Depuis la 6ème, tu sais qu’un tour complet mesure $360^{\circ}$ et qu’un cercle est l’ensemble des points situés à la même distance d’un centre. Cette année, on découvre une propriété étonnante : deux personnes placées à des endroits différents du cercle voient le même segment sous le même angle. C’est le théorème de l’angle inscrit. Il explique pourquoi un triangle rectangle « tient » toujours dans un demi-cercle, et il permet de construire à la règle et au compas des figures parfaitement régulières : hexagones, pentagones, octogones.

1Angle au centre et angle inscrit

1.1 Le vocabulaire : arc intercepté

Deux points $A$ et $B$ d’un cercle le partagent en deux arcs. Quand on parle d’un angle, il faut donc toujours préciser quel arc on regarde.

Définition — angle au centre

Soit un cercle de centre $O$ . Un angle au centre est un angle dont le sommet est le centre $O$ du cercle.

L’angle $\widehat{AOB}$ intercepte l’arc $AB$ situé à l’intérieur de l’angle.

Définition — angle inscrit

Un angle inscrit dans un cercle est un angle dont le sommet est un point du cercle et dont les deux côtés coupent le cercle.

Si $M$ , $A$ et $B$ sont trois points du cercle, l’angle inscrit $\widehat{AMB}$ intercepte l’arc $AB$ qui ne contient pas $M$ .

Figure 1 — L’angle au centre

\widehat{AOB}

et l’angle inscrit

\widehat{AMB}

interceptent le même arc

AB

(en orange).

Important : Pour repérer l’arc intercepté par un angle inscrit, place ton doigt sur le sommet

M

et regarde « de l’autre côté » : l’arc intercepté est celui qui est en face, celui où

M

ne se trouve pas.

Attention

Le sommet d’un angle inscrit doit être sur le cercle. S’il est à l’intérieur ou à l’extérieur du cercle, ce n’est pas un angle inscrit et le théorème qui suit ne s’applique pas.

2Le théorème de l’angle inscrit

Théorème — théorème de l’angle inscrit

Dans un cercle de centre $O$ , si un angle inscrit $\widehat{AMB}$ et l’angle au centre $\widehat{AOB}$ interceptent le même arc, alors :

$\widehat{AMB} = \dfrac{1}{2}\,\widehat{AOB}$

Autrement dit, l’angle au centre vaut le double de l’angle inscrit : $\widehat{AOB} = 2 \times \widehat{AMB}$ .

Figure 2 — Le cas le plus simple : le centre

O

appartient au côté

[MB]

de l’angle inscrit.

Démonstration — cas où le centre appartient à un côté

On suppose que $O$ appartient au côté $[MB]$ , c’est-à-dire que $[MB]$ est un diamètre du cercle. On note $x = \widehat{AMB}$ .

Le triangle $OAM$ a deux côtés égaux, car $OA$ et $OM$ sont deux rayons du cercle.

$OA = OM = R$ ce sont deux rayons
$\Rightarrow$ le triangle $OAM$ est isocèle en $O$
$\Rightarrow$ $\widehat{OAM} = \widehat{OMA}$ angles à la base d’un triangle isocèle
$\Rightarrow$ $\widehat{OAM} = x$ car $\widehat{OMA} = \widehat{AMB} = x$

On utilise ensuite la somme des angles du triangle $OAM$ :

$\widehat{AOM} + \widehat{OAM} + \widehat{OMA} = 180^{\circ}$ somme des angles d’un triangle
$\Rightarrow$ $\widehat{AOM} + x + x = 180^{\circ}$
$\Rightarrow$ $\widehat{AOM} = 180^{\circ} - 2x$

Enfin, les points $M$ , $O$ et $B$ sont alignés : les angles $\widehat{AOM}$ et $\widehat{AOB}$ sont supplémentaires.

$\widehat{AOB} = 180^{\circ} - \widehat{AOM}$ angles supplémentaires
$=$ $180^{\circ} - (180^{\circ} - 2x)$
$=$ $2x$
$\Rightarrow$ $\widehat{AOB} = 2 \times \widehat{AMB}$

En divisant les deux membres par $2$ , on obtient bien $\widehat{AMB} = \dfrac{1}{2}\,\widehat{AOB}$ . C.Q.F.D.

Et les autres cas ?

La démonstration précédente ne traite qu’une situation particulière, mais les deux autres s’y ramènent en traçant le diamètre issu de $M$ :

si le centre $O$ est intérieur à l’angle $\widehat{AMB}$ , ce diamètre partage l’angle en deux angles du cas déjà démontré, et on additionne les deux résultats ;
si le centre $O$ est extérieur à l’angle $\widehat{AMB}$ , on soustrait les deux résultats.

Dans les trois cas, on aboutit à la même conclusion : l’angle au centre vaut le double de l’angle inscrit. Tu démontreras le deuxième cas dans les exercices de niveau 3.

2.1 Angles inscrits interceptant le même arc

Propriété

Dans un cercle, deux angles inscrits qui interceptent le même arc ont la même mesure.

Démonstration

Soient $\widehat{AMB}$ et $\widehat{ANB}$ deux angles inscrits interceptant le même arc $AB$ .

