SAÉ 14 : Des extraterrestres, vraiment? SAÉ 13 : J`ai un doute

Transcription

Le raisonnement
géométrique
5
1. Situer le point E sur la droite d1, puis les points B et C sur
la droite d2 de façon que m BE m CE . La longueur
du segment BC sera considérée comme l’unité par la suite.
d1
E
SAÉ 13 : J’ai un doute
B
d2
C
1
Exemple de production attendue
Pour démontrer que la somme des mesures des angles
intérieurs d’un triangle est 180°, on peut partir des énoncés
suivants.
1) Par un point extérieur à une droite, on peut tracer une
et une seule parallèle à cette droite.
2) Si une sécante coupe deux droites parallèles, alors
les angles alternes-internes sont isométriques.
Soit un triangle quelconque ABC.
D
A
d3
2. Déterminer le milieu du segment BC, puis tracer
un segment du point E jusqu’à ce milieu. Prolonger
ce segment vers la droite d3. Situer le point H
à l’intersection de ce prolongement et de la droite d3.
d1
E
B
d2
C
E
d3
H
B
C
On trace la droite BC. Puis on trace la droite parallèle à BC
qui passe par le point A. Cette droite existe par l’énoncé 1).
∠ BAD 艑 ∠ ABC et ∠ CAE 艑 ∠ ACB, par l’énoncé 2).
On a donc :
m ∠ ABC m ∠ BAC m ∠ ACB m ∠ BAD m ∠ BAC m ∠ CAE 180°.
Pour ce qui est des angles du grand triangle qui ont été
mesurés au Québec, il ne faut pas oublier que la Terre est
une sphère. Si la somme des mesures des angles de ce grand
triangle n’est pas 180°, c’est qu’au moins l’un des deux
énoncés ci-dessus est faux lorsqu’on travaille sur une surface
sphérique.
3. Situer les points A et D sur la droite d2, de façon que
m AB m BC 1 et que m CD 2 m BC 2.
4. Situer les points F et G sur la droite d1, de façon que
m EF m FG 1.
5. Situer les points I et J sur la droite d3, de façon que
m HI m IJ 1.
1
E
A
B
Remarque : Il y existe plusieurs constructions possibles.
Une fois la construction choisie, il y a également plusieurs
démonstrations possibles, autant à cause de la diversité
des propriétés à démontrer qu’à cause de la façon de procéder
dans chaque cas.
Construction de l’agroglyphe
La construction peut être faite à partir des droites d1, d2 et d3,
qui sont parallèles et équidistantes, en suivant les étapes
suivantes.
© 2009, Les Éditions CEC inc. • Reproduction autorisée
d1
G
D
1
2
d2
2
d3
H
1
I
1
J
6. Tracer tous les autres segments de droite entre ces points
permettant de compléter la figure.
F
E
SAÉ 14 : Des extraterrestres,
vraiment?
1
C
1
2
1
F
A
C
B
d1
G
D
d2
d3
H
I
J
Quelques démonstrations
Remarque : Dans chacune des démonstrations suivantes,
les hypothèses dépendent de la construction choisie.
Les hypothèses peuvent varier si la construction utilisée
est différente de celle ci-dessus.
Vision 5 ■ Ressources supplémentaires • Corrigé du manuel – Vol. 2
1
Proposition 1 : Les triangles EBH et ECH sont
isométriques.
Hypothèses : • BE 艑 CE
• EH passe par le milieu de BC.
Conclusion : Δ EBH 艑 Δ ECH
d1
E
B
d2
C
K
d3
H
Soit le point K, le point de rencontre des segments EH et BC.
Par hypothèse, le segment EK est la médiane relative à la base
du triangle isocèle EBC. C’est donc aussi une bissectrice
de ce triangle. On a donc ∠ BEK 艑 ∠ CEK. Le point H étant
dans le prolongement de EK, on peut aussi affirmer que
∠ BEH 艑 ∠ CEH.
Cela permet d’affirmer que les deux triangles EBH et ECH sont
isométriques par la condition minimale d’isométrie CAC.
En effet, BE 艑 CE par hypothèse, BH est un côté commun
à ces deux triangles et ∠ BEH 艑 ∠ CEH, comme on vient
de le démontrer.
Proposition 2 : Le quadrilatère EBCF est
un parallélogramme.
Hypothèses : • d1 兾兾 d2
• m EF m BC 1
Ce qu’il faut démontrer : EF 兾兾 BC
EB 兾兾 FC
E
1
F
d1
d2
B
1
C
EF 兾兾 BC, car ces deux segments se trouvent respectivement
sur les parallèles d1 et d2.
Il reste à démontrer que EB 兾兾 FC .
Pour ce faire, on montre d’abord que les deux triangles ECF
et CEB sont isométriques par la condition minimale
d’isométrie CAC.
En effet : EF 艑 BC par hypothèse ;
∠ CEF 艑 ∠ ECB, car ce sont des angles alternesinternes relativement aux parallèles d1 et d2 ;
EC 艑 CE, car il s’agit du même segment.
On peut donc affirmer que ∠ ECF 艑 ∠ CEB, car les angles
homologues de triangles isométriques sont isométriques.
Il en découle que EB 兾兾 FC , car les angles alternes-internes
ECF et CEB relativement aux droites EB et FC sont
isométriques.
2
SAÉ 15 : J’observe ce qui m’entoure
Supriya a raison. Il est possible de déterminer la mesure
de chaque segment du pylône à partir des mesures de trois
des segments.
Déterminer les trois mesures nécessaires.
Si on observe la représentation du pylône ci-dessous, on peut
supposer que certaines mesures peuvent être déduites d’autres
mesures. Par exemple, la mesure d’un segment à gauche
de l’axe de symétrie peut être déduite de celle de l’image
de ce segment à droite de l’axe de symétrie. De même,
en supposant que l’on est
E
F
en présence de triangles
P
semblables (par exemple,
les triangles JMI, INH,
D
G
HOG et GPF paraissent
O
semblables), on peut
déduire des mesures
C
H
de celles relatives à
N
un seul triangle.
Ainsi, à partir des
mesures de segments
B
I
appartenant au triangle
K
M
JMI, on peut déduire
les mesures des segments
des autres triangles de
L
s
la partie droite du pylône A
J
et, par la suite, celles des
segments de la partie gauche du pylône.
On pose, par supposition, les mesures suivantes :
m IK 1 m, m KL 2,5 m et m KJ 3.
Déterminer les mesures relatives au triangle JMI.
Par la relation de Pythagore, on peut, dans le triangle
rectangle KLJ, déterminer la mesure du segment LJ :
m LJ ⬇ 1,658 m.
I
1m
Dans le triangle rectangle MKJ,
K
on peut déterminer la mesure M
du segment ML à l’aide de la
2,5 m
proportion suivante :
3m
1,658
2,5
2,5
m ML
苶
L
d’où m ML ⬇ 3,77 m.
J
Par la relation de Pythagore, on peut, dans le triangle
rectangle MKJ, déterminer la mesure du segment MK :
m MK ⬇ 4,524 m.
Finalement, à l’aide de la relation de Pythagore, on peut,
dans le triangle rectangle MKI, déterminer la mesure
du segment MI : m MI ⬇ 4,633 m.
Déterminer le rapport de similitude
des triangles semblables.
On peut affirmer que les triangles JMI et INH sont semblables
par le cas AA de similitude des triangles. En effet, BJ étant
parallèle à CI, les angles MJI et NIH sont isométriques, car il
s’agit d’angles correspondants formés par une droite JF qui
coupe deux droites parallèles.
Pour la même raison, AI étant parallèle à BH, les angles
correspondants JIM et IHN sont isométriques.
E
F
P
D
G
O
C
H
N
B
I
K
M
A
s
L
J
On peut également affirmer que le quadrilatère MINB est
un losange, car ses côtés opposés sont parallèles, et l’axe
de symétrie permet de constater que m BN m IN et que
m BM m IM. Comme le quadrilatère MINB est un losange,
on peut affirmer que m IN m IM 4,633 m.
Le rapport de similitude qui associe le triangle NIH au
triangle MJI est donc k 苶
4,633
m NI
, soit 3,77 1,658 ⬇ 0,85.
m MJ
苶
Ce rapport de similitude permet de trouver les mesures des
segments du triangle NIH à partir des mesures des segments
homologues du triangle MJI : en multipliant chaque mesure
relative au triangle MJI par 0,85.
Une fois les mesures relatives au triangle NIH obtenues,
on peut trouver celles du triangle OHG et celles du triangle
PGF avec un raisonnement analogue, en fonction d’un rapport
k 0,85 d’un triangle à l’autre.
Une fois les mesures des segments à droite de l’axe
de symétrie trouvées, on détermine celles des segments
à gauche de l’axe par symétrie.
RÉ
5
Réactivation 1
Page 4
a. 1) m ∠ DIE 120°
Justification : m ∠ CIF 60° (le triangle CIF est
équilatéral ),
m ∠ CID m ∠ FIE 90°
(les triangles CID et FIE sont rectangles)
et 360 60 2 90 120.
2) m ∠ IDE 30°
Justification : m ID m IC (le triangle CID est isocèle),
m IC m IF (le triangle CIF est
équilatéral ),
m IF m IE (le triangle FIE est isocèle),
donc m ID m IE et le triangle DIE
est isocèle.
