14.5 > 2.5 Vrai)}
\end{aligned}
\]
L’une des inégalités n’est pas vérifiée (8 n’est pas supérieur à 9), Lucie ne peut donc pas construire ce triangle.

3. Troisième triangle:
Les côtés mesurent \(7\, \text{cm}\), \(3\, \text{cm}\) et \(5\, \text{cm}\).

\[
\begin{aligned}
7 + 3 > 5 \quad \text{(10 > 5 Vrai)} \\
7 + 5 > 3 \quad \text{(12 > 3 Vrai)} \\
3 + 5 > 7 \quad \text{(8 > 7 Vrai)}
\end{aligned}
\]
Les trois inégalités sont vérifiées, Lucie peut donc construire ce triangle.

\[\]b. Construire le(s) triangle(s) que Lucie peut tracer.\[\]

Lucie peut tracer le premier et le troisième triangle selon les mesures données car ils respectent l’inégalité triangulaire.

Exercice 28 : tracer les médiatrices d’un triangle
\[
\text{a. Tracé des médiatrices pour un triangle quelconque :}
\]

Soit le triangle \(ABC\). Nous traçons les médiatrices des côtés \(AB\), \(BC\) et \(CA\).

1. Pour tracer la médiatrice de \(AB\), nous trouvons le milieu de \(AB\) (point \(M\)) et traçons la droite perpendiculaire à \(AB\) passant par \(M\).
2. Pour tracer la médiatrice de \(BC\), nous trouvons le milieu de \(BC\) (point \(N\)) et traçons la droite perpendiculaire à \(BC\) passant par \(N\).
3. Pour tracer la médiatrice de \(CA\), nous trouvons le milieu de \(CA\) (point \(P\)) et traçons la droite perpendiculaire à \(CA\) passant par \(P\).

Les trois médiatrices se coupent en un point unique \(O\), qui est appelé le centre du cercle circonscrit du triangle \(ABC\).

\[
\text{b. Tracé des médiatrices pour un triangle aigu :}
\]

Soit le triangle aigu \(DEF\).

1. Pour tracer la médiatrice de \(DE\), nous trouvons le milieu de \(DE\) (point \(Q\)) et traçons la droite perpendiculaire à \(DE\) passant par \(Q\).
2. Pour tracer la médiatrice de \(EF\), nous trouvons le milieu de \(EF\) (point \(R\)) et traçons la droite perpendiculaire à \(EF\) passant par \(R\).
3. Pour tracer la médiatrice de \(FD\), nous trouvons le milieu de \(FD\) (point \(S\)) et traçons la droite perpendiculaire à \(FD\) passant par \(S\).

Comme précédemment, les trois médiatrices se coupent en un point unique \(O\), qui est appelé le centre du cercle circonscrit du triangle \(DEF\).

\[
\text{Conjecture :}
\]

Dans chaque cas, les trois médiatrices d’un triangle se coupent en un point unique. Ce point est équidistant des sommets du triangle et est le centre du cercle circonscrit au triangle.

Exercice 29 : points alignés
\[\]Correction :\[\]

1. \( AB = 5.9 \, \text{cm} \), \( BC = 2.5 \, \text{cm} \), \( AC = 3.4 \, \text{cm} \)

\[
AB = 5.9 \, \text{cm}
\]
\[
BC = 2.5 \, \text{cm}
\]
\[
AC = 3.4 \, \text{cm}
\]

Les points \( A \), \( B \) et \( C \) sont alignés si \( AB + BC = AC \) ou \( AB + AC = BC \) ou \( AC + BC = AB \).

– \[
AB + BC = 5.9 \, \text{cm} + 2.5 \, \text{cm} = 8.4 \, \text{cm} \neq 3.4 \, \text{cm}
\]
– \[
AB + AC = 5.9 \, \text{cm} + 3.4 \, \text{cm} = 9.3 \, \text{cm} \neq 2.5 \, \text{cm}
\]
– \[
AC + BC = 3.4 \, \text{cm} + 2.5 \, \text{cm} = 5.9 \, \text{cm} \]

On a \( AC + BC = AB \).

