Devoir surveillé : Angles, triangles et parallélogrammes

1. a)Deux angles complémentaires ont pour somme ${90}^{\circ }$ : $\widehat{yOz}={90}^{\circ }-{58}^{\circ }={32}^{\circ }$ (0,5 pt). Comme les angles sont adjacents, $\widehat{xOz}={58}^{\circ }+{32}^{\circ }={90}^{\circ }$ : c'est un angle droit (0,5 pt). (1)
2. b)La somme des angles d'un triangle vaut ${180}^{\circ }$ : $\hat{T}={180}^{\circ }-({64}^{\circ }+{71}^{\circ })={180}^{\circ }-{135}^{\circ }={45}^{\circ }$ (0,5 pt pour la propriété, 0,5 pt pour le calcul). (1)
3. c)$O$ est le milieu de $[EF]$, donc le symétrique de $E$ par rapport à $O$ est $F$ (0,5 pt). $OE=7,2÷2=3,6$ cm (0,5 pt). (1)
4. d)Le plus grand côté mesure $12$ cm et $5+8=13$ cm. Comme $12<13$, l'inégalité triangulaire est respectée : le triangle est constructible (0,5 pt pour la comparaison, 0,5 pt pour la conclusion). (1)

Méthode — pour l'inégalité triangulaire, il suffit de comparer le plus grand côté à la somme des deux autres : les deux autres comparaisons sont alors automatiquement vraies.

1. a)Dans le triangle $ABC$, la somme des angles vaut ${180}^{\circ }$ : $\widehat{ACB}={180}^{\circ }-({48}^{\circ }+{65}^{\circ })={180}^{\circ }-{113}^{\circ }={67}^{\circ }$ (1 pt). (1)
2. b)Ils sont du même côté de la sécante $(AB)$ et chacun du même côté de sa droite (du côté de $A$) : ce sont des angles correspondants (1 pt). (1)
3. c)Les droites $(MN)$ et $(BC)$ sont coupées par la sécante $(AB)$ et forment deux angles correspondants de même mesure, ${65}^{\circ }$ (0,5 pt). Or, si deux droites forment avec une sécante deux angles correspondants égaux, alors elles sont parallèles : $(MN)$ et $(BC)$ sont parallèles (0,5 pt). (1)
4. d)Les droites $(MN)$ et $(BC)$ sont parallèles et coupées par la sécante $(AC)$ : les angles correspondants $\widehat{ANM}$ et $\widehat{ACB}$ sont égaux, donc $\widehat{ANM}={67}^{\circ }$ (0,5 pt). Vérification dans le triangle $AMN$ : ${180}^{\circ }-{48}^{\circ }-{65}^{\circ }={67}^{\circ }$ (0,5 pt). (1)

Piège — la propriété (« si parallèles, alors angles égaux ») et sa réciproque (« si angles égaux, alors parallèles ») ne s'utilisent pas dans le même sens : ici, on démontre d'abord le parallélisme avec la réciproque, puis on s'en sert avec la propriété.

1. a)Dans un triangle isocèle, les angles à la base sont égaux ; ici la base est $[EF]$, donc $\widehat{DFE}=\widehat{DEF}={52}^{\circ }$ (1 pt). (1)
2. b)$\widehat{EDF}={180}^{\circ }-({52}^{\circ }+{52}^{\circ })={180}^{\circ }-{104}^{\circ }={76}^{\circ }$ (0,5 pt pour la somme des angles, 0,5 pt pour le résultat). (1)
3. c)Les points $E$, $F$ et $G$ sont alignés, donc $\widehat{DFE}$ et $\widehat{DFG}$ sont adjacents et supplémentaires (0,5 pt) : $\widehat{DFG}={180}^{\circ }-{52}^{\circ }={128}^{\circ }$ (0,5 pt). (1)
4. d)Le triangle est isocèle en $D$, donc $DF=DE=6,5$ cm (0,5 pt). $EF=17-(6,5+6,5)=17-13=4$ cm (0,5 pt). (1)

Erreur fréquente — confondre le sommet principal et la base : « isocèle en $D$ » signifie que les deux côtés égaux partent de $D$ ; les angles égaux sont donc ceux des deux autres sommets.