Dans ce triangle, les angles intérieurs
opposés aux côtés isométriques sont
isométriques ; on a donc :
m ∠ IDE m ∠ IED
Puisque la somme des mesures des
angles intérieurs d’un triangle est 180°,
on peut écrire :
m ∠ IDE (180° m ∠ DIE) 2 (180° 120°) 2 30°
3) m ∠ DCI 45°
Justification : le triangle rectangle CID est isocèle, donc
isoangle, et (180 90) 2 45.
4) m ∠ BCF 75°
Justification : ∠ BCF et ∠ DCF sont supplémentaires,
car ils forment un angle plat.
m ∠ DCF m ∠ DCI m ∠ ICF 45° 60° 105° et 180 105 75.
5) m ∠ GCF 30°
Justification : CG 兾兾 DI implique que les angles alternesinternes GCI et DIC sont isométriques ; on
a donc : m ∠ GCI m ∠ DIC 90° ;
m ∠ GCF m ∠ GCI m ∠ ICF 90° 60° 30°
6) m ∠ CBF 75°
Justification : BF 兾兾 IE implique que les angles alternesinternes BFI et EIF sont isométriques ; on a
donc : ∠ BFI m ∠ EIF 90° ;
m ∠ BFC m ∠ BFI m ∠ CFI 90° 60° 30°.
Dans le triangle CBF, la somme des
mesures des angles intérieurs est 180° ;
on a donc :
m ∠ CBF 180° m ∠ BFC m ∠ BCF 180° 30° 75° 75°
3
Soit la figure ci-dessous, obtenue en appliquant
les transformations décrites en a.
b. 1) Il s’agit d’un triangle isoangle, donc isocèle.
2) Il s’agit d’un triangle scalène.
c. m ∠ A 30° ; m ∠ B m ∠ G 105° ; m ∠ H 120°
9
d. L’aire du triangle CIF est égale à 25兹3 cm2.
L’aire de chacun des triangles CID et FIE est de 50 cm2.
e. Les deux triangles sont équivalents. En effet, il est possible
de découper l’un des triangles pour former l’autre.
La mesure du segment DE est le double de la hauteur
du triangle équilatéral CFI. Ce segment mesure donc
10兹3 cm.
f. Le rapport des aires est égal à 3, soit le carré du rapport
de similitude, qui est 兹3 .
g. L’aire du triangle ACF est égale à (50 25兹3 ) cm2,
soit environ 93,3 cm2.
Démarche :
Soit x, l’aire du triangle ACF (en cm2). Alors l’aire du
triangle ADE (en cm2) est de 3x.
La différence entre ces deux surfaces correspond
au quadrilatère CDEF.
Aire du quadrilatère CDEF (en cm2) :
2 50 2 25兹3 100 50兹3 .
On a donc l’équation x (100 50兹3 ) 3x.
En la résolvant, on obtient x 50 25兹3 ⬇ 93,3.
h. L’aire totale de la mosaïque est de (300 150兹3 ) cm2
ou, environ, 559,8 cm2.
Réactivation 2
Page 5
a. 1) Rotation.
2) Translation.
3) Réflexion.
4) Réflexion.
5) Rotation.
7 6
8
5
3 4
2
10
1
On peut en déduire la suite de relations suivantes.
1. ∠ 4 艑 ∠ 1, car ∠ 4 est l’image de ∠ 1
par une rotation.
par une translation.
par une réflexion.
4. ∠ 7 艑 ∠ 4, car ∠ 7 est l’image de ∠ 4 par
une réflexion ; de plus, puisque ∠ 4 艑 ∠ 1, on peut
donc affirmer que ∠ 7 艑 ∠ 1.
5. ∠ 6 艑 ∠ 9, car ∠ 6 est l’image de ∠ 9 par
une rotation ; de plus, ∠ 9 艑 ∠ 10, car ∠ 9 est l’image
de ∠ 10 par une réflexion ; et, finalement,
∠ 10 艑 ∠ 2, car ∠ 10 est l’image de ∠ 2 par
une rotation ; on peut donc affirmer que ∠ 6 艑 ∠ 2.
À partir de ces relations, on obtient :
m∠3m∠4m∠5m∠6m∠7m∠8
m∠3m∠1m∠2m∠2m∠1
m∠3
2 (m ∠ 1 m ∠ 2 m ∠ 3)
2 180°
360°
c. Plusieurs réponses possibles. Exemple :
Il est possible de réaliser un dallage avec n’importe quel
quadrilatère en appliquant successivement à ce quadrilatère
et à ses images des rotations de 180° dont les centres sont
situés au milieu des côtés du quadrilatère. Exemple :
b. Ces situations sont impossibles.
Plusieurs justifications possibles. Exemple :
Les translations, les rotations et les réflexions préservent
les mesures des angles.
4
Page 6
Réactivation 3
b)
A
76°
a. Le centre d’homothétie est le point de rencontre des droites
passant par les points et leur image.
D
B
5
b. Le rapport d’homothétie est 2 .
Explication : Si le point O est le centre d’homothétie, si
le point A est un sommet correspondant à un coin de
la petite photo et si le point A' est son image, le rapport
d’homothétie est
苶
m A'O
.
m AO
苶
c. Oui, les deux rectangles sont semblables.
Justification : Les angles homologues sont isométriques, ils
mesurent tous 90°, et les côtés homologues ont des
longueurs proportionnelles, les dimensions du petit
rectangle sont de 6 cm sur 4 cm, celles du grand rectangle
15
10
sont de 15 cm sur 10 cm, et 6 4 ) .
d. Les angles homologues sont isométriques et les côtés
homologues ont des longueurs proportionnelles.
C
m ∠ BDC 128°
Exemple de démarche :
m ∠ ACB 76°
m ∠ ABC 180° 2 76° 28°
m ∠ DBC 28° 2 14°
m ∠ DCB 76° 2 38°
m ∠ BDC 180° 38° 14° 128°
c) La mesure de l’angle BDC est la même.
d) Plusieurs formulations possibles pour la conjecture.
Exemple :
Dans un triangle ABC, si BD et CD sont les bissectrices
des angles B et D et si a est la mesure de l’angle A
en degrés, alors la mesure de l’angle BDC en degrés
est de
180 a
.
2
2. Plusieurs réponses possibles. Exemples :
• Il faut que deux côtés adjacents du quadrilatère soient
isométriques et forment un angle droit.
• Il faut que les deux diagonales du quadrilatère soient
isométriques et forment un angle droit.
• Il faut que deux côtés adjacents du quadrilatère soient
perpendiculaires, tout comme les deux diagonales.
3. a) Un cerf-volant.
e. La photo agrandie mesurera 27,9 cm sur 18,6 cm.
Page 10
Mise à jour
1. a)
b) Un rectangle.
A
76°
D
c) Un losange.
B
C
m ∠ BDC 128°
Exemple de démarche :
m ∠ ABC m ∠ ACB (180° 76°) 2 52°
m ∠ DBC m ∠ DCB 52° 2 26°
m ∠ BDC 180° 2 26° 128°
5
d) Un trapèze.
6. m ∠ 1 120°, soit 360 3.
m ∠ 2 120°, soit 360 3.
m ∠ 3 60°, soit 180 60, car ∠ 2 et ∠ 3 sont
supplémentaires.
m ∠ 4 300°, soit 360 60.
e) Un parallélogramme.
7. a)
b)
c)
d)
m ∠ BAD 106°
m ∠ BCD 127°
25
m AD 3
40
Le périmètre du triangle ACD est de 3 unités.
68
4. a) Des rotations de 90° ou de 180°.
b) Le rapport d’homothétie est 2. La position du centre O
est indiquée dans la figure ci-dessous.
e) L’aire du quadrilatère ABCD est de 3 unités carrées.
8. a) x 5,6
b) x 13,5 et y 7,5.
c) x 6,5, y 6,4 et z 4.
O
section
Page 11
Mise à jour (suite)
5. a) Non, c’est impossible.
La mesure de chacun des angles intérieurs
3 180
d’un pentagone régulier est de 108°, soit
.
5
En juxtaposant trois pentagones réguliers autour
d’un même sommet, on couvre un angle de 324°. Il ne
reste plus qu’un angle de 36° à couvrir, angle insuffisant
pour ajouter un quatrième pentagone.
5.1
La démonstration
géométrique
Page 12
Problème
Plusieurs démonstrations possibles. Exemple :
On considère le triangle ACJ. Comme dans tout triangle,
la somme des mesures de ses angles
A
intérieurs est 180°. On a donc :
1
m ∠ 1 m ∠ 3 m ∠ 10 180°.
Il est possible de mettre
G
F
B
quatre autres triangles
2
7
6
en évidence de la même
8
10
façon. Dans chacun de
H
J
9
ces triangles, la somme
des mesures des angles
I
3
4
intérieurs est 180°.
C
Pas assez d’espace pour insérer
un quatrième pentagone régulier.
b) Ce n’est encore possible qu’avec les hexagones
réguliers.
Justification : Les angles intérieurs d’un polygone régulier
(n 2) 180
à n côtés mesurent
degrés chacun.
n
Pour qu’un dallage soit possible, il faut que ce nombre
soit un diviseur de 360.
2n
Ce qui sera le cas si n 2 est un entier, car
(n 2) 180
2n
5
E
D
Δ BEI : m ∠ 2 m ∠ 5 m ∠ 9 180°
Δ ADH : m ∠ 1 m ∠ 4 m ∠ 8 180°
Δ CEG : m ∠ 3 m ∠ 5 m ∠ 7 180°
Δ BDF : m ∠ 2 m ∠ 4 m ∠ 6 180°
En faisant la somme de tous ces angles, on obtient :
2 (m ∠ 1 m ∠ 2 m ∠ 3 m ∠ 4 m ∠ 5) (m
∠ 6 m ∠ 7 m ∠ 8 m ∠ 9 m ∠ 10) 5 180°
La somme des mesures des angles intérieurs d’un pentagone
est 540°. Si S représente la somme des mesures des angles
numérotés de 1 à 5 inclusivement, on a donc l’équation
suivante : 2S 540 900.