$\widehat{AMB} = \dfrac{1}{2}\,\widehat{AOB}$ théorème de l’angle inscrit
$\widehat{ANB} = \dfrac{1}{2}\,\widehat{AOB}$ même théorème, même arc
$\Rightarrow$ $\widehat{AMB} = \widehat{ANB}$ deux nombres égaux à un même troisième

Les deux angles ont donc la même mesure. C.Q.F.D.

Figure 3 — Où que l’on se place sur le grand arc, on « voit » le segment

[AB]

sous le même angle de

70^{\circ}

Exemple — calculer un angle inscrit

Dans un cercle de centre $O$ , on donne $\widehat{AOB} = 116^{\circ}$ et $M$ est un point du grand arc $AB$ . Calcule $\widehat{AMB}$ .

$\widehat{AMB} = \dfrac{1}{2}\,\widehat{AOB}$ théorème de l’angle inscrit
$=$ $\dfrac{1}{2} \times 116^{\circ}$
$=$ $58^{\circ}$

Exemple — remonter à l’angle au centre

Un angle inscrit mesure $41^{\circ}$ . Quelle est la mesure de l’angle au centre qui intercepte le même arc ?

$\widehat{AOB} = 2 \times \widehat{AMB}$ théorème de l’angle inscrit
$=$ $2 \times 41^{\circ}$
$=$ $82^{\circ}$

3Le cas particulier du demi-cercle

Propriété — angle inscrit dans un demi-cercle

Si $[AB]$ est un diamètre d’un cercle et si $M$ est un point de ce cercle distinct de $A$ et de $B$ , alors le triangle $AMB$ est rectangle en $M$ .

Démonstration

Comme $[AB]$ est un diamètre, les points $A$ , $O$ et $B$ sont alignés.

$\widehat{AOB} = 180^{\circ}$ angle plat, car $A$ , $O$ , $B$ alignés
$\widehat{AMB} = \dfrac{1}{2}\,\widehat{AOB}$ théorème de l’angle inscrit
$=$ $\dfrac{1}{2} \times 180^{\circ}$
$=$ $90^{\circ}$

Le triangle $AMB$ est donc rectangle en $M$ . C.Q.F.D.

Figure 4 — Tout point

M

du cercle voit le diamètre

[AB]

sous un angle droit.

Théorème — réciproque et cercle circonscrit

Réciproquement, si un triangle $ABC$ est rectangle en $C$ , alors $C$ appartient au cercle de diamètre $[AB]$ .

Autrement dit : le cercle circonscrit à un triangle rectangle a pour centre le milieu de l’hypoténuse et pour rayon la moitié de l’hypoténuse.

Figure 5 — Le milieu

O

de l’hypoténuse

[AB]

est à égale distance des trois sommets :

OA = OB = OC = R

Méthode — prouver qu’un angle est droit

Repérer trois points du cercle dont deux sont diamétralement opposés ;
énoncer que $[AB]$ est un diamètre et que $M$ est sur le cercle ;
conclure : le triangle $AMB$ est rectangle en $M$ ;
et si besoin, appliquer ensuite le théorème de Pythagore ou la trigonométrie.

Exemple — un calcul de longueur

$[AB]$ est un diamètre d’un cercle avec $AB = 13$ cm. Le point $M$ du cercle vérifie $AM = 5$ cm. Calcule $MB$ .

Le triangle $AMB$ est rectangle en $M$ car $[AB]$ est un diamètre. On applique le théorème de Pythagore.

$AB^{2} = AM^{2} + MB^{2}$ Pythagore dans $AMB$ rectangle en $M$
$\Rightarrow$ $13^{2} = 5^{2} + MB^{2}$
$\Rightarrow$ $169 = 25 + MB^{2}$
$\Rightarrow$ $MB^{2} = 144$
$\Rightarrow$ $MB = 12$ une longueur est positive

On a donc $MB = 12$ cm.

Math & Co — Thalès et le triangle dans le demi-cercle

La propriété de l’angle droit dans un demi-cercle est si ancienne qu’on l’appelle encore, dans de nombreux pays, le théorème de Thalès sur le cercle. Le philosophe grec Thalès de Milet vivait au VIe siècle avant notre ère, sur la côte de l’actuelle Turquie. D’après le biographe Diogène Laërce, écrivant bien plus tard, Thalès aurait été le premier à inscrire un triangle rectangle dans un cercle, et il aurait sacrifié un bœuf pour fêter sa découverte.

Il faut rester prudent : ces récits ont été rapportés plusieurs siècles après les faits et aucun écrit de Thalès ne nous est parvenu. Ce qui est certain, en revanche, c’est que la démonstration figure dans les Éléments d’Euclide (vers $-300$ ), au livre III : la propriété y est établie exactement comme tu viens de le faire, à partir des triangles isocèles.

4Les polygones réguliers

Définition

Un polygone régulier est un polygone convexe dont tous les côtés ont la même longueur et dont tous les angles ont la même mesure.

Un polygone régulier à $n$ côtés est toujours inscriptible dans un cercle : ses $n$ sommets appartiennent à un même cercle, dont le centre $O$ est appelé centre du polygone.