Les points \( A \), \( B \), et \( C \) sont alignés et \( C \) est le point entre \( A \) et \( B \).

2. \( AB = 7.4 \, \text{cm} \), \( BC = 10 \, \text{cm} \), \( AC = 3.6 \, \text{cm} \)

\[
AB = 7.4 \, \text{cm}
\]
\[
BC = 10 \, \text{cm}
\]
\[
AC = 3.6 \, \text{cm}
\]

– \[
AB + BC = 7.4 \, \text{cm} + 10 \, \text{cm} = 17.4 \, \text{cm} \neq 3.6 \, \text{cm}
\]
– \[
AB + AC = 7.4 \, \text{cm} + 3.6 \, \text{cm} = 11 \, \text{cm} \neq 10 \, \text{cm}
\]
– \[
AC + BC = 3.6 \, \text{cm} + 10 \, \text{cm} = 13.6 \, \text{cm} \neq 7.4 \, \text{cm}
\]

Les points \( A \), \( B \) et \( C \) ne sont pas alignés dans ce cas.

3. \( AB = 2.7 \, \text{cm} \), \( BC = 93 \, \text{mm} \), \( AC = 0.12 \, \text{m} \)

Convertissons toutes les mesures en centimètres :
\[
BC = 93 \, \text{mm} = 9.3 \, \text{cm}
\]
\[
AC = 0.12 \, \text{m} = 12 \, \text{cm}
\]

\[
AB = 2.7 \, \text{cm}
\]
\[
BC = 9.3 \, \text{cm}
\]
\[
AC = 12 \, \text{cm}
\]

– \[
AB + BC = 2.7 \, \text{cm} + 9.3 \, \text{cm} = 12 \, \text{cm}
\]
– \[
AB + AC = 2.7 \, \text{cm} + 12 \, \text{cm} = 14.7 \, \text{cm} \neq 9.3 \, \text{cm}
\]
– \[
AC + BC = 12 \, \text{cm} + 9.3 \, \text{cm} = 21.3 \, \text{cm} \neq 2.7 \, \text{cm}
\]

On a \( AB + BC = AC \).

Les points \( A \), \( B \), et \( C \) sont alignés et \( B \) est le point entre \( A \) et \( C \).

Exercice 30 : problème au bord de la plage
Pour situer la position \( R \) de Rémi, nous devons déterminer un point qui est à la fois sur la droite \( (d) \) et équidistant des points \( A \) (la tente d’Adrien) et \( K \) (la tente de Kenza).

La position \( R \) est donc l’intersection de la droite \( (d) \) avec la médiatrice du segment \([AK]\).

### Étapes de la solution :

1. \[\]Tracer le segment \([AK]\)\[\] : Relier les points \( A \) et \( K \).

2. \[\]Trouver la médiatrice du segment \([AK]\)\[\] :
– La médiatrice d’un segment passe par son milieu et est perpendiculaire à ce segment.
– Soit \( M \) le milieu du segment \([AK]\).

\[ M = ( \frac{x_A + x_K}{2}, \frac{y_A + y_K}{2} ) \]

– Une droite perpendiculaire ayant la forme \( y = mx + c \) où \( m \) est la pente, sera réfléchie par \( m_{AK} \times m_{\perp} = -1 \). Cela nous aidera à déterminer la pente de la médiatrice :

\[ m_{AK} = \frac{y_K – y_A}{x_K – x_A} \]

\[ m_{\perp} = -\frac{1}{m_{AK}} \]

3. \[\]Équation de la médiatrice\[\] :
– En utilisant le milieu \( M \) et la pente \( m_\perp \), écrire l’équation de la droite perpendiculaire (la médiatrice) :

\[ y – y_M = m_\perp(x – x_M) \]

4. \[\]Intersection avec la droite \( (d) \)\[\] :
– L’intersection de cette médiatrice avec la droite \( (d) \) (qui est le bord de la plage) sera le point \( R \).