La résolution donne S 180.
360 n 2.
n
Les seuls cas possibles sont n 3, n 4 et n 6.
6
Page 13
Activité 1
a. L’argument de Renaud n’est pas convaincant, car il est basé
sur un exemple particulier. De plus, Renaud se fie à un
dessin. Celui de Morgane n’est pas convaincant non plus,
car elle se fie aux mesures prises sur une illustration. Pour
ce qui est de Valéria, elle croit à tort que de ne pas trouver
de contre-exemple constitue un argument valable.
L’argument de Manuel est également peu convaincant, car
un consensus n’est pas une preuve en soi. Pour ce qui est
de Patricia, l’argument est également peu convaincant. On
doit toujours douter d’un énoncé mathématique, même s’il
est tiré d’une œuvre connue.
b. Plusieurs arguments possibles.
Exemple :
A
Hypothèse : AC et BD sont
des diamètres
du cercle de centre O.
Conclusion : Le quadrilatère ABCD
D
est un rectangle.
B
O
a.
B
E
C
D
d. Réponses personnelles, selon les conjectures des élèves.
e. Plusieurs réponses possibles. Exemples :
La définition du pentagone régulier, l’énoncé qui établit que
la somme des mesures des angles intérieurs d’un triangle est
180°, l’énoncé qui mentionne que la somme des mesures
des angles intérieurs d’un pentagone régulier est 540°, etc.
f. Plusieurs réponses possibles. Exemple (démonstration en
deux colonnes) :
Hypothèses : • AB 艑 BC 艑 CD 艑 DE 艑 EA
• ∠ ABC 艑 ∠ BCD 艑 ∠ CDE 艑 ∠ DEA 艑
∠ EAB
Conclusion :∠ BAC 艑 ∠ CAD 艑 ∠ DAE
C
B
Page 14
A
c. ∠ BAC 艑 ∠ CAD 艑 ∠ DAE
A
On sait que les diamètres d’un cercle, ainsi que leurs
rayons, sont isométriques. Les segments OA, OB, OC et OD
sont donc isométriques.
On en déduit alors que les triangles ODC et OCB
sont tous deux isocèles, car OC 艑 OD et OC 艑 OB.
B
Comme des triangles isocèles
b
O
sont également isoangles,
on sait que ces deux triangles ont
a
a b
des angles isométriques, comme
D
C
le montre l’illustration ci-contre.
Comme la somme des mesures des angles intérieurs du
triangle BCD est 180°, on peut affirmer que :
a a b b 180°.
D’où 2a 2b 180°
2(a b) 180°
a b 90°
Donc, l’angle DCB est un angle droit.
Avec un raisonnement semblable, on peut démontrer que
les angles B, A et D du quadrilatère sont également droits,
ce qui permet de conclure que le quadrilatère ABCD est
un rectangle.
Activité 2
b. AB 艑 BC 艑 CD 艑 DE 艑 EA
∠ ABC 艑 ∠ BCD 艑 ∠ CDE 艑 ∠ DEA 艑 ∠ EAB
E
C
D
AFFIRMATION
JUSTIFICATION
1. AB 艑 BC 艑 CD 艑
DE 艑 EA
1. Par hypothèse.
2. ∠ BAC 艑 ∠ ACB
2. Car Δ CBA est isocèle, donc isoangle.
3. m ∠ ABC 108°
3. Car la somme des mesures des
angles intérieurs d’un pentagone
régulier est 540°, et les angles
d’un pentagone régulier étant
isométriques, chacun d’eux mesure
108°, car 540° 5 108°.
4. ∠ BAC 艑 ∠ ACB
36°
4. Par les affirmations 2 et 3, et sachant
que la somme des mesures des angles
intérieurs d’un triangle est 180°, car
(180° 108°) 2 36°.
5. ∠ DAE 艑 ∠ ADE
5. Car Δ AED est isocèle, donc isoangle.
6. m ∠ AED 108°
6. Car il s’agit d’un des angles
isométriques du pentagone régulier.
7. m ∠ AED 艑
m ∠ ADE
36°
7. Par les affirmations 5 et 6, et sachant
que la somme des mesures des angles
intérieurs d’un triangle est 180°, car
(180° 108°) 2 36°.
8. m ∠ BAE 108°
8. Car il s’agit d’un des angles
isométriques du pentagone régulier.
9. m ∠ CAD 36°
9. Car m ∠ CAD 108° 2 36°.
10. m ∠ BAC m ∠ CAD m ∠ DAE 36°
10. Par les affirmations 7 et 9.
g. Réponses personnelles.
7
Page 15
Activité 3
d. Plusieurs réponses possibles, selon les découvertes des élèves.
a. Plusieurs réponses possibles. Exemple :
4. Si une droite coupe deux
droites parallèles, alors
les angles correspondants
sont isométriques.
5. Les angles opposés par
le sommet sont
isométriques.
droites parallèles, alors les
angles alternes-internes
sont isométriques.
1. La mesure d’un angle
extérieur d’un triangle
est égale à la somme
des mesures des angles
intérieurs qui ne lui sont
pas adjacents.
1. a) Vrai. Trois points sont alignés s’ils appartiennent à
la même droite. Puisque le segment AB est inclus dans
la droite AB, les points A, B et C appartiennent à
la droite AB.
C
b) Faux. Contre-exemple :
B
A
c) Faux. Ce n’est pas vrai dans
un quadrilatère non convexe.
D
C
d) Faux. Aucun cercle ne passe par trois points alignés.
e) Vrai. En appliquant la relation de Pythagore, on peut
démontrer que tous les côtés du quadrilatère formé sont
isométriques.
f) Faux. Contre-exemple : Dans le triangle isocèle AIB
ci-dessous, m AI m IB, mais I n’appartient pas au
segment AB.
I
b. Réponses personnelles.
Technomath
A
B
2. La somme des mesures
des angles intérieurs
d’un triangle est 180°.
6. La somme des mesures
des angles intérieurs
d’un quadrilatère est
360°.
Page 16
a. 1) Une rotation de 79,5° permet d’appliquer la droite d1
sur la droite d2, et une rotation de 99° permet
d’appliquer la droite d2 sur la droite d3.
2) Une rotation de 178,5° permet d’appliquer la droite d1
sur la droite d3.
3) Non. L’angle formé à leur point de rencontre mesure
1,5°, car 180° (99° 79,5°) 1,5°.
4) Les angles correspondants alternes-internes et alternesexternes ne sont pas isométriques entre eux.
b. 1) Une rotation de 79,5° permet d’appliquer la droite d1
sur la droite d2, et une rotation de 100,5° permet
d’appliquer la droite d2 sur la droite d3.
2) Une rotation de 180° permet d’appliquer la droite d1 sur
la droite d3.
3) Les droites d1 et d3 sont parallèles.
4) Les angles correspondants sont isométriques entre eux,
de même que les angles alternes-internes entre eux et
les angles alternes-externes entre eux.
c. 1) La somme des mesures des angles intérieurs
du quadrilatère est 360°.
2) La somme des mesures des angles intérieurs
du pentagone croisé est 180 °.
8
Page 20
Mise au point 5.1
A
B
2. a) 1re définition : Non valable, car la figure ci-dessous n’est
pas un carré, même si ses diagonales sont isométriques
et perpendiculaires.
2e définition : Non valable, car tout losange possède
ces caractéristiques.
3e définition : Non valable, car tout rectangle possède
ces caractéristiques.
b) Plusieurs réponses possibles. Exemples :
1. Un carré est un quadrilatère dont les diagonales sont
isométriques, perpendiculaires et se coupent en leur
milieu.
2. Un carré est un losange qui possède au moins
un angle droit.
3. Un carré est un rectangle dont deux des côtés
adjacents sont isométriques.
3. L’angle BEC mesure 150°.
Exemple de démarche possible avec justification :
Chacun des angles intérieurs d’un carré mesure 90° et
chacun des angles intérieurs d’un triangle isocèle mesure
60°.
On peut en déduire que :
m ∠ BAE m ∠ BAD m ∠ EAD 90° 60° 30°.
Pour les mêmes raisons, on a : m ∠ CDE 30°.
Les côtés d’un carré sont
A
D
isométriques et il en est de
60°
60°
même des côtés d’un triangle
30°
équilatéral. Le segment AD étant 30°
à la fois un côté du carré ABCD
et un côté du triangle équilatéral
60°
ADE, tous les segments AB, AE,
E
DE et DC sont donc
B
C
isométriques au segment AD.
Dans les triangles isocèles BAE et CDE, les angles opposés
aux côtés isométriques sont isométriques. Dans les deux
cas, les angles à la base mesurent donc 75°, soit
(180 30) 2.
m ∠ BEC 360° 2 75° 60° 150°
Page 21
Mise au point 5.1 (suite)
4. a) Une paire d’angles supplémentaires est constituée
de deux angles dont les mesures donnent une somme
de 180°.
b) Plusieurs réponses possibles. Exemple :
Hypothèse : ABCD est un trapèze (AD 兾兾 BC ).