Figure 6 — Les cinq polygones réguliers les plus courants, avec leur angle au centre

\dfrac{360^{\circ}}{n}

Propriété — angle au centre

Dans un polygone régulier à $n$ côtés, les $n$ rayons issus du centre partagent le tour complet en $n$ angles égaux. L’angle au centre vaut donc :

$\widehat{AOB} = \dfrac{360^{\circ}}{n}$

Chaque angle intérieur du polygone vaut alors $180^{\circ} - \dfrac{360^{\circ}}{n}$ .

Démonstration — la mesure de l’angle intérieur

Soit $[AB]$ un côté du polygone. Le triangle $OAB$ est isocèle en $O$ car $OA = OB = R$ .

$\widehat{AOB} = \dfrac{360^{\circ}}{n}$ angle au centre
$\widehat{OAB} = \widehat{OBA}$ triangle isocèle en $O$
$2 \times \widehat{OAB} = 180^{\circ} - \dfrac{360^{\circ}}{n}$ somme des angles du triangle $OAB$
$\Rightarrow$ $\widehat{OAB} = 90^{\circ} - \dfrac{180^{\circ}}{n}$

L’angle intérieur du polygone en $A$ est formé de deux tels angles (un pour chacun des deux côtés issus de $A$ ).

angle intérieur $= 2 \times \widehat{OAB}$
$=$ $2 \times \left(90^{\circ} - \dfrac{180^{\circ}}{n}\right)$
$=$ $180^{\circ} - \dfrac{360^{\circ}}{n}$

C.Q.F.D.

Polygone régulier	$n$	Angle au centre $\dfrac{360^{\circ}}{n}$	Angle intérieur	Côté (rayon $R$ )
Triangle équilatéral	$3$	$120^{\circ}$	$60^{\circ}$	$R\sqrt{3} \approx 1{,}73\,R$
Carré	$4$	$90^{\circ}$	$90^{\circ}$	$R\sqrt{2} \approx 1{,}41\,R$
Pentagone	$5$	$72^{\circ}$	$108^{\circ}$	$\approx 1{,}18\,R$
Hexagone	$6$	$60^{\circ}$	$120^{\circ}$	$R$ (exactement)
Octogone	$8$	$45^{\circ}$	$135^{\circ}$	$R\sqrt{2-\sqrt{2}} \approx 0{,}77\,R$

Important : Le côté d’un polygone régulier est d’autant plus court que

n

est grand : plus il y a de côtés, plus le polygone « colle » au cercle. C’est cette idée qu’Archimède a utilisée pour encadrer

\pi

4.1 Constructions à la règle et au compas

Méthode — construire un hexagone régulier

Trace un cercle de centre $O$ et de rayon $R$ ;
place un point $A$ sur le cercle ;
sans changer l’écartement du compas (qui vaut $R$ ), pique en $A$ et reporte cet écartement sur le cercle : tu obtiens $B$ ;
recommence à partir de $B$ , puis de $C$ , etc. ;
après six reports, tu reviens exactement sur $A$ ; relie les six points.

Figure 7 — Six coups de compas du même écartement

R

suffisent : c’est pour cela que le côté de l’hexagone vaut exactement

R

Méthode — les autres constructions

Triangle équilatéral : construis l’hexagone, puis relie un sommet sur deux.
Carré : trace deux diamètres perpendiculaires ; leurs quatre extrémités sont les sommets du carré.
Octogone : construis le carré, puis trace les bissectrices des angles au centre ; elles recoupent le cercle aux quatre sommets manquants.
Dodécagone (12 côtés) : construis l’hexagone, puis trace les bissectrices des angles au centre.
Pentagone : trace deux diamètres perpendiculaires. Soit $I$ le milieu d’un rayon $[OA]$ et $P$ une extrémité du rayon perpendiculaire. Le cercle de centre $I$ passant par $P$ coupe le rayon opposé à $[OA]$ en un point $N$ : la longueur $PN$ est exactement le côté du pentagone régulier. Il ne reste qu’à la reporter cinq fois.

Figure 8 — Pentagone régulier : cinq angles au centre de

72^{\circ}

et cinq angles intérieurs de

108^{\circ}

Attention

Tous les polygones réguliers ne sont pas constructibles à la règle et au compas. L’heptagone régulier ( $7$ côtés) et l’ennéagone ( $9$ côtés) ne le sont pas : c’est Gauss, à $19$ ans en $1796$ , qui a élucidé la question en construisant le polygone régulier à $17$ côtés.

5Hexagone régulier : côté, apothème et aire

Propriété — le côté de l’hexagone

Dans un hexagone régulier inscrit dans un cercle de rayon $R$ , chaque côté mesure exactement $R$ .

Démonstration

Soit $[AB]$ un côté de l’hexagone et $O$ le centre du cercle.