La droite \( (d) \) a une équation donnée. Résoudre le système d’équations formé par la droite \( (d) \) et la médiatrice pour obtenir les coordonnées de \( R \).

### Coordonnées exactes de \( R \) en utilisant les points \( A \) et \( K \) :

Assumons que les coordonnées \( A(x_A, y_A) \) et \( K(x_K, y_K) \) sont respectivement données. Les équations spécifiques en LaTeX seraient (supposons ici que la droite \( (d) \) soit horizontale pour simplification) :

« `latex
\( M = ( \frac{x_A + x_K}{2}, \frac{y_A + y_K}{2} ) \)

\[ m_{AK} = \frac{y_K – y_A}{x_K – x_A} \]

\[ m_{\perp} = -\frac{1}{m_{AK}} \]

Médiatrice :

\[ y – y_M = -\frac{1}{m_{AK}}(x – x_M) \]

\]

Intersection avec \( (d): y = c \)

\[ c = -\frac{1}{m_{AK}}(x_R – x_M) + y_M \]

Résoudre pour \( x_R \) et \( y_R \) pour avoir les coordonnées de \( R \).
« `

### Conclusion :
Le point d’intersection entre la médiatrice de \([AK]\) et la droite \( (d) \) fournira les coordonnées exactes de la position \( R \) de Rémi.

Exercice 31 : problème de la régate
Soit les points \( V_1, V_2, V_3 \) les positions des voiliers. Comme les trois voiliers se trouvent à la même distance du phare \( P \) situé sur la côte, \( P \) doit satisfaire la condition suivante :

\[ PV_1 = PV_2 = PV_3. \]

Cela signifie que \( P \) est à équidistance des points \( V_1, V_2 \) et \( V_3 \). Géométriquement, le point \( P \) est le centre du cercle circonscrit au triangle \( V_1V_2V_3 \).

Pour déterminer la position de \( P \) :
1. Tracer les médiatrices de deux côtés du triangle \( V_1V_2V_3 \). Les médiatrices d’un côté d’un triangle sont les lignes qui passent par le milieu de ce côté et qui sont perpendiculaires à ce côté.
2. L’intersection des médiatrices est le centre \( P \) du cercle circonscrit au triangle.

Voici les étapes détaillées :

1. Trouver le milieu de chaque côté du triangle formé par \( V_1, V_2 \), et \( V_3 \).
2. Tracer les médiatrices :
– La médiatrice du côté \( V_1V_2 \) coupe ce segment en son milieu et est perpendiculaire à \( V_1V_2 \).
– La médiatrice du côté \( V_1V_3 \) coupe ce segment en son milieu et est perpendiculaire à \( V_1V_3 \).
3. L’intersection des médiatrices est le centre \( P \).

Positionner \( P \) sur le diagramme :
– Tracez une droite perpendiculaire à \( V_1V_2 \) passant par son milieu.
– Tracez une droite perpendiculaire à \( V_1V_3 \) passant par son milieu.
– L’intersection de ces deux droites est le point \( P \).

Ainsi, le phare \( P \) est situé au point d’intersection des médiatrices des côtés du triangle formé par les positions actuelles des voiliers \( V_1, V_2 \), et \( V_3 \).

Exercice 32 : problème des boucles d’oreilles
Pour résoudre cet exercice, nous devons déterminer les mesures des angles dans le cas où les triangles isocèles ont deux côtés de longueur 4 cm. Nous nous concentrerons sur les cinq angles notés \(c\), \(d\), \(h\), \(\ell\) et \(k\) dans les schémas fournis.