Conclusion : m ∠ ABC m ∠ BAD 180°
m ∠ DCB m ∠ CDA 180°
A
AFFIRMATION
1. AD 兾兾 BC
1. Par hypothèse.
2. ∠ ABC 艑 ∠ EAD
2. La droite AB coupe les droites
parallèles AD et BC, et si une droite
coupe deux droites parallèles, alors
les angles correspondants sont
isométriques.
3. m ∠ EAD m ∠ BAD 180°
3. Deux angles adjacents dont les côtés
extérieurs sont en ligne droite sont
supplémentaires.
4. m ∠ABC m BAD 4. Par substitution à partir
180°
des affirmations 2 et 3.
On prouve de la même façon que
m ∠ DCB m ∠ CDA 180°.
5. a) Dans les deux cas, les élèves tirent leur argument
d’une constatation résultant de l’observation
d’une figure construite. De plus, dans le cas de la fille,
on ne peut pas conclure que la proposition est vraie en
se basant sur un exemple.
b) Plusieurs démonstrations possibles. Exemple (preuve
en deux colonnes) :
Hypothèse : ABCD est un parallélogramme.
Conclusion : ∠ ABC 艑 ∠ CDA
∠ BAD 艑 ∠ DCB
Construction : On trace les droites qui passent par
chacun des côtés du parallélogramme.
A
B
1. AB 兾兾 DC
B
C
c) Plusieurs réponses possibles. Exemples :
Si une droite coupe deux droites parallèles, alors
les angles correspondants sont isométriques.
Deux angles adjacents dont les côtés extérieurs sont
en ligne droite sont supplémentaires.
d) Plusieurs démonstrations possibles. Exemple (preuve
en deux colonnes) :
Construction : On trace les droites qui passent
par chacun des côtés du trapèze.
E
A
B
D
AFFIRMATION
D
F
JUSTIFICATION
C
E
JUSTIFICATION
1. Par hypothèse.
2. ∠ ABC 艑 ∠ DCE 2. La droite BC coupe les droites parallèles
AB et DC, et si une droite coupe deux
droites parallèles, alors les angles
correspondants sont isométriques.
3. BC 兾兾 AD
3. Par hypothèse.
4. ∠ DCE 艑 ∠ CDA 4. La droite CD coupent les droites
parallèles BC et AD, et si une droite
coupe deux droites parallèles, alors
les angles alternes-internes sont
isométriques.
5. ∠ ABC 艑 ∠ CDA 5. Par les affirmations 2 et 4, et par
la transitivité de l’isométrie.
On prouve de la même façon que ∠ BAD 艑 ∠ DCB.
6. a) 1) Tout parallélogramme est un losange.
2) Faux. Les côtés d’un parallélogramme ne sont pas
nécessairement tous isométriques.
D
C
9
b) 1) Si l’on double la longueur des diagonales d’un carré,
les dimensions du carré seront doublées.
2) Vrai. La mesure des diagonales d’un carré est égale
à 兹2c, où c est la mesure de chacun des côtés du
carré. Ces deux mesures sont donc proportionnelles.
c) 1) Un triangle qui a deux angles aigus complémentaires
est un triangle rectangle.
2) Vrai. La somme des mesures des angles intérieurs
d’un triangle est 180°. Si deux de ces angles sont
complémentaires, alors le troisième angle mesure
nécessairement 90°.
d) 1) Un quadrilatère dont les diagonales sont
perpendiculaires est un cerf-volant.
2) Faux. Contre-exemple :
e) 1) Un triangle isocèle qui possède un angle de 60° est
un triangle équilatéral.
2) Vrai. Si le triangle est isocèle, alors il est isoangle.
Soit a, la mesure, en degrés, de chacun des deux
angles isométriques, et b, la mesure, en degrés,
de l’autre angle ; on a alors la relation suivante :
2a b 180.
Si a 60, alors 120 b 180. Donc b 60.
Si b 60, alors 2a 60 180. Donc a 60.
Dans les deux cas, les trois angles sont isométriques.
Le triangle est donc équiangle et, par conséquent,
équilatéral.
Page 22
7. a) Énoncé 1
d3
d1
d2
Hypothèse : d1 ⊥ d3 et d2 ⊥ d3
Conclusion : d1 兾兾 d2
Énoncé 2
d3
Énoncé 3
d1
d2
d3
Hypothèse : d1 兾兾 d3 et d2 兾兾 d3.
b) Plusieurs démonstrations possibles. Exemple (preuve
par l’absurde) :
Soit la droite AB, perpendiculaire aux droites d1 et d2.
Si les droites d1 et d2 ne sont pas parallèles, alors elles
se croisent en un point C. L’angle formé par ces deux
droites en C n’est pas nul. Dans le triangle ABC, on
aurait donc trois angles intérieurs dont la somme des
mesures serait supérieure à 180°, ce qui est impossible.
On doit donc conclure que ce point C n’existe pas.
Les droites d1 et d2 sont donc parallèles.
C
A
d1
d2
B
c) Plusieurs démonstrations possibles. Exemple :
Hypothèse : La droite AB coupe
les droites d1 et d2
de telle sorte
que ∠ 1 艑 ∠ 2.
1
1
2
d2
Hypothèse : ∠ 1 艑 ∠ 2
10
3
Ce qu’il faut démontrer : d1 兾兾 d2
À partir du point A, on abaisse
une perpendiculaire à la droite d2
qui coupe cette droite en C.
2
d2
C
B
Dans le triangle rectangle ABC, les deux angles aigus,
∠ 2 et ∠ 3, sont complémentaires. Puisque
∠ 1 艑 ∠ 2, on peut donc affirmer que ∠ 3 est aussi
complémentaire à ∠ 1. Par conséquent, AC est
perpendiculaire à d1. AC étant perpendiculaire à d1 et
à d2, on en déduit, en se basant sur l’énoncé 1, que d1
est parallèle à d2.
d) Plusieurs démonstrations possibles. Exemple :
Hypothèse : d1 兾兾 d3 et d2 兾兾 d3.
d4
d1
A
d1
Construction : On trace
la sécante d4.
d1
1
2
d2
d3
3
AFFIRMATION
JUSTIFICATION
1. d1 兾兾 d3
1. Par hypothèse.
2. ∠ 1 艑 ∠ 3
2. Si une droite coupe deux droites parallèles,
alors les angles correspondants sont
isométriques.
3. d2 兾兾 d3
3. Par hypothèse.
4. ∠ 2 艑 ∠ 3
4. Si une droite coupe deux droites parallèles,
alors les angles alternes-externes sont
isométriques.
5. ∠ 1 艑 ∠ 2
5. Par la transitivité de la relation d’isométrie.
6. d1 兾兾 d2
6. Par l’énoncé 2 et par le fait que ∠ 1 et ∠ 2
sont des angles alternes-internes
isométriques relativement à d1 et à d2.
8. a) Le triangle est isocèle.
b) Hypothèse : • BE est la bissectrice
de ∠ ABC.
• DE 兾兾 BC
Conclusion : Le triangle BDE
est isocèle
(BD ED).
A
D
E
C
B
AFFIRMATION
JUSTIFICATION
1. ∠ EBC 艑 ∠ EBA 1. La bissectrice BE de l’angle ABC
sépare celui-ci en deux angles
isométriques.
2. ∠ EBC 艑 ∠ BED 2. Si une droite coupe deux droites
parallèles, alors les angles alternesinternes sont isométriques
3. ∠ BED 艑 ∠ EBD 3. Par la transitivité de la relation
d’isométrie.
4. BD
ED
4. Dans un triangle isoangle,
les côtés opposés aux angles
isométriques sont isométriques.
c) Plusieurs réponses possibles. Exemple :
Pour démontrer que le triangle BDE est isocèle, il suffit
de démontrer que ce triangle est isoangle car, dans un
triangle isoangle, les côtés opposés aux angles
La bissectrice DE sépare l’angle ABC en deux angles
isométriques ; donc ∠ EBC 艑 ∠ EBA. De plus, parce
que DE est parallèle à BC, on peut affirmer que les deux
angles alternes-internes BED et EBC sont également
isométriques. Par transitivité, ∠ EBA 艑 ∠ BED.
Le triangle BDE est donc isoangle et, par conséquent,
isocèle.
Page 23
9. a) Par symétrie, il suffit de montrer que l’un de
ces triangles est équilatéral.
C
L’hexagone étant régulier, ses
côtés sont isométriques. Il en
A
est de même des côtés des
carrés. Donc, tous les
segments marqués dans la
figure ci-contre sont
isométriques, donc AC 艑 AB.
B
Sachant que chacun des angles intérieurs
d’un hexagone régulier mesure 120° et que chacun
des angles d’un carré mesure 90°, on en déduit que
la mesure de ∠ BAC est de 60°, soit
360 120 2 90.
Puisque AC 艑 AB, les angles ACB et ABC, qui sont
opposés à ces côtés, sont isométriques et leur mesure
est de 60°, soit (180 60) 2.
Le triangle ABC étant équiangle, il est donc équilatéral.
b) Le dodécagone est régulier, car ses côtés sont
isométriques et ses angles intérieurs sont isométriques.
Démonstration que les côtés sont isométriques :
puisque ABC est un triangle équilatéral, le côté BC est
isométrique aux côtés AB et AC et, par conséquent, ce
côté est isométrique à tous les autres segments
marqués dans la figure ci-dessus. Il en est de même
pour les autres triangles équilatéraux.
Démonstration que les angles intérieurs sont
isométriques : chacun des angles intérieurs du
dodécagone est formé de deux angles adjacents :
l’angle intérieur d’un carré et celui d’un triangle
équilatéral. Tous les angles intérieurs du dodécagone
mesurent donc 150°, soit 90 60.