$\widehat{AOB} = \dfrac{360^{\circ}}{6}$ angle au centre d’un hexagone
$=$ $60^{\circ}$
$OA = OB = R$ deux rayons du cercle
$\Rightarrow$ le triangle $OAB$ est isocèle en $O$
$\Rightarrow$ ses angles à la base valent $\dfrac{180^{\circ} - 60^{\circ}}{2} = 60^{\circ}$
$\Rightarrow$ les trois angles de $OAB$ valent $60^{\circ}$
$\Rightarrow$ le triangle $OAB$ est équilatéral
$\Rightarrow$ $AB = OA = R$

Le côté de l’hexagone régulier est donc égal au rayon. C.Q.F.D.

Définition — apothème

L’apothème d’un polygone régulier est la distance du centre $O$ à l’un de ses côtés, c’est-à-dire la longueur $OH$ où $H$ est le milieu du côté.

Figure 9 — Le triangle

OAB

est équilatéral ;

H

est le milieu de

[AB]

a = OH

est l’apothème.

Démonstration — calcul de l’apothème avec Pythagore

Dans le triangle $OAB$ équilatéral, la droite $(OH)$ est à la fois médiane et hauteur : le triangle $OHA$ est donc rectangle en $H$ .

$AH = \dfrac{AB}{2}$ $H$ est le milieu de $[AB]$
$=$ $\dfrac{R}{2}$ car $AB = R$
$OA^{2} = OH^{2} + AH^{2}$ Pythagore dans $OHA$ rectangle en $H$
$\Rightarrow$ $R^{2} = OH^{2} + \dfrac{R^{2}}{4}$
$\Rightarrow$ $OH^{2} = R^{2} - \dfrac{R^{2}}{4}$
$\Rightarrow$ $OH^{2} = \dfrac{3R^{2}}{4}$
$\Rightarrow$ $OH = \dfrac{R\sqrt{3}}{2}$ une longueur est positive

L’apothème de l’hexagone régulier vaut donc $a = \dfrac{R\sqrt{3}}{2} \approx 0{,}866\,R$ . C.Q.F.D.

Propriété — périmètre et aire de l’hexagone régulier

$\mathcal{P} = 6R \qquad \text{et} \qquad \mathcal{A} = \dfrac{3R^{2}\sqrt{3}}{2}$

Démonstration

L’hexagone est formé de six triangles isocèles superposables, de base $AB = R$ et de hauteur $OH = a$ .

aire d’un triangle $= \dfrac{AB \times OH}{2}$
$=$ $\dfrac{R \times \dfrac{R\sqrt{3}}{2}}{2}$
$=$ $\dfrac{R^{2}\sqrt{3}}{4}$
$\mathcal{A} = 6 \times \dfrac{R^{2}\sqrt{3}}{4}$ six triangles identiques
$=$ $\dfrac{3R^{2}\sqrt{3}}{2}$

C.Q.F.D.

Exemple — un hexagone de rayon 5 cm

côté $= R = 5$ cm
périmètre $= 6 \times 5$
$=$ $30$ cm
apothème $= \dfrac{5\sqrt{3}}{2}$
$\approx$ $4{,}33$ cm
aire $= \dfrac{3 \times 5^{2} \times \sqrt{3}}{2}$
$\approx$ $64{,}95$ cm $^{2}$

Fiche mémo

Angle au centre : sommet en $O$ . Angle inscrit : sommet sur le cercle.
Théorème de l’angle inscrit : $\widehat{AMB} = \dfrac{1}{2}\,\widehat{AOB}$ pour le même arc intercepté.
Deux angles inscrits interceptant le même arc sont égaux.
$[AB]$ diamètre et $M$ sur le cercle $\Rightarrow$ triangle $AMB$ rectangle en $M$ .
Triangle rectangle $\Rightarrow$ centre du cercle circonscrit = milieu de l’hypoténuse, $R = \dfrac{AB}{2}$ .
Polygone régulier à $n$ côtés : angle au centre $\dfrac{360^{\circ}}{n}$ , angle intérieur $180^{\circ} - \dfrac{360^{\circ}}{n}$ .
Hexagone régulier : côté $= R$ , apothème $= \dfrac{R\sqrt{3}}{2}$ , aire $= \dfrac{3R^{2}\sqrt{3}}{2}$ .
Construction de l’hexagone : on reporte six fois le rayon au compas.

Niveau 1 — Application directe

Sur la figure ci-dessous, $M$ , $A$ et $B$ sont des points du cercle de centre $O$ . Calcule la mesure de l’angle inscrit $\widehat{AMB}$ .

Figure 10 — L’angle au centre

\widehat{AOB}

mesure

110^{\circ}

Voir le corrigé détaillé

Les angles $\widehat{AOB}$ et $\widehat{AMB}$ interceptent le même arc $AB$ (celui qui ne contient pas $M$ ).

$\widehat{AMB} = \dfrac{1}{2}\,\widehat{AOB}$ théorème de l’angle inscrit
$=$ $\dfrac{1}{2} \times 110^{\circ}$
$=$ $55^{\circ}$

L’angle $\widehat{AMB}$ mesure 55°.

Sur cette figure, $S$ , $E$ et $F$ appartiennent au cercle de centre $O$ . Calcule la mesure de l’angle au centre $\widehat{EOF}$ .

