Chapitre

7

Géométrie planes et problèmes

1. Page d’ouverture

• Énigme ✱

{

{

C1
B

B1
C

Utilisation des hauteurs d’un triangle
La perpendiculaire en C1 au 1er segment passant par O coupe le 2e en C. La perpendiculaire passant par O au
2e segment en B1 coupe le 1er en B. (CC1) et (BB1) sont des hauteurs du triangle ABC où A est le point d’intersection des deux segments. La perpendiculaire à [BC] passant par O est la droite (OA).

• Énigme ✱ ✱
C

C’

B β

D β
A’

D’

7
5
 tan b = donc les points A, B et C ne sont
3
2 pas alignés, ainsi que les points A’, B’ et C’.
Ceci implique également que le triangle ACB n’est pas inclu dans la 1re figure alors que le triangle A’B’C’ est inclu dans la seconde, autrement dit l’aire de ACD est supérieure à celle de la 1re figure alors que l’aire de A’C’D’ est inférieure à celle de la 2e figure. tan a =

2. Vérifier les acquis
1 a)

c c c c c c c
4 DA
+ BA = CB + BA = CA (DA = CB car ABCD parallélogramme). 5 a) vc = –3uc donc uc et vc sont colinéaires.
1
−
2 −1
b)
≠ donc uc et vc ne sont pas colinéaires.
−1
2
2
c) uc = 3 vc donc uc et vc sont colinéaires. c c c c
6 a) AB (–2 ; 1)
AC (8 ; – 4), AC = – 4AB c c donc AC et AB sont colinéaires, donc A, B et C sont alignés. 1 c c c b) DE 1 ; – AB = – 2DE
2
c c donc AB et DE sont colinéaires donc (AB) // (DE).
2
7 a) d1 : y = – x + 2
3
b) (AB) : y = mx + p. y − y –2–(–3) 1
=
m= B A = xB − xA 3–(–4) 7
1
y = x + p.
7
1
17
Or A ∈ (AB) donc – 3 = (– 4) + p d’où p = –
7
7
17
1
(AB) : y = x –
.
7
7
c) d2 : y = m’x + p’.
2
d2 // d1 donc m’ = –
3
2
4
C ∈ d2 donc 2 = – × (– 1) + p’ d’où p’ =
3
3
2
4 d2 : y = – x + .
3
3

( )

B’ α

A α

N

3. Activités d’approche

u

A

B j O i
M

c c
C07_fig25 si
35 x 30
b) AM = u si et seulement x =3 x –(–1) = 4 c'est-à-dire y = –1 y –2 = –3

{

d’où M(3 ; – 1) c c) NB = uc si et seulement si x =1
5− xN = 4 c’est-à-dire N yN = 4
1− yN = −3 d’où N(1 ; 4) c c
2 a) AB (6 ; 2) et DC (6 ; 2) c c
b) Les vecteurs AB et DC ont les