10. a) m ∠ 2 m ∠ 1 m ∠ 3, ou une autre relation
équivalente.
b) Plusieurs démonstrations possibles. Voici deux
exemples de démonstrations de formes différentes et
reposant sur des propriétés différentes.
Exemple 1 : Démonstration dans
d1
A
laquelle on trace une troisième
1
parallèle.
d3
B
2b
Hypothèse : d1 兾兾 d2
2a
d2
On veut démontrer que :
3
C
m ∠ ABC m ∠ 1 m ∠ 3.
On trace d’abord la droite d3 passant par le point B et
parallèle à d1. Cette droite sépare l’angle ABC en deux
angles : ∠ 2a et ∠ 2b.
On peut affirmer que la droite d3 est également
parallèle à d2, car deux droites parallèles à une
troisième sont parallèles entre elles.
11
Puisque d1 兾兾 d3, les angles alternes-internes 1 et 2a
sont isométriques.
Puisque d2 兾兾 d3, les angles alternes-internes 3 et 2b
sont isométriques.
On a donc :
m ∠ ABC m ∠ 2a m ∠ 2b m ∠ 1 m ∠ 3
Exemple 2 : Démonstration en deux colonnes
dans laquelle on prolonge le côté AB.
Hypothèse : d1 兾兾 d2
A d1
Conclusion :
1
m∠2m∠1m∠3
Construction : On prolonge
B 2
le côté AB jusqu’au point D
d2
4
3
sur la droite d2, formant
D
C
ainsi ∠ 4.
AFFIRMATION
JUSTIFICATION
1. d1 兾兾 d2
1. Par hypothèse.
2. ∠ 1 艑 ∠ 4
droites parallèles, alors
les angles alternes-internes
sont isométriques.
3. m ∠ 2 m ∠ 4 m ∠ 3 3. La mesure d’un angle extérieur
d’un triangle est égale à
la somme des mesures des
angles intérieurs qui ne lui
sont pas adjacents.
4. m ∠ 2 m ∠ 1 m ∠ 3 4. Par les affirmations 2 et 3.
c) La conjecture n’est plus
valable dans ce cas, mais on
peut énoncer la conjecture
suivante : La mesure de
l’angle 2 serait égale à la
différence entre les mesures
des angles 3 et 1.
B
2
1
A
3
d1
d2
C
11. a) La figure obtenue est un carré.
b) Plusieurs démonstrations possibles. Exemple :
Il faut démontrer que les côtés du quadrilatère EFGH
sont isométriques et que chacun de
ses angles intérieurs mesure 90°.
H
A
D
Tous les segments marqués dans la
figure ci-contre sont isométriques
E
G
puisque les points E, F, G et H sont
les points milieux des côtés du carré
ABCD.
B
F
C
Avec les côtés du quadrilatère EFGH, ces segments
isométriques forment quatre triangles rectangles
isocèles dont les cathètes ont la même mesure. Par la
relation de Pythagore, on peut donc conclure que les
hypoténuses de ces triangles, soit les segments EF, FG,
GH et EH, sont isométriques.
12
D’autre part, chacun des angles aigus d’un triangle
rectangle isocèle mesure 45°. Chacun des angles
intérieurs du quadrilatère EFGH mesurent donc 90°,
soit 180 2 45.
Page 24
12. a) 84°
b) L’angle d’arrivée des rayons lumineux à l’oculaire est
toujours isométrique à l’angle que forment ces rayons,
au départ, avec l’horizontale.
13. La conjecture est vraie.
E
Plusieurs démonstrations possibles.
Exemple :
On trace les segments BF et FE.
A
D
Pour démontrer que les points B, F et
E sont alignés, iI suffit de démontrer
F
que l’angle BFE mesure 180°.
On peut calculer la mesure de
l’angle BFE en suivant les étapes
B
C
suivantes.
1. Tous les segments de la figure initiale sont
isométriques, car ce sont les côtés d’un carré ou
les côtés de triangles équilatéraux ayant un côté
commun avec le carré. On peut alors affirmer que
les triangles EDF et BCF sont isocèles, donc isoangles.
2. m ∠ EDF m ∠ EDA m ∠ ADF
m ∠ EDA (m ∠ ADC m ∠ FDC)
60° (90° 60°)
90°
3. Dans le triangle isoangle EDF, m ∠ DFE m ∠ DEF.
On a donc :
m ∠ DFE (180° 90°) 2 45°
4. m ∠ BCF m ∠ BCD m ∠ FCD
90° 60°
30°
5. Dans le triangle isoangle BCF, m ∠ CFB m ∠ CBF.
On a donc :
m ∠ DFE (180° 30°) 2 75°
6. m ∠ BFE m ∠ BFC m ∠ CFD m ∠ DFE
45° 60° 75°
180°
14. a) Le triangle est équilatéral.
Justification : Les deux cercles ont le même rayon, soit
la distance entre leur centre respectif. Les trois côtés
du triangle sont isométriques puisque leur mesure est
égale à ce rayon.
b) Le triangle est équilatéral.
On peut d’abord constater que
C
le triangle ABC est isocèle car,
par symétrie, AC 艑 AB. Pour
A
D
E
démontrer qu’il est équilatéral,
il suffit de démontrer qu’il a
B
un angle intérieur de 60°.
Soit les points D et E, les centres des deux cercles.
Par la conjecture émise en a), on sait que le triangle
CDE est équilatéral.
On peut donc affirmer que l’angle CDE mesure 60°.
L’angle CDE est un angle extérieur du triangle ADC. Or,
la mesure d’un angle extérieur d’un triangle est égale
à la somme des mesures des deux angles intérieurs qui
ne lui sont pas adjacents.
Donc m ∠ DAC m ∠ DCA 60°.
De plus, le triangle ADC est isocèle, car les rayons AD et
CD sont isométriques. Les angles opposés à ces côtés,
soit les angles DAC et DCA, sont donc isométriques. Il
en résulte que m ∠ DAC 60° 2 30°.
Par symétrie, on a aussi m ∠ DAB 30°.
m ∠ CAB m ∠ DAC m ∠ DAB 30° 30° 60°
Le triangle est donc équilatéral.
supérieure à la mesure du troisième côté. Par
conséquent, b d > (c a).
Il est donc impossible que la somme de b d soit
inférieur à c a.
16. Plusieurs démonstrations possibles. Exemple :
On trace le rayon OD. Les segments CD, OD et OA
étant isométriques, les triangles formés
A
sont isocèles, donc isoangles.
2x
D
On pose m ∠ OCD x.
2x
d1
3x
x
x
On peut alors faire la suite
C
O
B
de déductions suivante
afin de démontrer que
m ∠ AOB 3x.
1. m ∠ COD x, car le triangle CDO est isoangle.
2. m ∠ ODA 2x, car c’est un angle extérieur du
triangle CDO et la mesure d’un angle extérieur d’un
triangle est égale à la somme des mesures des deux
angles intérieurs qui ne lui sont pas adjacents.
3. m ∠ OAD 2x, car le triangle AOD est isoangle.
4. m ∠ AOB 3x, car c’est un angle extérieur du triangle
AOC et, pour la même raison qu’en 2, sa mesure est la
somme des mesures des deux angles intérieurs qui ne
lui sont pas adjacents, soit ∠ OCD et ∠ OAD.
1
On a donc m ∠ OCD 3 m ∠ AOB.
section
Page 25
15. a) L’argument de Brittany n’est pas valable, même si elle a
raison). Selon la conjecture de Brittany, la construction
est impossible, mais l’absence d’un contre-exemple à
cette conjecture ne permet pas d’affirmer qu’elle est
vraie. Elle ne peut donc pas conclure que c’est
impossible, car elle n’a pas démontré cette impossibilité.
b) La construction est réellement impossible. Voici
un argument valable le démontrant.
Soit un trapèze quelconque ABCD
représenté ci-contre
a
A
D
dont les bases mesurent
b
d
a et c unités et les
deux autres côtés, b
c
B
C
et d unités.
On trace le segment DE parallèle à AB.
Le quadrilatère ABED étant un parallélogramme,
ses côtés opposés
a
D
A
sont isométriques.
b
b
d
Les mesures des
côtés du triangle DEC
a
B
E ca C
sont alors b, d et
c
(c a) unités.
Par la propriété de l’inégalité des triangles, la somme
des mesures de deux côtés d’un triangle est toujours
5.2
Les triangles
isométriques
Page 26
Problème
Les renseignements donnés sont suffisantes pour déterminer le
périmètre du terrain. Ce périmètre est de 488 m.
Plusieurs démarches possibles. Exemple :
Soit le point M, le point milieu de la maison qui est situé à
égale distance des quatre côtés du quadrilatère. Soit a, cette
distance commune aux quatre côtés.
En traçant les segments à partir du point M comme dans la
figure ci-dessous, on construit huit triangles rectangles dont
l’une des cathètes mesure a unités et qui ont, deux par deux,
la même hypoténuse.
H
A
D
a
M
a
a
E
a
G
C
F
B
13
Il en résulte, pour chaque paire de triangles partageant la
même hypoténuse, que leurs deuxièmes cathètes sont
isométriques. Par exemple,
m AH 兹 (m AM )2 a 2 m AE.