Figure 11 — L’angle inscrit

\widehat{ESF}

mesure

38^{\circ}

Voir le corrigé détaillé

$\widehat{EOF} = 2 \times \widehat{ESF}$ théorème de l’angle inscrit
$=$ $2 \times 38^{\circ}$
$=$ $76^{\circ}$

L’angle au centre $\widehat{EOF}$ mesure 76°.

Détermine la valeur de $x$ sur la figure ci-dessous, en justifiant.

Figure 12 —

M

N

sont deux points du même arc.

Voir le corrigé détaillé

Les angles $\widehat{AMB}$ et $\widehat{ANB}$ sont deux angles inscrits.

ils interceptent tous deux l’arc $AB$ ne contenant ni $M$ ni $N$
$\Rightarrow$ $\widehat{ANB} = \widehat{AMB}$ angles inscrits interceptant le même arc
$\Rightarrow$ $x = 54^{\circ}$

Sur la figure, $[AB]$ est un diamètre du cercle.

Figure 13 —

AB = 10

cm et

AM = 6

cm.

Quelle est la nature du triangle $AMB$ ? Justifie.
Calcule $MB$ .

Voir le corrigé détaillé

1. Le point $M$ appartient au cercle de diamètre $[AB]$ .

$[AB]$ est un diamètre et $M$ est sur le cercle
$\Rightarrow$ le triangle $AMB$ est rectangle en $M$

2. On applique le théorème de Pythagore.

$AB^{2} = AM^{2} + MB^{2}$ Pythagore dans $AMB$ rectangle en $M$
$\Rightarrow$ $10^{2} = 6^{2} + MB^{2}$
$\Rightarrow$ $100 = 36 + MB^{2}$
$\Rightarrow$ $MB^{2} = 64$
$\Rightarrow$ $MB = 8$

On a donc $MB = 8$ cm.

Calcule l’angle au centre et l’angle intérieur d’un dodécagone régulier ( $12$ côtés), puis d’un polygone régulier à $20$ côtés.

Voir le corrigé détaillé

Dodécagone ( $n = 12$ ) :

angle au centre $= \dfrac{360^{\circ}}{12}$
$=$ $30^{\circ}$
angle intérieur $= 180^{\circ} - 30^{\circ}$
$=$ $150^{\circ}$

Polygone à $20$ côtés :

angle au centre $= \dfrac{360^{\circ}}{20}$
$=$ $18^{\circ}$
angle intérieur $= 180^{\circ} - 18^{\circ}$
$=$ $162^{\circ}$

Un hexagone régulier est inscrit dans un cercle de rayon $R = 8$ cm. Calcule son côté, son périmètre, son apothème (valeur exacte puis arrondie au dixième) et son aire.

Voir le corrigé détaillé

côté $= R$ propriété de l’hexagone régulier
$=$ $8$ cm
périmètre $= 6 \times 8$
$=$ $48$ cm
apothème $= \dfrac{8\sqrt{3}}{2}$
$=$ $4\sqrt{3}$ cm
$\approx$ $6{,}9$ cm
aire $= \dfrac{3 \times 8^{2} \times \sqrt{3}}{2}$
$=$ $96\sqrt{3}$ cm $^{2}$
$\approx$ $166{,}3$ cm $^{2}$

Un triangle $RST$ est rectangle en $S$ et son hypoténuse mesure $RT = 17$ cm. Où se trouve le centre de son cercle circonscrit ? Quel est le rayon de ce cercle ?

Voir le corrigé détaillé

L’hypoténuse est $[RT]$ , puisque le triangle est rectangle en $S$ .

le triangle $RST$ est rectangle en $S$
$\Rightarrow$ le centre du cercle circonscrit est le milieu de $[RT]$
$R = \dfrac{RT}{2}$
$=$ $\dfrac{17}{2}$
$=$ $8{,}5$ cm

Niveau 2 — Approfondissement

Sur la figure, $A$ , $B$ et $C$ sont trois points du cercle de centre $O$ et $\widehat{BAC} = 35^{\circ}$ .

Figure 14 — Le triangle

ABC

est inscrit dans le cercle de centre

O

Calcule l’angle au centre $\widehat{BOC}$ .
Quelle est la nature du triangle $OBC$ ? Calcule ses angles à la base.

Voir le corrigé détaillé

1. Les angles $\widehat{BAC}$ et $\widehat{BOC}$ interceptent le même arc $BC$ .

$\widehat{BOC} = 2 \times \widehat{BAC}$ théorème de l’angle inscrit
$=$ $2 \times 35^{\circ}$
$=$ $70^{\circ}$

2. Les longueurs $OB$ et $OC$ sont deux rayons.

$OB = OC = R$
$\Rightarrow$ le triangle $OBC$ est isocèle en $O$
$\widehat{OBC} + \widehat{OCB} = 180^{\circ} - 70^{\circ}$ somme des angles du triangle
$=$ $110^{\circ}$
$\widehat{OBC} = \dfrac{110^{\circ}}{2}$ les deux angles à la base sont égaux
$=$ $55^{\circ}$

Les angles à la base mesurent chacun 55°.