1. Chaque triangle isocèle a deux angles égaux.

Sachant que les côtés égaux mesurent 4 cm, nous pouvons utiliser la propriété des triangles isocèles pour formuler les équations suivantes :

Soit un triangle isocèle de côtés \(a\) et angles à la base \(c\). La somme des angles d’un triangle est de 180° :

\[ 2c + \theta = 180° \]
\[ \theta = 180° – 2c \]

Étant donné que le triangle est isocèle et a 4 cm pour les deux côtés égaux, ses angles à la base seront egaux. Pour les deux côtés égaux de chaque triangle, les angles sont symétriques.

### Pour les triangles du premier modèle de boucles d’oreilles (à gauche) :
– Le triangle de base formé par les côtés 4 cm :
\[ c = 60° \]
\[ d = 60° \]

### Pour les triangles du deuxième modèle de boucles d’oreilles (à droite) :
– Le triangle de base formé par les côtés 4 cm :
\[ c = 60° \]
\[ After checking the complementary relations \text{inside-valent angles we can say,}: \\
d = 90° \]
\[ h = 360°, of the triangle symmetric angles = 45° \]

### Vérification et complétion du tableau

| Angle | c | d | h | \ell | k |
|——-|—-|—|—-|——-|—-|
| Mesure en degrés | 60° | 90° | 45°| | |

Donc, les mesures des angles sont respectivement \(c = 60°\), \(d = 90°\), \(h = 45°\), \(\ell\), \(\text{nous pouvons rearranger invariant par symmétrie}\), et \(k\).

Exercice 33 : problème du vainqueur de la régate


\usepackage{graphicx}

{Correction de l’exercice}

La position du voilier le plus proche de la ligne d’arrivée est déterminée en calculant les angles et en utilisant la loi des sinus pour chaque voilier.

Les distances entre les bouées {A} et {D}, et {A} et {B}, ainsi que les angles correspondants sont données dans le document 3 :

Pour le voilier {Écume (E)}, nous avons \(\angle ADE = 105^\circ\) et \(\angle DAE = 50^\circ\).
Pour le voilier {Grain de sel (G)}, nous avons \(\angle ADG = 120^\circ\) et \(\angle DAG = 35^\circ\).
Pour le voilier {Sirius (S)}, nous avons \(\angle ADS = 145^\circ\) et \(\angle DAS = 23^\circ\).

Pour chaque voilier, nous appliquons la loi des sinus dans le triangle formé par les points {A}, {D}, et les voiliers {E}, {G}, et {S} respectivement.

\subsection*{Voilier Écume (E)}
Dans le triangle \(\triangle ADE\), utilisant les angles donnés :
\[
\frac{AD}{\sin(\angle ADE)} = \frac{AE}{\sin(\angle DAE)}
\]
Sachant que \(AD = 1M\) mille marin :
\[
\frac{1}{\sin(105^\circ)} = \frac{AE}{\sin(50^\circ)}
\]
d’où
\[
AE = \frac{\sin(50^\circ)}{\sin(105^\circ)} = \frac{0.766}{0.966} \approx 0.793 M
\]

\subsection*{Voilier Grain de sel (G)}
Dans le triangle \(\triangle ADG\), utilisant les angles donnés :
\[
\frac{AD}{\sin(\angle ADG)} = \frac{AG}{\sin(\angle DAG)}
\]
Sachant que \(AD = 1M\) mille marin :
\[
\frac{1}{\sin(120^\circ)} = \frac{AG}{\sin(35^\circ)}
\]
d’où
\[
AG = \frac{\sin(35^\circ)}{\sin(120^\circ)} = \frac{0.574}{0.866} \approx 0.663 M
\]

\subsection*{Voilier Sirius (S)}
Dans le triangle \(\triangle ADS\), utilisant les angles donnés :
\[
\frac{AD}{\sin(\angle ADS)} = \frac{AS}{\sin(\angle DAS)}
\]
Sachant que \(AD = 1M\) mille marin :
\[
\frac{1}{\sin(145^\circ)} = \frac{AS}{\sin(23^\circ)}
\]
d’où
\[
AS = \frac{\sin(23^\circ)}{\sin(145^\circ)} = \frac{0.390}{0.574} \approx 0.679 M
\]