On représente les mesures de ces cathètes isométriques par b,
c, d et e.
d. Plusieurs réponses possibles. Exemples :
C
Triangle 2
A
138
e
H
b
A
8 cm
D
e
a
95
b
M
G
a
a
d
E
a
B
La mesure du deuxième côté adjacent à l’angle de 50°
(le côté BC dans la figure ci-dessus) serait suffisante pour
qu’une autre personne puisse construire un triangle
isométrique.
Triangle 3
C
C
6 cm
d
c
50°
F
c
106
B
A
Périmètre du quadrilatère :
m AB m BC m CD m AD (b c) (c d) (d e) (b e)
2(b c d e)
2(b e c d)
2(138 106)
488
Page 27
Activité 1
a. Plusieurs réponses possibles. Exemple :
La réponse 3 semble la plus juste, mais elle n’est pas pour
autant la plus efficace. La réponse 2 pourrait être la plus
efficace si l’on ne connaît pas les mesures des côtés et des
angles des triangles.
b. Plusieurs réponses possibles. Exemple :
Triangle 1
A
B
La mesure du troisième côté du triangle (le côté AC dans
la figure ci-dessus) serait suffisante pour qu’une autre
personne puisse construire un triangle isométrique.
e. Plusieurs réponses possibles, selon la conjecture énoncée
par l’élève.
(On doit viser ici à faire ressortir les conditions minimales
d’isométrie des triangles.)
Activité 2
Page 28
a. Non, il n’est pas possible d’obtenir le résultat illustré dans
le manuel. En effet, selon l’hypothèse, les segments AB et
DE sont isométriques. Donc, si l’on place le point A sur le
point D, ces segments ayant la même mesure, le point B
coïncidera nécessairement avec le point E.
b. Comme les segments AB et DE coïncident et que, par
hypothèse, les angles BAC et EDF sont isométriques,
le point C se trouve nécessairement sur la droite DF.
c. Puisque le point C se trouve sur la droite DF, il coïncide
nécessairement avec le point F car, par hypothèse,
les segments AC et DF sont isométriques.
75°
C
Activité 3
45°
B
c. Plusieurs réponses possibles. Exemple :
La mesure du côté compris entre les deux angles connus
(le côté AB dans la figure à la question b) serait suffisante
pour qu’une autre personne puisse construire un triangle
isométrique.
14
10 cm
Page 29
1re partie
1. Il serait plus précis de dire qu’il existe une suite
d’isométries qui fait que le côté AB est appliqué sur
le côté DE et que l’image du point C est du même côté de
la droite DE que le point F.
En effet, on peut supposer qu’après qu’on a appliqué une
isométrie au triangle ABC, l’image du point C n’est pas du
même côté que le point F.
Or, de chaque côté de la droite DE, deux cercles de centre D et
de centre E ne peuvent se rencontrer qu’en un seul point.
Par conséquent, les points C' et F doivent coïncider.
D
C'
D
F
E
E
Dans ce cas, il suffirait d’appliquer au triangle C'DE
une réflexion dont l’axe de réflexion serait la droite DE.
L’image du point C' serait alors du même côté de la droite
DE que le point F.
2. C’est la transitivité de l’isométrie : deux figures
isométriques à une troisième sont isométriques entre elles.
3. ∠ DEC' 艑 ∠ ABC, puisque l’un de ces angles est l’image
de l’autre par une isométrie.
∠ ABC 艑 ∠ DEF, par hypothèse.
∠ DEC' 艑 ∠ DEF, par transitivité de l’isométrie.
On peut donc affirmer que le point C' se trouve sur
la droite EF.
2e partie
Hypothèse : AB 艑 DE , AC 艑 DF et BC 艑 EF
Ce qu’il faut démontrer :
C
Δ ABC 艑 Δ DEF
Puisque AB 艑 DE , il existe
une suite d’isométries qui
fait que le segment AB est
appliqué sur le segment DE A
et que l’image C' du point
C est du même côté de la
D
droite DE que le point F.
F
C'
Page 30
Activité 4
a. 1) La barre verticale du T à droite est plus courte que les
trois autres segments.
2) Le segment le plus bas.
3) Les deux parallélogrammes sont isométriques.
b. 1) C’est un losange, car tous ses côtés sont isométriques ;
ce sont des rayons de cercles isométriques.
2) Les triangles ABD et CDB sont isométriques à cause de
la condition minimale d’isométrie CCC.
En effet :
AD 艑 CB, par hypothèse ;
D
AB 艑 CD, par hypothèse ;
A
BD 艑 DB, car il s’agit
du même segment, et
par réflexivité de
C
l’isométrie.
B
F
B
E
3) Les angles ADB et CBD sont isométriques, car ce sont
D
E
Il s’agit de démontrer que le point C' coïncide avec le point F.
DC' 艑 AC, car les isométries préservent les mesures
des segments.
AC 艑 DF , par hypothèse.
DC' 艑 DF , par transitivité de l’isométrie.
Les points C' et F sont donc situés à égale distance du point
D. En d’autres mots, les points C' et F sont situés sur un même
cercle de centre D.
Pour les mêmes raisons, on peut établir les relations
d’isométrie suivantes : EC' 艑 BC 艑 EF, ce qui démontre que
les points C' et F sont situés sur un même cercle de centre E.
des angles homologues des triangles isométriques ABD
et CDB.
On peut conclure que les droites AD et BC sont
parallèles parce que les angles ADB et CBD, qui sont
des angles alternes-internes relativement à ces droites,
sont isométriques.
c. Oui, c’est nécessairement
Plusieurs démonstrations
possibles. Exemple :
Voici une figure que
l’on peut obtenir par
cette construction.
A
D
B
O
C
15
Hypothèses : • Les deux cercles ont le même centre O.
• Les segments AC et BD sont des
diamètres de ces cercles.
On doit démontrer que AB 兾兾 CD et AD 兾兾 BC.
Démonstration de AB // CD
Δ ABO 艑 Δ CDO par la condition minimale d’isométrie
CAC. En effet :
1. AO 艑 CO, car ce sont deux rayons du grand cercle ;
2. BO 艑 DO, car ce sont deux rayons du petit cercle ;
3. ∠ AOB 艑 ∠ COD, car ce sont des angles opposés par
le sommet.
∠ ABO 艑 ∠ CDO, car les angles homologues de
triangles isométriques sont isométriques.
AB 兾兾 CD, car les angles alternes-internes ABO et CDO
associés à ces deux droites sont isométriques.
Démonstration de AD // BC
On procède exactement de la même façon pour démontrer
l’isométrie des triangles ADO et CBO et en déduire que les
angles ADO et CBO sont isométriques.
Technomath
Page 31
a. 1) Les triangles ACB et FED ont deux paires de côtés
isométriques, les côtés CB et FE et les côtés AB et DE.
2) Les triangles ACB et GIH ont des angles isométrique :
∠ A 艑 ∠ G, ∠ C 艑 ∠ I, ∠ B 艑 ∠ H.
3) Les triangles ACB et LJK ont une paire d’angles
isométriques, ∠ B 艑 ∠ K, et deux paires de côtés
isométriques, les côtés AC et LJ et les côtés CB et LK.
c. 1) Non.
2) Non.
F
50°
34
42
60°
E
34
42
40
B
50°
70°
70°
D
40
34
C
d. 1) Construction personnelle.
2) Plusieurs réponses possibles. Exemple :
Les triangles MNO et PQR sont isométriques si leurs
angles isométriques sont compris entre leurs côtés
homologues isométriques.
Page 34
1. Les triangles A , C et D sont isométriques, car ils ont
tous un angle de 58° compris entre deux côtés de 2 cm.
2. a) Plusieurs démonstrations possibles. Exemple :
Δ AFB 艑 Δ DBF par la condition minimale d’isométrie
CAC. En effet :
1. m AF 40 m DB ;
2. m ∠ AFB 50° m ∠ DBF ;
3. m FB m BF, puisqu’il s’agit du même segment.
16
40
A
42
b. Non, ces triangles ne sont pas isométriques.
Mise au point 5.2
Ces deux triangles étant isométriques, on peut en
déduire que m DF m AB 34.
Δ DEF 艑 Δ DBF par la condition minimale d’isométrie
ACA. En effet :
1. m ∠ DEF 180° 70° 60° 50° m ∠ DBF ;
2. m ∠ FDE 70° m ∠ FDB ;
3. m DE 40 m DB.
Ces deux triangles étant isométriques, on peut
en déduire que m BF m EF 42.
Δ AFB 艑 Δ DBC par la condition minimale d’isométrie
CCC. En effet :
1. m AF 40 m DB ;
2. m FB 42 m BC ;
3. m AB 34 m DC .
En se basant sur la transitivité de l’isométrie, on peut
donc affirmer que les quatre triangles sont isométriques.
b) L’isométrie des triangles démontrée en a) permet de
déterminer les mesures de tous les angles et les
segments de cette figure. Ces mesures manquantes sont
indiquées en caractères gras dans la figure ci-dessous.
On en déduit, notamment, que la mesure de l’angle
rentrant CDE est de 210°.
c) m ∠ ABC 160°
m ∠ AFE 170°
d) Le quadrilatère ABDF est un parallélogramme. En effet,
AF 兾兾 BD , car les angles alternes-internes AFB et DBF
sont isométriques ; AB 兾兾 DF, car les angles alternesinternes ABF et DFB sont isométriques.
Les quadrilatères BDEF et BCDF sont des cerfs-volants,
car ils ont chacun deux paires de côtés adjacents
isométriques.
Hypothèse : Le quadrilatère ABCD est un rectangle ; tous
ses angles intérieurs sont droits.