Un pentagone régulier $ABCDE$ est inscrit dans un cercle de centre $O$ et de rayon $R$ .

Calcule $\widehat{AOB}$ .
Démontre que le triangle $OAB$ est isocèle et calcule ses angles à la base.
En déduire la mesure de l’angle intérieur $\widehat{EAB}$ du pentagone.

Voir le corrigé détaillé

1. L’angle au centre d’un pentagone régulier :

$\widehat{AOB} = \dfrac{360^{\circ}}{5}$
$=$ $72^{\circ}$

2. Les points $A$ et $B$ sont sur le cercle.

$OA = OB = R$ deux rayons
$\Rightarrow$ le triangle $OAB$ est isocèle en $O$
$\widehat{OAB} + \widehat{OBA} = 180^{\circ} - 72^{\circ}$
$=$ $108^{\circ}$
$\widehat{OAB} = \dfrac{108^{\circ}}{2}$
$=$ $54^{\circ}$

3. L’angle intérieur en $A$ est formé des deux angles $\widehat{OAB}$ et $\widehat{OAE}$ , égaux par symétrie.

$\widehat{EAB} = 2 \times 54^{\circ}$
$=$ $108^{\circ}$

On retrouve bien $180^{\circ} - \dfrac{360^{\circ}}{5} = 108^{\circ}$ .

Sur la figure, $ABCD$ est un quadrilatère inscrit dans un cercle et $\widehat{DAB} = 85^{\circ}$ .

Figure 15 — Un quadrilatère inscrit dans un cercle.

On admet le résultat du chapitre : dans un quadrilatère inscrit, deux angles opposés sont supplémentaires. Calcule $y = \widehat{BCD}$ , puis vérifie la cohérence avec la somme des angles d’un quadrilatère.

Voir le corrigé détaillé

$\widehat{DAB} + \widehat{BCD} = 180^{\circ}$ angles opposés d’un quadrilatère inscrit
$\Rightarrow$ $85^{\circ} + y = 180^{\circ}$
$\Rightarrow$ $y = 95^{\circ}$

Vérification : les deux autres angles $\widehat{ABC}$ et $\widehat{CDA}$ sont eux aussi supplémentaires.

somme des quatre angles $= 180^{\circ} + 180^{\circ}$
$=$ $360^{\circ}$ c’est bien la somme des angles d’un quadrilatère

Soit $ABCD$ un rectangle. Démontre que ses quatre sommets appartiennent à un même cercle, dont tu préciseras le centre et le rayon en fonction de la diagonale $AC$ .

Voir le corrigé détaillé

Un rectangle a quatre angles droits. Notons $O$ le point d’intersection des diagonales, c’est-à-dire le milieu commun de $[AC]$ et de $[BD]$ .

le triangle $ABC$ est rectangle en $B$ angle du rectangle
$\Rightarrow$ $B$ appartient au cercle de diamètre $[AC]$
le triangle $ADC$ est rectangle en $D$ angle du rectangle
$\Rightarrow$ $D$ appartient au cercle de diamètre $[AC]$
$A$ et $C$ appartiennent évidemment à ce cerclece sont les extrémités du diamètre

Les quatre points sont donc sur le cercle de diamètre $[AC]$ , de centre $O$ (milieu de $[AC]$ ) et de rayon :

$R = \dfrac{AC}{2}$

Dans un cercle de rayon $R = 6$ cm, on inscrit un triangle équilatéral. Calcule la longueur de son côté (valeur exacte), en utilisant l’apothème et le théorème de Pythagore.

Voir le corrigé détaillé

Notons $[AB]$ un côté du triangle équilatéral, $O$ le centre et $H$ le milieu de $[AB]$ .

$\widehat{AOB} = \dfrac{360^{\circ}}{3}$
$=$ $120^{\circ}$
$\widehat{AOH} = \dfrac{120^{\circ}}{2}$ $(OH)$ est axe de symétrie du triangle $OAB$
$=$ $60^{\circ}$

Le triangle $OHA$ est rectangle en $H$ , avec $\widehat{AOH} = 60^{\circ}$ , donc $\widehat{OAH} = 30^{\circ}$ . Dans un tel triangle, le côté opposé à l’angle de $30^{\circ}$ vaut la moitié de l’hypoténuse.

$OH = \dfrac{OA}{2}$
$=$ $3$ cm
$OA^{2} = OH^{2} + AH^{2}$ Pythagore dans $OHA$
$\Rightarrow$ $36 = 9 + AH^{2}$
$\Rightarrow$ $AH^{2} = 27$
$\Rightarrow$ $AH = 3\sqrt{3}$
$AB = 2 \times AH$
$=$ $6\sqrt{3}$ cm
$\approx$ $10{,}4$ cm

On retrouve bien la formule du tableau : côté $= R\sqrt{3}$ .

Niveau 3 — Défi

Démontrer le deuxième cas du théorème. Sur la figure, le centre $O$ est intérieur à l’angle inscrit $\widehat{AMB}$ . La demi-droite $[MO)$ coupe le cercle en $K$ .

Figure 16 — Le diamètre

[MK]

partage l’angle inscrit en deux angles du cas déjà démontré.