\subsection*{Conclusion}
Après avoir calculé les distances pour chaque voilier :
\[
AE \approx 0.793 M, \quad AG \approx 0.663 M, \quad AS \approx 0.679 M
\]

Le voilier {Grain de sel (G)} est le plus proche de la ligne d’arrivée avec une distance de \(0.663 M\) milles marins.

Exercice 34 : problème de la trajectoire du cargo
\[\]Correction de l’exercice :\[\]

On sait que le cargo navigue à une vitesse constante de 36 km/h. Nous devons représenter la situation à l’échelle 1 cm pour 500 m, ce qui correspond à un ratio de 1:50 000 en termes de distance réelle.

### Étape 1 : Calcul des distances parcourues dans le temps donné

– À 8 h 15, le cargo voit la tour devant l’église (point E).
– À 8 h 05, il voit le phare (point P) devant une tour (point T).

La différence de temps entre 8 h 05 et 8 h 15 est de 10 minutes, soit \(\frac{10}{60}\) heures = \(\frac{1}{6}\) heures.

### Étape 2 : Calcul de la distance parcourue entre 8 h 05 et 8 h 15

La vitesse est de 36 km/h, donc la distance \(d\) parcourue en \(\frac{1}{6}\) heures est :

\[
d = 36 \, \text{km/h} \times \frac{1}{6} \, \text{h} = 6 \, \text{km}
\]

### Étape 3 : Tracer la route du cargo

Pour représenter la route du cargo sur la carte à l’échelle, nous suivons les étapes suivantes :

1. \[\]Repérage des points\[\] : Sur la carte du document fourni :
– Le phare \( P \) est situé à 4.4 km de la côte et à 4 km de la base du triangle.
– La tour devant l’église \( E \) est située à 12 km de \( P \).

2. \[\]Échelle de représentation\[\] : On doit convertir les distances réelles en mesures sur la carte selon l’échelle 1 cm pour 500 m.

\[
\text{Distance de } P \text{ à E :}\ 12 \, \text{km} = 24 \, \text{cm}
\]

3. \[\]Tracé du cap constant\[\] :
– À 8 h 05, le cargo est au niveau du phare \( P \).
– À 8 h 15, le cargo est arrivé à la tour (point E), ayant parcouru 12 km en 10 minutes.

Traçons une ligne droite entre le point \( P \) et le point \( E \) sur la carte en suivant les échelles données. Le cap constant signifie une ligne droite entre les points.

### Résultat final

Sur la carte, nous obtenons :

– Une ligne droite reliant \( P \) à \( E \).
– La position du cargo à 8 h 05 se trouve au point \( P \).
– La position du cargo à 8 h 15 se trouve à la tour devant l’église (point \( E \)).

Ainsi, la route suivie par le cargo correspond à une ligne droite de \( P \) à \( E \), représentée avec une échelle de 1 cm pour 500 m.

Exercice 35 : problème du tournoi de curling
Pour résoudre cet exercice, nous devons trouver tous les emplacements possibles pour que la pierre de Mona soit le « Shot Rock », c’est-à-dire la pierre la plus proche du bouton.

Les pierres B, E, C, et R sont toutes à égale distance du bouton. Notons cette distance par \(d\). Chaque pierre forme donc un cercle de rayon \(d\) autour du bouton. La pierre de Mona doit être à une distance inférieure à \(d\) pour être plus proche du bouton. Donc, son emplacement idéal doit être à l’intérieur du cercle de rayon \(d\).

Pour déterminer l’intérieur du cercle de rayon \(d\), nous devons considérer les distances suivantes:

1. Soit \(O\) le point correspondant au bouton.
2. \(B, E, C, R\) se trouvent sur un cercle de centre \(O\) et de rayon \(d\).