1. a)On trace la demi-droite $[KO)$ (0,5 pt), puis on reporte au compas la longueur $OK$ de l'autre côté de $O$ : $K^{\prime }$ est le point de $[KO)$ tel que $O{K}^{\prime }=OK$, et $O$ est le milieu de $[K{K}^{\prime }]$ (0,5 pt). (1)
2. b)La symétrie centrale conserve les longueurs (0,5 pt) : $K^{\prime }{L}^{\prime }=KL=4$ cm et $L^{\prime }{M}^{\prime }=LM=5,5$ cm (0,5 pt). (1)
3. c)La symétrie centrale conserve les mesures d'angles (0,5 pt) : $\widehat{K^{\prime }{L}^{\prime }{M}^{\prime }}=\widehat{KLM}={70}^{\circ }$ (0,5 pt). (1)
4. d)$O$ est le milieu de $[K{K}^{\prime }]$ et le milieu de $[L{L}^{\prime }]$ : les diagonales du quadrilatère $KL{K}^{\prime }{L}^{\prime }$ ont le même milieu (0,5 pt). Or un quadrilatère dont les diagonales ont le même milieu est un parallélogramme : $KL{K}^{\prime }{L}^{\prime }$ est un parallélogramme de centre $O$ (0,5 pt). (1)

Astuce — un point et son symétrique par rapport à $O$ forment toujours un segment de milieu $O$ : dès que deux sommets et leurs images apparaissent, on tient un parallélogramme.

1. a)Les côtés opposés d'un parallélogramme ont la même longueur, donc le périmètre vaut $2\times (AB+BC)$ (0,5 pt). $AB+BC=26÷2=13$ cm, donc $BC=13-8=5$ cm (0,5 pt). (1)
2. b)Deux angles consécutifs d'un parallélogramme sont supplémentaires : $\widehat{BAD}={180}^{\circ }-{115}^{\circ }={65}^{\circ }$ (0,5 pt). Deux angles opposés sont égaux : $\widehat{ADC}=\widehat{ABC}={115}^{\circ }$ (0,5 pt). (1)
3. c)Les diagonales d'un parallélogramme se coupent en leur milieu, donc $O$ est le milieu de $[BD]$ (0,5 pt) : $BD=2\times 3,8=7,6$ cm (0,5 pt). (1)
4. d)Dans le triangle $ABD$ : $\widehat{ADB}={180}^{\circ }-({65}^{\circ }+{40}^{\circ })={75}^{\circ }$ (0,5 pt). Les droites $(AB)$ et $(DC)$ sont parallèles et coupées par la sécante $(BD)$ : les angles alternes-internes $\widehat{ABD}$ et $\widehat{BDC}$ sont égaux, donc $\widehat{BDC}={40}^{\circ }$. Vérification : ${75}^{\circ }+{40}^{\circ }={115}^{\circ }=\widehat{ADC}$ (0,5 pt). (1)

Méthode — dans un parallélogramme, chaque diagonale est une sécante de deux côtés parallèles : elle fait apparaître des angles alternes-internes égaux, qu'on peut toujours vérifier avec la somme des angles d'un triangle.

1. a)Faux (0,5 pt). Deux angles obtus mesurent chacun plus de ${90}^{\circ }$, donc ensemble plus de ${180}^{\circ }$, alors que la somme des trois angles d'un triangle vaut exactement ${180}^{\circ }$ (0,5 pt). (1)
2. b)Vrai (0,5 pt). Deux angles consécutifs d'un parallélogramme sont supplémentaires, donc les voisins de l'angle droit mesurent ${180}^{\circ }-{90}^{\circ }={90}^{\circ }$, et l'angle opposé aussi : les quatre angles sont droits (0,5 pt). (1)
3. c)Vrai (0,5 pt). Les deux angles à la base sont égaux et leur somme est inférieure à ${180}^{\circ }$ (l'angle principal n'est pas nul) ; chacun mesure donc moins de ${180}^{\circ }÷2={90}^{\circ }$ (0,5 pt). (1)
4. d)Faux (0,5 pt). Pour conclure au parallélisme, les angles alternes-internes doivent être égaux ; ici ${35}^{\circ }\ne {145}^{\circ }$, donc les droites ne sont pas parallèles (0,5 pt). (1)

Piège — des angles alternes-internes supplémentaires ne suffisent pas : ce sont les angles alternes-internes égaux (ou les angles internes du même côté supplémentaires) qui prouvent le parallélisme.