Conclusion : Δ BAD 艑 Δ DCB
Construction : On trace les droites passant par les côtés
du rectangle.
A
D
B
C
AFFIRMATION
1. AB 兾兾 DC et
AD 兾兾 BC
Page 35
5. a) 1 triangle.
b) 4 triangles.
d) Une infinité de triangles.
c) 3 triangles.
e) 4 triangles.
A
Hypothèse : AB 艑 AD et CB 艑 CD
Ce qu’il faut démontrer :
la demi-droite AC est
la bissectrice de l’angle BAD.
JUSTIFICATION
1. Car deux droites perpendiculaires à une
troisième sont parallèles entre elles.
2. ∠ ABD 艑 ∠ CDB 2. Car ce sont des angles alternes-internes
relativement aux droites parallèles AB
et DC.
3. ∠ ADB 艑 ∠ CBD 3. Car ce sont des angles alternes-internes
relativement aux droites parallèles AD
et BC.
4. BD 艑 DB
4. Par réflexivité de l’isométrie.
5. Δ BAD 艑 Δ DCB
5. Par la condition minimale d’isométrie
ACA.
b) Cette conjecture est fausse.
Le contre-exemple ci-contre
le démontre.
c) Deux réponses possibles.
1. Deux triangles rectangles ayant deux côtés
homologues isométriques sont isométriques.
2. Deux triangles rectangles ayant un angle aigu
homologue et un côté homologue isométriques sont
isométriques.
4. a) Plusieurs réponses possibles. Exemple :
Il faut d’abord établir une correspondance entre les deux
triangles qui associe les côtés isométriques de l’un aux
côtés isométriques de l’autre. Si, selon cette
correspondance, les deux triangles ont un angle
homologue et un côté homologue isométriques, alors
ils sont isométriques.
Justification : Connaissant la mesure d’un angle d’un
triangle isocèle et sa position par rapport aux deux côtés
isométriques, on peut déterminer les mesures des deux
autres angles du triangle. On applique ensuite le cas
d’isométrie ACA.
b) Il suffit de vérifier que l’un des côtés d’un triangle est
isométrique à l’un des côtés de l’autre triangle.
Justification : Les trois côtés des triangles équilatéraux
sont isométriques ; l’isométrie d’un des côtés
homologues entraîne l’isométrie des autres.
C
B
D
Les triangles ABC et ADC sont isométriques par
la condition minimale d’isométrie CCC. En effet, le côté
AC est commun aux deux triangles, et les deux autres
côtés homologues sont isométriques par hypothèse.
Ces triangles étant isométriques, leurs angles
homologues sont également isométriques. Ainsi,
∠ BAC 艑 ∠ DAC. La demi-droite AC sépare l’angle
BAD en deux angles isométriques. C’est donc
la bissectrice de cet angle.
A
On reprend la figure initiale
en ajoutant un point E sur
la bissectrice AC.
Puisque les triangles ABC
et ADC sont isométriques,
les angles extérieurs BCE
C
et CDE qui sont homologues
sont isométriques.
B
E
D
Par conséquent, AC est aussi la bissectrice de l’angle
BCD.
On a donc :
2 m ∠ BAD
m ∠ BCD
m ∠ BCE 2
2
m ∠ BAD 2 m ∠ BAC
De plus, puisque la mesure d’un angle extérieur
d’un triangle est égale à la somme des meures des deux
angles intérieurs qui ne lui sont pas adjacents, on peut
affirmer que m ∠ BCE m ∠ BAC m ∠ ABC.
En comparant cette dernière égalité avec les égalités
précédentes, on conclut que m ∠ BAC m ∠ ABC.
Le triangle ABC, étant isoangle, est isocèle. Ce qui fait
que m BC m AC.
De la même manière, on démontre que m DC m AC.
Le point C est donc situé à égale distance des trois
sommets A, B et D.
17
7. a) Les triangles ABD et ECB sont isométriques par le cas
d’isométrie ACA.
En effet :
1. ∠ ABD 艑 ∠ ECB, par hypothèse ;
2. BD 艑 CB, par hypothèse ;
3. ∠ ADB 艑 ∠ EBC, car ce sont deux angles alternesinternes relativement aux droites parallèles AD et BC
qui passent par les bases du trapèze.
b) Le périmètre du triangle CDE est de 15,2 cm.
Démarche : les triangles ABD et ECB étant isométriques,
leurs côtés homologues sont isométriques. On a donc :
m CE m BA 5,8
m BE m DA 6,2
m BD m CB 10
Périmètre du triangle CDE m CE m ED m DC
5,8 (10 6,2) 5,6
15,2
8. On ne peut pas conclure que les triangles sont isométriques.
En ce qui a trait à l’information que l’on doit ajouter, il y a
plusieurs réponses possibles. Exemples :
12 cm
D
E
1. m AD (m AB ) 2 et 1. Car BE et CD étant des médianes
du triangle ABC, les points E et D
m AE (m AC) 2
sont situés au milieu des
segments AC et AB.
2. AB 艑 AC
2. Par hypothèse.
3. AE 艑 AD
4. ∠ BAE 艑 ∠ CAD
4. Il s’agit du même angle.
5. Δ ABE 艑 Δ ACD
5. Par la condition minimale
d’isométrie CAC.
b. Les côtés homologues des triangles isométriques sont
isométriques.
c. Plusieurs démonstrations possibles. Exemple (preuve
en deux colonnes) :
A
Hypothèses : • AB 艑 AC
• BG et CF sont
des bissectrices.
Conclusion : BG 艑 CF
F
G
B
AFFIRMATION
B
13 cm
1. Les deux triangles seront isométriques si la mesure
du segment EB est de 13 cm. En effet, dans ce cas,
le segment AE mesurera 12 cm, soit 25 13. Puisque
les angles opposés par le sommet AEC et DEB sont
isométriques, on peut appliquer la condition minimale
d’isométrie CAC.
2. Les deux triangles seront isométriques si la mesure du
segment AE est de 12 cm. Après avoir déterminé
la mesure de EB, on revient à la situation précédente.
3. Les deux triangles seront isométriques si l’angle D
est droit. Dans ce cas, en appliquant la relation
de Pythagore au triangle rectangle BDE, on détermine
que la mesure de EB est de 13 cm. On revient à
la situation 1.
9. a) Plusieurs démonstrations possibles. Exemple (preuve
en deux colonnes) :
A
Hypothèses : • AB 艑 AC
• BE et CD sont
des médianes.
D
E
Conclusion : Δ ABE 艑 Δ ACD
B
18
C
JUSTIFICATION
1. AB 艑 AC
1. Par hypothèse.
2. ∠ ABC 艑 ∠ ACB
2. Car les angles opposés à des
côtés isométriques dans un
triangle sont isométriques.
5 cm
C
JUSTIFICATION
Page 36
A
AFFIRMATION
3. m ∠ ABG (m ∠ ABC) 2 3. Car BG et CF sont
et
des bissectrices.
m ∠ ACF (m ∠ ACB) 2
4. ∠ ABG 艑 ∠ ACF
5. ∠ BAG 艑 ∠ CAF
5. Car il s’agit du même angle.
6. Δ ABG 艑 Δ ACF
6. Par les affirmations 1, 4 et 5,
et par la condition minimale
d’isométrie ACA.
7. BG 艑 CF
7. Les côtés homologues
de triangles isométriques
sont isométriques.
d. Les segments BF et CG sont isométriques.
m BF m AB m AF , car le point F est situé sur
le segment AB.
m CG m AC m AG , car le point G est situé sur
le segment AC.
AB 艑 AC, par hypothèse.
AF 艑 AG , car ce sont des côtés homologues
des triangles ABG et ACF, qui sont isométriques
(comme on l’a démontré en c).
C
À partir du centre O du cercle, on trace deux rayons,
OA et OB, puis le segment OC.
A
b
O
B
C
a
Le point A est le seul point de la planche qui touche au
cercle ; c’est donc le point de la planche qui est situé le
plus près du centre du cercle. Par conséquent, l’angle OAC
est un angle droit, car le plus court chemin entre un point
et une droite passe par la perpendiculaire à cette droite
issue de ce point.
Le même raisonnement s’applique pour l’angle OBC.
Les deux triangles OAC et OBC sont donc rectangles.
Ces deux triangles rectangles sont isométriques, car ils
ont deux côtés homologues isométriques, soit les côtés
OA et OB, qui sont des rayons du cercle, et le côté OC est
commun aux deux triangles.
On peut donc affirmer que a b, car les côtés AC et BC
sont des côtés homologues de triangles isométriques.
Page 37
11. a) Par ACA.
En effet, les côtés d’un
hexagone régulier sont
isométriques ainsi que
leurs angles extérieurs.
On peut donc affirmer,
par exemple, que
AB 艑 BC , ∠ 1 艑 ∠ 3
et ∠ 2 艑 ∠ 4.
A 1
2 B
3
4
C
Hypothèse : L’hexagone ABCDEF est régulier.
On veut démontrer
G
que GHIJKL l’est
également. Pour ce
6 3 8
faire, on doit
2 7 9
L
5 4 1
démontrer que les
A
B
côtés et les angles
intérieurs de cet
F
C
hexagone sont
isométriques.
E
D
K
La démonstration
suivante comprend
trois étapes.
H
1re étape : Les triangles ABG, BCH, CDI, etc.,
sont des triangles équilatéraux isométriques.
L’isométrie a été démontrée en a). Il suffit donc de
prouver que l’un de ces triangles, le triangle ABG, par
exemple, est équilatéral.