En utilisant deux fois le cas où le centre appartient à un côté, démontre que $\widehat{AMB} = \dfrac{1}{2}\,\widehat{AOB}$ .

Voir le corrigé détaillé

Le segment $[MK]$ est un diamètre. Il partage l’angle $\widehat{AMB}$ en deux angles $\widehat{AMK}$ et $\widehat{KMB}$ , et l’angle $\widehat{AOB}$ en deux angles $\widehat{AOK}$ et $\widehat{KOB}$ .

Dans l’angle $\widehat{AMK}$ , le centre $O$ appartient au côté $[MK]$ : c’est exactement le cas démontré dans le cours.

$\widehat{AOK} = 2 \times \widehat{AMK}$ cas du centre sur un côté
$\widehat{KOB} = 2 \times \widehat{KMB}$ même argument pour l’autre partie

On additionne les deux égalités membre à membre.

$\widehat{AOK} + \widehat{KOB} = 2 \times \widehat{AMK} + 2 \times \widehat{KMB}$
$\Rightarrow$ $\widehat{AOK} + \widehat{KOB} = 2 \times (\widehat{AMK} + \widehat{KMB})$ factorisation par $2$
$\widehat{AOK} + \widehat{KOB} = \widehat{AOB}$ $[OK)$ est intérieure à l’angle $\widehat{AOB}$
$\widehat{AMK} + \widehat{KMB} = \widehat{AMB}$ $[MK)$ est intérieure à l’angle $\widehat{AMB}$
$\Rightarrow$ $\widehat{AOB} = 2 \times \widehat{AMB}$
$\Rightarrow$ $\widehat{AMB} = \dfrac{1}{2}\,\widehat{AOB}$

C.Q.F.D.

Le quadrilatère inscrit. Soit $ABCD$ un quadrilatère dont les quatre sommets appartiennent à un cercle de centre $O$ . Démontre que $\widehat{DAB} + \widehat{BCD} = 180^{\circ}$ .

*Coup de pouce : l’angle inscrit $\widehat{DAB}$ et l’angle inscrit $\widehat{BCD}$ interceptent deux arcs différents… qui, réunis, forment le cercle entier.*

Voir le corrigé détaillé

Notons $\alpha$ l’angle au centre qui intercepte l’arc $BD$ ne contenant pas $A$ , et $\beta$ l’angle au centre qui intercepte l’arc $BD$ ne contenant pas $C$ .

Comme $A$ et $C$ sont de part et d’autre de la droite $(BD)$ , ces deux arcs sont complémentaires : leur réunion est le cercle entier.

$\alpha + \beta = 360^{\circ}$ les deux arcs forment le tour complet
$\widehat{DAB} = \dfrac{1}{2}\,\alpha$ angle inscrit de sommet $A$
$\widehat{BCD} = \dfrac{1}{2}\,\beta$ angle inscrit de sommet $C$

On additionne les deux dernières égalités.

$\widehat{DAB} + \widehat{BCD} = \dfrac{1}{2}\,\alpha + \dfrac{1}{2}\,\beta$
$=$ $\dfrac{1}{2}\,(\alpha + \beta)$
$=$ $\dfrac{1}{2} \times 360^{\circ}$
$=$ $180^{\circ}$

Les angles opposés d’un quadrilatère inscrit sont donc supplémentaires. C.Q.F.D.

Le côté de l’octogone. Un octogone régulier est inscrit dans un cercle de centre $O$ et de rayon $R$ . On note $[AB]$ un de ses côtés et $H$ le milieu de $[AB]$ .

Figure 17 — Octogone régulier : l’angle au centre vaut

45^{\circ}

On admet que $OH = \dfrac{R\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}$ . Démontre alors que $AB = R\sqrt{2-\sqrt{2}}$ .

Voir le corrigé détaillé

Le triangle $OHA$ est rectangle en $H$ , car $(OH)$ est la médiatrice de $[AB]$ .

$OA^{2} = OH^{2} + AH^{2}$ Pythagore dans $OHA$
$\Rightarrow$ $AH^{2} = OA^{2} - OH^{2}$
$\Rightarrow$ $AH^{2} = R^{2} - \dfrac{R^{2}(2+\sqrt{2})}{4}$
$\Rightarrow$ $AH^{2} = \dfrac{4R^{2} - R^{2}(2+\sqrt{2})}{4}$
$\Rightarrow$ $AH^{2} = \dfrac{R^{2}(4 - 2 - \sqrt{2})}{4}$
$\Rightarrow$ $AH^{2} = \dfrac{R^{2}(2-\sqrt{2})}{4}$
$\Rightarrow$ $AH = \dfrac{R\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}$ une longueur est positive

Comme $H$ est le milieu de $[AB]$ :

$AB = 2 \times AH$
$=$ $R\sqrt{2-\sqrt{2}}$

Numériquement, $\sqrt{2-\sqrt{2}} \approx 0{,}765$ , ce qui confirme la valeur du tableau. C.Q.F.D.

Niveau 4 — Problèmes de vie courante

Le rond-point de Yaoundé. La mairie aménage un rond-point circulaire de $12$ m de rayon. Six lampadaires doivent être posés sur le bord, régulièrement espacés.