### Visualisation et équation du cercle:
La pierre de Mona, notée \(M\), doit donc respecter les contraintes géométriques suivantes:
– La distance \(OM\) doit être strictement inférieure à \(d\).

En utilisant la formule de la distance dans le plan cartésien:
Si \(O\) est à l’origine \((0,0)\), la pierre de Mona doit se trouver à une position \( (x, y) \) telle que:

\[ \sqrt{x^2 + y^2} < d \]

### Conclusion:
Tous les points \( (x, y) \) situés à l’intérieur du cercle de rayon \(d\) autour du bouton \(O\) représentent des emplacements possibles pour la pierre de Mona. Graphiquement, cela signifie que \(M\) peut être placé en tout point \[\]strictement\[\] à l’intérieur du cercle de rayon \(d\) centré sur le bouton \(O\).

### Zones d’interdiction:
En pratique, vu que le curling est un jeu de précision, nous considérons que \(M\) doit être située à tout point de l’intérieur du cercle sans toucher la frontière du cercle de rayon \(d\). Donc, en utilisant la notation classique, le domaine admissible pour \(M\) est donné par l’inégalité :

\[ \{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 | x^2 + y^2 < d^2 \} \]

Ensuite, pour chaque pierre \(B, E, C, R\) disposée sur le cercle de rayon \(d\), \(M\) doit se trouver à une distance inférieure à \(d\) du bouton pour être considérée comme le « Shot Rock ».

Ainsi, la solution est le cercle de rayon \(d\), sans frontières, donc un domaine ouvert à l’intérieur de ce cercle:
\[ \text{Domaine admissible de Mona } = {(x, y) | x^2 + y^2 < d^2} \]

Nous espérons que cette explication clarifie les solutions possibles pour les emplacements de la pierre de Mona.

Exercice 36 : construction du cercle circonscrit à un triangle
\[ {Correction de l’exercice : } \]

{Situation A}

1. Tracer un triangle \(ABC\) tel que \(AB = 6 \, \text{cm}\), \(AC = 12 \, \text{cm}\) et \(BC = 9 \, \text{cm}\).
2. Tracer au compas et à la règle les médiatrices des trois côtés du triangle.

a. Pour la médiatrice de \(AB\) :
– Placer le compas à l’extrémité \(A\) (ou \(B\)) et ouvrir à plus de la moitié de \(AB\).
– Tracer un arc de cercle.
– Répéter l’opération avec l’autre extrémité, \(B\) (ou \(A\)), sans changer l’ouverture du compas, de sorte que les arcs se croisent.
– Tracer la droite passant par les points d’intersection des arcs : c’est la médiatrice de \(AB\).

b. Pour la médiatrice de \(AC\), répéter les étapes précédentes en plaçant le compas aux extrémités \(A\) et \(C\).
c. Et pour la médiatrice de \(BC\), répéter les étapes avec les extrémités \(B\) et \(C\).

3. Tracer le cercle circonscrit au triangle \(ABC\).
– Le centre de ce cercle est le point d’intersection des trois médiatrices.
– Placer le compas sur ce point d’intersection et ajuster l’ouverture jusqu’à l’une des trois sommets du triangle \(ABC\).
– Tracer le cercle.

{Situation B}

1. Tracer un triangle \(LOI\) tel que \(LO = 5 \, \text{cm}\), \(LI = 7 \, \text{cm}\) et \(\angle OLI = 65^\circ\).
2. Tracer le cercle circonscrit à ce triangle.
– Tracer les médiatrices des côtés \(LO\), \(LI\) et \(OI\) comme expliqué dans la situation A.
– Trouver le point d’intersection des médiatrices, qui est le centre du cercle circonscrit.
– Placer le compas sur ce point et ajuster l’ouverture jusqu’à l’une des sommets du triangle \(LOI\).
– Tracer le cercle.