1. a)Les points $D$, $A$ et $E$ sont alignés, donc $\widehat{DAE}={180}^{\circ }$ (angle plat) (0,5 pt). $\widehat{BAC}={180}^{\circ }-({42}^{\circ }+{73}^{\circ })={180}^{\circ }-{115}^{\circ }={65}^{\circ }$ (0,5 pt). (1,25)
2. b)Les droites $(d)$ et $(BC)$ sont parallèles et coupées par la sécante $(AB)$ ; $\widehat{DAB}$ et $\widehat{ABC}$ sont alternes-internes (0,5 pt), donc égaux : $\widehat{ABC}={42}^{\circ }$ (0,5 pt). (1,25)
3. c)Première façon : avec la sécante $(AC)$, les angles alternes-internes $\widehat{EAC}$ et $\widehat{ACB}$ sont égaux, donc $\widehat{ACB}={73}^{\circ }$ (0,5 pt + 0,5 pt pour la justification). Seconde façon : dans le triangle $ABC$, $\widehat{ACB}={180}^{\circ }-({65}^{\circ }+{42}^{\circ })={73}^{\circ }$ (0,5 pt). (1,25)
4. d)Pour tout triangle $ABC$, on peut tracer la parallèle à $(BC)$ passant par $A$ (0,5 pt). Les angles $\hat{B}$ et $\hat{C}$ se retrouvent alors en $A$ grâce aux angles alternes-internes (0,5 pt) ; avec $\widehat{BAC}$, ils forment l'angle plat $\widehat{DAE}$, donc leur somme vaut ${180}^{\circ }$ (0,5 pt). (1,25)

Astuce — tracer une parallèle bien choisie est le geste clé des démonstrations d'angles : elle « transporte » les angles d'un endroit à un autre de la figure.

1. a)$EFGH$ est un parallélogramme qui a deux côtés consécutifs de même longueur ($EF=FG$) (0,5 pt) : c'est un losange (0,5 pt). (1)
2. b)Le triangle $EFG$ est isocèle en $F$ car $FE=FG$ ; ses angles à la base sont égaux (0,5 pt) : $\widehat{FEG}=({180}^{\circ }-{120}^{\circ })÷2={60}^{\circ }÷2={30}^{\circ }$ (0,5 pt). (1)
3. c)Deux angles consécutifs d'un parallélogramme sont supplémentaires (0,5 pt) : $\widehat{FEH}={180}^{\circ }-{120}^{\circ }={60}^{\circ }$ (0,5 pt). (1)
4. d)$EH=FG=5$ cm (côtés opposés), donc $EF=EH$ : le triangle $EFH$ est isocèle en $E$ et ses angles à la base mesurent $({180}^{\circ }-{60}^{\circ })÷2={60}^{\circ }$ (0,5 pt). Ses trois angles valent ${60}^{\circ }$ : il est équilatéral, donc $FH=5$ cm ; les diagonales se coupent en leur milieu, donc $OF=5÷2=2,5$ cm (0,5 pt). (1)

Méthode — un triangle isocèle dont l'un des angles mesure $60°$ est forcément équilatéral : c'est souvent le chemin le plus court pour obtenir une longueur sans la mesurer.

1. a)Elle passe par le sommet $A$ et par le milieu du côté opposé : c'est la médiane issue de $A$ (0,5 pt). (0,75)
2. b)$D$ est le symétrique de $A$ par rapport à $I$, donc $I$ est le milieu de $[AD]$ ; par hypothèse, $I$ est aussi le milieu de $[BC]$ (0,5 pt). Les diagonales $[AD]$ et $[BC]$ de $ABDC$ ont le même milieu, donc $ABDC$ est un parallélogramme (0,5 pt). (0,75)
3. c)Côtés opposés de même longueur : $CD=AB=5$ cm et $BD=AC=7$ cm (0,5 pt). Angles opposés égaux : $\widehat{BDC}=\widehat{BAC}={80}^{\circ }$ (0,5 pt). (0,75)
4. d)$ABDC$ serait un parallélogramme ayant un angle droit en $A$ : c'est un rectangle (0,5 pt). (0,75)

Erreur fréquente — écrire les sommets dans le désordre : le quadrilatère se nomme $ABDC$ (et non $ABCD$) car $[AD]$ et $[BC]$ sont ses diagonales, pas ses côtés.

1. a)$SA=SB$, donc $SAB$ est isocèle en $S$ et ses angles à la base sont égaux (0,5 pt). $\widehat{SAB}=({180}^{\circ }-{38}^{\circ })÷2={142}^{\circ }÷2={71}^{\circ }$ (0,5 pt). (1)
2. b)Les droites $(MN)$ et $(AB)$ sont parallèles et coupées par la sécante $(SA)$ ; $\widehat{SMN}$ et $\widehat{SAB}$ sont correspondants (0,5 pt), donc égaux : $\widehat{SMN}={71}^{\circ }$ (0,5 pt). (1)
3. c)De même avec la sécante $(SB)$ : $\widehat{SNM}=\widehat{SBA}={71}^{\circ }$ (0,5 pt). Le triangle $SMN$ a deux angles égaux, il est donc isocèle en $S$ (0,5 pt). (1)
4. d)Les deux angles à la base doivent mesurer au moins ${65}^{\circ }$, donc ensemble au moins $2\times {65}^{\circ }={130}^{\circ }$ (0,5 pt). L'ouverture vaut au plus ${180}^{\circ }-{130}^{\circ }={50}^{\circ }$ (0,5 pt). (1)

Piège — plus on ouvre l'échelle, plus les angles au sol diminuent : une contrainte « au moins » sur les angles à la base devient une contrainte « au plus » sur l'angle principal.