Figure 18 — Les six lampadaires

L_1

L_6

sur le bord du rond-point.

Quel angle au centre sépare deux lampadaires consécutifs ?
Quelle est la distance, en ligne droite, entre deux lampadaires voisins ?
Le câble électrique relie les lampadaires en ligne droite, de proche en proche, et referme la boucle. Quelle longueur de câble faut-il prévoir ?
Le câble coûte $3\,200$ F CFA le mètre. Quel est le coût, sachant que l’entreprise commande $10\ \%$ de plus pour les pertes ?

Voir le corrigé détaillé

1. Les six lampadaires forment un hexagone régulier.

angle au centre $= \dfrac{360^{\circ}}{6}$
$=$ $60^{\circ}$

2. Dans un hexagone régulier, le côté est égal au rayon.

$L_1L_2 = R$
$=$ $12$ m

3. Le câble parcourt les six côtés de l’hexagone.

longueur $= 6 \times 12$
$=$ $72$ m

4. On ajoute $10\ \%$ , puis on multiplie par le prix au mètre.

longueur commandée $= 72 \times 1{,}10$
$=$ $79{,}2$ m
coût $= 79{,}2 \times 3\,200$
$=$ $253\,440$

L’entreprise dépensera 253 440 F CFA.

Le carrelage d’Aminata (Dakar). Aminata veut recouvrir la terrasse de sa maison avec des carreaux hexagonaux réguliers de $15$ cm de côté. La terrasse est un rectangle de $3$ m sur $2$ m.

Calcule l’apothème d’un carreau, arrondi au millimètre.
Calcule l’aire d’un carreau, arrondie au cm $^{2}$ .
Combien de carreaux faut-il au minimum ? Aminata en achète $12\ \%$ de plus pour les découpes et la casse : combien en commande-t-elle ?

Voir le corrigé détaillé

1. Pour un hexagone régulier, le côté est égal au rayon : ici $R = 15$ cm.

apothème $= \dfrac{R\sqrt{3}}{2}$
$=$ $\dfrac{15\sqrt{3}}{2}$
$\approx$ $12{,}99$ cm

L’apothème mesure environ 13,0 cm.

2. Aire d’un hexagone régulier :

aire $= \dfrac{3R^{2}\sqrt{3}}{2}$
$=$ $\dfrac{3 \times 225 \times \sqrt{3}}{2}$
$\approx$ $584{,}6$ cm $^{2}$

Chaque carreau couvre environ 585 cm².

3. On convertit l’aire de la terrasse en cm².

aire de la terrasse $= 300 \times 200$
$=$ $60\,000$ cm $^{2}$
nombre de carreaux $\approx \dfrac{60\,000}{584{,}6}$
$\approx$ $102{,}6$

Il faut donc au minimum 103 carreaux. Avec la marge :

commande $= 103 \times 1{,}12$
$=$ $115{,}36$

Aminata commande 116 carreaux.

Le puits de Youssouf (Ndjamena). Youssouf possède un terrain triangulaire $ABC$ rectangle en $C$ , avec $AC = 60$ m et $BC = 80$ m. Il souhaite creuser un puits situé à égale distance des trois bornes $A$ , $B$ et $C$ , pour que ses trois voisins y aient le même accès.

Calcule la longueur $AB$ .
Où doit-il exactement creuser le puits ? Justifie.
À quelle distance des trois bornes se trouvera-t-il ?

Voir le corrigé détaillé

1. Le triangle est rectangle en $C$ , donc $[AB]$ est l’hypoténuse.

$AB^{2} = AC^{2} + BC^{2}$ Pythagore dans $ABC$ rectangle en $C$
$\Rightarrow$ $AB^{2} = 60^{2} + 80^{2}$
$\Rightarrow$ $AB^{2} = 3\,600 + 6\,400$
$\Rightarrow$ $AB^{2} = 10\,000$
$\Rightarrow$ $AB = 100$

L’hypoténuse mesure 100 m.

2. Le point à égale distance des trois sommets est le centre du cercle circonscrit au triangle.

le triangle $ABC$ est rectangle en $C$
$\Rightarrow$ le centre du cercle circonscrit est le milieu de l’hypoténuse $[AB]$

Youssouf doit donc creuser exactement au milieu du segment $[AB]$ .

3. La distance cherchée est le rayon du cercle circonscrit.

$R = \dfrac{AB}{2}$
$=$ $\dfrac{100}{2}$
$=$ $50$ m

Le puits sera à 50 m de chacune des trois bornes.

Angles inscrits et polygones réguliers

Ce que tu sauras faire à la fin

1Angle au centre et angle inscrit

1.1 Le vocabulaire : arc intercepté

2Le théorème de l’angle inscrit

Et les autres cas ?

2.1 Angles inscrits interceptant le même arc

3Le cas particulier du demi-cercle

4Les polygones réguliers

4.1 Constructions à la règle et au compas

5Hexagone régulier : côté, apothème et aire

Fiche mémo

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Identités remarquables et factorisation

Théorème de Thalès