{Situation C}

1. Tracer un triangle \(SEL\) tel que \(SL = 6 \, \text{cm}\), \(\angle SLE = 35^\circ\) et \(\angle ESL = 100^\circ\).
– Utiliser un rapporteur pour mesurer et tracer les angles \(SLE\) et \(ESL\).
2. Tracer le cercle circonscrit à ce triangle.
– Tracer les médiatrices des côtés \(SL\), \(SE\) et \(EL\) comme expliqué dans la situation A.
– Trouver le point d’intersection des médiatrices, qui est le centre du cercle circonscrit.
– Placer le compas sur ce point et ajuster l’ouverture jusqu’à l’une des sommets du triangle \(SEL\).
– Tracer le cercle.

\[
\boxed{\text{Fin de la correction.}}
\]

Exercice 37 : cercle circonscrit à un triangle
1) Pour construire cette figure en vraie grandeur :

– Tracer un segment \( BC \) de 7 cm.
– Trouver le point médian \( D \) de \( BC \), sachant que \( BD = DC = \frac{BC}{2} = \frac{7 \text{ cm}}{2} = 3,5 \text{ cm} \).
– Tracer la perpendiculaire en \( D \) au segment \( BC \).
– En partant de \( D \), tracer le segment \( AD = 5 \text{ cm} \), sur la perpendiculaire précédente.
– Relier les points \( A \), \( B \), et \( C \).

2) Pour construire le cercle circonscrit au triangle \( ABC \) :

– Trouver les médiatrices des segments \( AB \) et \( AC \).
– Les médiatrices des côtés d’un triangle sont toujours concurrentes en un même point, qui est le centre \( O \) du cercle circonscrit.
– Tracer le cercle de centre \( O \) passant par les sommets \( A \), \( B \), et \( C \).

3) Pourquoi le centre de ce cercle circonscrit appartient-il à la droite \( AD \) ?

– La droite \( AD \) est la hauteur du triangle \( ABC \) issue de \( A \).
– Dans un triangle isocèle (ici \( AB = AC \)), la hauteur issue du sommet principal (ici \( A \)) est également la médiane et la bissectrice.
– Étant donné que \( AD \) est la médiane du triangle isocèle \( ABC \), le centre du cercle circonscrit au triangle \( ABC \) se trouve à l’intersection de cette médiane (donc de la droite \( AD \)) et des médiatrices des autres côtés du triangle.
– Le centre du cercle circonscrit est également le milieu vertical de ce triangle isocèle, se trouvant ainsi sur la hauteur/médiane \( AD \).

Exercice 38 : cercle circonscrit à un triangle
Le point \( D \) marqué sur la figure ci-dessus est le centre du triangle \( ABC \), que l’on appelle aussi le centre de gravité ou le centroïde du triangle. Pour justifier cette réponse, observons les propriétés de ce point.

1. Les segments \( AD \), \( BD \) et \( CD \) sont les médianes du triangle \( ABC \).
2. Chaque médiane relie un sommet du triangle au milieu du côté opposé.
3. Le centroïde du triangle divise chaque médiane en deux segments tels que la portion la plus longue est deux fois plus longue que la portion la plus courte.

En LANGAGE LaTeX :

– Médiane \( AD \), avec \( D \) comme étant le point médian de \( BC \).
– Médiane \( BD \), avec \( D \) comme étant le point médian de \( AC \).
– Médiane \( CD \), avec \( D \) comme étant le point médian de \( AB \).

Les médianes se coupent au point \( D \), qui vérifie les propriétés suivantes :

\[ \frac{AD}{DM} = \frac{BD}{DN} = \frac{CD}{DP} = 2 \]

où \( M \), \( N \) et \( P \) sont respectivement les milieux des côtés \( BC \), \( CA \) et \( AB \).

Ainsi, \( D \) est le centroïde du triangle \( ABC \).