1. a)Léa a raison (0,5 pt). Dans un triangle $ABC$, l'angle supplémentaire en $A$ mesure ${180}^{\circ }-\hat{A}$ ; or $\hat{A}+\hat{B}+\hat{C}={180}^{\circ }$ donne ${180}^{\circ }-\hat{A}=\hat{B}+\hat{C}$ (0,5 pt). (1)
2. b)Tom a tort (0,5 pt). Contre-exemple : deux segments $[AC]$ et $[BD]$ de $6$ cm, perpendiculaires, qui se coupent au milieu de $[BD]$ mais à $1$ cm de $A$ ; les diagonales de $ABCD$ ont la même longueur mais ne se coupent pas en leur milieu, donc $ABCD$ n'est même pas un parallélogramme (0,5 pt). (1)
3. c)Inès a tort (0,5 pt). Le centre $O$ est le milieu de chaque diagonale : $OA=OC$ et $OB=OD$, mais $OA=OB$ seulement si les diagonales ont la même longueur, c'est-à-dire si le parallélogramme est un rectangle ; dans un losange non carré, par exemple, c'est faux (0,5 pt). (1)

Méthode — pour réfuter une affirmation générale, un seul contre-exemple précis suffit ; pour la prouver, en revanche, aucun nombre d'exemples ne suffit : il faut une démonstration.

1. a)Le périmètre vaut $a+a+b$, donc $2a+b=20$ (1 pt). (1,25)
2. b)$b=20-2a=2\times (10-a)$ est un multiple de $2$, donc pair (0,5 pt). Le triangle n'est pas aplati, donc $b<a+a=2a$, c'est-à-dire $b<20-b$ ; ainsi $2b<20$ et $b<10$ (0,5 pt). L'autre inégalité $a<a+b$ est toujours vraie car $b>0$ (0,5 pt). (1,25)
3. c)$b$ est pair, strictement positif et inférieur à $10$ : $b\in \{2;4;6;8\}$, ce qui donne $a=9$, $8$, $7$, $6$ (0,5 pt). Les quatre triangles sont : $9$-$9$-$2$, $8$-$8$-$4$, $7$-$7$-$6$ et $6$-$6$-$8$ ; on a examiné toutes les valeurs permises de $b$, aucun n'est oublié (0,5 pt). Aucun n'est équilatéral : il faudrait $3a=20$, or $20$ n'est pas un multiple de $3$ (0,5 pt). (1,25)
4. d)Le symétrique de $A$ est un point $A^{\prime }$, ceux de $B$ et $C$ sont $C$ et $B$. Les diagonales $[A{A}^{\prime }]$ et $[BC]$ de $AB{A}^{\prime }C$ ont le même milieu $I$ : c'est un parallélogramme, et comme $AB=AC$, c'est un losange (0,5 pt). Périmètre : $4\times 7=28$ cm (0,5 pt). (1,25)

Méthode — dans une recherche de « toutes les solutions », on réduit d'abord les possibilités par des conditions nécessaires (parité, inégalité triangulaire), puis on teste chaque cas restant : c'est ce qui garantit qu'on n'en oublie aucune.

1. a)Si deux droites sont parallèles à une même troisième, elles sont parallèles entre elles : $(\Delta )$ et $(d_2)$ sont toutes deux parallèles à $(d_1)$, donc parallèles (1 pt). (1)
2. b)Avec la sécante $(AM)$ et les parallèles $(d_1)$ et $(\Delta )$, l'angle formé en $M$ par $[MA]$ et $(\Delta )$ est alterne-interne avec $\widehat{xAM}$ : il mesure ${35}^{\circ }$ (0,5 pt). De même avec la sécante $(BM)$ et les parallèles $(d_2)$ et $(\Delta )$ : l'autre angle mesure ${50}^{\circ }$ (0,5 pt). (1)
3. c)Les deux angles sont adjacents : $\widehat{AMB}={35}^{\circ }+{50}^{\circ }={85}^{\circ }$ (0,5 pt). (1)
4. d)$\widehat{MBC}=\widehat{yBM}={50}^{\circ }$ car $C$ est sur $[By)$ ; $\widehat{MCB}={35}^{\circ }$, alterne-interne de $\widehat{xAM}$ avec la sécante $(AC)$ (0,5 pt). $A$, $M$, $C$ alignés : $\widehat{BMC}={180}^{\circ }-{85}^{\circ }={95}^{\circ }$, et ${35}^{\circ }+{50}^{\circ }+{95}^{\circ }={180}^{\circ }$ (0,5 pt). On a bien ${50}^{\circ }+{35}^{\circ }={85}^{\circ }=\widehat{AMB}$ (0,5 pt). (1)

Astuce — quand un angle « en zigzag » sépare deux parallèles, on trace la parallèle passant par son sommet : l'angle se coupe en deux morceaux, chacun alterne-interne avec un angle connu.

1. a)$O$ est le milieu de $[BC]$, donc $B^{\prime }=C$ et $C^{\prime }=B$ (0,5 pt). Le contour du logo est le quadrilatère $AB{A}^{\prime }C$ (0,5 pt). (1)
2. b)Les diagonales $[A{A}^{\prime }]$ et $[BC]$ ont le même milieu $O$ : $AB{A}^{\prime }C$ est un parallélogramme (0,5 pt). Deux côtés consécutifs sont égaux ($AB=AC=6$ cm) : c'est un losange, de périmètre $4\times 6=24$ cm (0,5 pt). (1)
3. c)$\widehat{BAC}={60}^{\circ }$ (triangle équilatéral) et l'angle opposé $\widehat{B{A}^{\prime }C}={60}^{\circ }$ (0,5 pt). Les angles consécutifs sont supplémentaires : $\widehat{AB{A}^{\prime }}=\widehat{AC{A}^{\prime }}={180}^{\circ }-{60}^{\circ }={120}^{\circ }$ (0,5 pt). (1)
4. d)Le triangle $AB{A}^{\prime }$ est isocèle en $B$ ($B{A}^{\prime }=CA=6$ cm) avec $\widehat{AB{A}^{\prime }}={120}^{\circ }$, donc $\widehat{BA{A}^{\prime }}=({180}^{\circ }-{120}^{\circ })÷2={30}^{\circ }$ (0,5 pt). Dans le triangle $ABO$ : $\widehat{AOB}={180}^{\circ }-({60}^{\circ }+{30}^{\circ })={90}^{\circ }$, donc $(A{A}^{\prime })⟂(BC)$ (0,5 pt). (1)

Erreur fréquente — affirmer qu'un quadrilatère est un losange parce qu'il « en a l'air » : il faut d'abord prouver que c'est un parallélogramme, puis ajouter l'égalité de deux côtés consécutifs.

1. a)$AM=AB÷2=AD$ : le triangle $ADM$ est isocèle en $A$, donc $\widehat{AMD}=({180}^{\circ }-{70}^{\circ })÷2={55}^{\circ }$ (0,5 pt). $MB=AD=BC$ (côtés opposés) : $MBC$ est isocèle en $B$, avec $\widehat{MBC}={180}^{\circ }-{70}^{\circ }={110}^{\circ }$, donc $\widehat{BMC}=({180}^{\circ }-{110}^{\circ })÷2={35}^{\circ }$ (0,5 pt). $A$, $M$, $B$ alignés : $\widehat{DMC}={180}^{\circ }-({55}^{\circ }+{35}^{\circ })={90}^{\circ }$ (0,5 pt). (1,33333)
2. b)$\widehat{AMD}=({180}^{\circ }-a)÷2={90}^{\circ }-{\displaystyle \frac{a}{2}}$ (0,5 pt). $\widehat{MBC}={180}^{\circ }-a$, donc $\widehat{BMC}=({180}^{\circ }-({180}^{\circ }-a))÷2={\displaystyle \frac{a}{2}}$ (0,5 pt). $\widehat{DMC}={180}^{\circ }-({90}^{\circ }-{\displaystyle \frac{a}{2}})-{\displaystyle \frac{a}{2}}={90}^{\circ }$, quelle que soit la valeur de $a$ (0,5 pt). (1,33333)
3. c)Le triangle $ADM$ est isocèle en $A$ avec un angle principal de ${60}^{\circ }$ ; ses angles à la base mesurent $({180}^{\circ }-{60}^{\circ })÷2={60}^{\circ }$ : il est équilatéral (0,5 pt), donc $DM=AD$ (0,5 pt). (1,33333)

Astuce — traiter d'abord un cas numérique permet de repérer le résultat et le chemin de calcul ; il suffit ensuite de refaire exactement les mêmes étapes avec la lettre $a$ pour obtenir une preuve générale.