Chacun des angles intérieurs d’un hexagone régulier
mesure 120°, soit 4 180 6.
Il s’ensuit que les angles 1 et 2, qui sont des angles
extérieurs de l’hexagone régulier ABCDEF, mesurent
chacun 60°.
Par conséquent, l’angle 3 mesure également 60°,
soit 180 2 60.
Le triangle ABG est donc équilatéral, car il est équiangle.
2e étape : Les triangles ALG, BGH, CHI, etc.,
sont des triangles isocèles isométriques.
Le fait que ces triangles soient isocèles découle de
la 1re étape.
On peut affirmer qu’ils sont isométriques par
la condition minimale CAC.
Par exemple, dans le cas des triangles ALG et BGH, on a :
m ∠ 4 m ∠ 7 120°, car ce sont des angles
opposés aux angles intérieurs de l’hexagone régulier
ABCDEF ;
AL 艑 BG et AG 艑 BH , par la 1re étape .
3e étape : Les côtés et les angles intérieurs
de l’hexagone GHIJKL sont isométriques.
Les segments LG, GH, HI, etc., sont isométriques, car
ce sont des côtés homologues des triangles
isométriques ALG, BGH, CHI, etc.
Tous les angles intérieurs de l’hexagone GHIJKL sont
isométriques, car ils mesurent tous 120°. On peut le
montrer en calculant, par exemple, la mesure de
l’angle LGH.
Puisque les triangles ALG et BGH sont isocèles,
les angles 6 et 8 mesurent 30° chacun, soit
(180 120) 2. Par conséquent, on a :
m ∠ LGH m ∠ 6 m ∠ 3 m ∠ 8 30° 60° 30° 120°.
2) 6兹3 cm
c) 1) 12 cm
12. Plusieurs réponses possibles. Exemples :
Il faut déplacer un des bâtonnets pour obtenir
une des configurations suivantes.
1. Déplacer le bâtonnet de façon à obtenir deux
bâtonnets parallèles qui feront que les segments
marqués ci-dessous seront isométriques.
I
J
19
2. Disposer le bâtonnet de façon à ce que les angles et
les segments marqués ci-dessous soient isométriques.
Remarque : Il est possible d’obtenir chacune des
configurations en déplaçant d’autres bâtonnets que celui
qui est indiqué dans ces exemples.
13. Plusieurs démonstrations possibles. Exemple (preuve
en deux colonnes) :
Hypothèses : • AB 兾兾 DC
• AB 艑 DC
Conclusion : Le quadrilatère ABCD est
Construction : On trace la diagonale AC
A
B
D
C
AFFIRMATION
1. AB 艑 DC
JUSTIFICATION
1. Par hypothèse.
2. ∠ BAC 艑 ∠ DCA 2. Car ce sont deux angles alternesinternes relativement aux parallèles AB
et DC.
3. AC 艑 CA
3. Il s’agit du même côté.
4. Δ ABC 艑 Δ CDA
4. Par la condition minimale d’isométrie
CAC.
5. ∠ ACB 艑 ∠ CAD 5. Les angles homologues de triangles
6. AD 兾兾 BC
7. Le quadrilatère
ABCD est un
parallélogramme.
20
6. La sécante AC forme, avec les droites
AD et BC, deux angles alternes-internes
isométriques selon l’affirmation 5, et si
une sécante coupe deux droites en
formant des angles alternes-internes
isométriques, alors ces droites sont
parallèles.
7. Car il a deux paires de côtés parallèles.
Page 38
14. Oui, le point F est situé au milieu du segment CD.
Puisque le triangle ABE est isocèle avec AE 艑 BE,
les angles opposés à ces côtés sont isométriques.
On a donc ∠ ABE 艑 ∠ BAE.
Ce qui permet d’affirmer que ∠ DAF 艑 ∠ CBF, car
1
1
m ∠ DAF 2 m ∠ DAE 2 (90° m ∠ BAE)
1
1
m ∠ CBF 2 m ∠ CBE 2 (90° m ∠ ABE).
D’autre part, AD 艑 BC , car les côtés opposés d’un
rectangle sont isométriques.
Les triangles rectangles ADF et BCF sont donc
isométriques, car ils ont un angle aigu homologue et
un côté homologue isométriques.
DF 艑 CF, car ce sont des côtés homologues de triangles
isométriques. Le point F est donc situé au milieu du
segment CD.
15. a) La conclusion de l’une des conjectures est l’hypothèse
de l’autre, et vice versa (l’une est la réciproque de
l’autre).
b) Conjecture de l’élève 1 : CAC (les deux rayons et
l’angle au centre ont les mêmes mesures dans chaque
triangle).
Conjecture de l’élève 2 : CCC (les deux rayons et la
corde ont les mêmes mesures dans chaque triangle).
c) Les segments AC et BD sont isométriques.
Soit le point O, le centre du cercle. On trace les rayons
OA, OB, OC et OD.
Puisque AB 艑 CD,
A
la démonstration de la
conjecture de l’élève 2,
O
en b) permet d’affirmer que
les angles au centre AOB et B
D
COD sont isométriques.
C
Par conséquent, les angles AOC et BOD sont
également isométriques, car m ∠ AOC m ∠ AOB m ∠ BOC m ∠ COD m ∠ BOC m ∠ BOD.
La démonstration de la conjecturede l’élève 1, en b),
permet alors d’affirmer que les cordes interceptées par
ces angles au centre, soit les segments AC et BD,
sont isométriques.
Page 39
16. Plusieurs démonstrations possibles.
On peut représenter la situation
à l’aide de la figure ci-contre,
D
sur la base des hypothèses
suivantes :
• les segments DE et EF sont
C
deux cordes dans un même
E
cercle qui sont interceptées
par des angles au centre
isométriques ;
• les segments verticaux AF, BE
F
B
et CD sont isométriques
et parallèles.
On veut démontrer que
les segments AB et BC
A
sont isométriques.
Démonstration
1. DE 艑 EF , car , dans un cercle, deux angles au centre
isométriques interceptent des cordes isométriques
(voir le numéro 15 b)).
2. Les quadrilatères BCDE et ABEF sont des
parallélogrammes, car ils ont deux côtés isométriques
et parallèles (voir le numéro 13).
3. AB 艑 EF et BC 艑 DE, car les côtés opposés
d’un parallélogramme sont isométriques.
4. AB 艑 BC, par la transitivité de l’isométrie appliquée
aux affirmations 1 et 3.
17. a) Construction 1
Démonstration de la 1re conjecture
Soit P, un point quelconque de la médiatrice du
segment AB. Par hypothèse, M est le milieu du
segment AB et la droite MP est perpendiculaire à
ce segment.
Les triangles rectangles AMP et BMP sont
isométriques, car ils ont deux côtés homologues
isométriques, soit les côtés AM et BM, et le côté MP
est commun aux deux rectangles.
PA 艑 PB, car ce sont deux côtés homologues
de triangles isométriques.
Démonstration de la 2e conjecture
Soit P, un point quelconque de la bissectrice de l’angle
A. Par hypothèse, PB est perpendiculaire à AB et PC
est perpendiculaire à AC. De plus, les angles BAP et
CAP sont isométriques.
Les triangles rectangles ABP et ACP sont donc
isométriques, car ils ont un angle aigu homologue
et un côté homologue isométriques.
PB 艑 PC , car ce sont deux côtés homologues
de triangles isométriques.
section
5.3
Les triangles
semblables
Page 40
Problème
P
A
M
B
Construction 2
c) Plusieurs démonstrations possibles. Exemple :
B
P
A
C
b) Construction 1 : Tout point de la médiatrice
d’un segment est situé à égale
distance des extrémités
du segment.
Construction 2 : Tout point de la bissectrice d’un
angle est situé à égale distance des
côtés de l’angle.
Plusieurs constructions sont
possibles. Exemple : On
peut poursuivre le travail
de Phyllis en construisant
un triangle semblable à
celui qui se trouve à la
base de l’édifice en
considérant les mesures
des trois côtés. Ainsi, un
triangle dont les côtés
mesurent 10 cm, 20 cm et
18,2 cm représente bien le
triangle de 33 m, 66 m et
60 m de côtés (par un
raisonnement
proportionnel ).
18,2 cm
20 cm
10 cm
1 cm
Sur ce triangle, semblable au triangle à la base de l’édifice,
on peut tracer une hauteur qui servira à déterminer ensuite
la hauteur réelle du triangle à la base de l’édifice et,
par conséquent, son aire.
La hauteur de 9,1 cm sur le triangle ci-dessus mesure,
en réalité, 30,03 m sur le triangle à la base de l’édifice (par
un raisonnement proportionnel ).
21
bh
2
66 30,03
A triangle à la base de l’édifice 2
A triangle à la base de l’édifice Ainsi, les triangles AB'C' et DEF, qui ont des côtés
homologues isométriques, sont isométriques (par CCC).
Et comme les triangles AB'C' et DEF sont isométriques et
que le triangle AB'C' est semblable au triangle ABC, alors
les triangles DEF et ABC sont également semblables.
A triangle à la base de l’édifice 990,99 m2
Connaissant l’aire de la base de l’édifice, on peut déterminer
son volume.
V prisme à base triangulaire Abase h
V prisme à base triangulaire 990,99 87
V prisme à base triangulaire 86 216,13 m3
Proposition 2 : Deux triangles qui ont un angle
isométrique compris entre des côtés homologues de
longueurs proportionnelles sont semblables.
Hypothèses : •
•∠A艑∠D
Conclusion : Δ ABC ⬃ Δ DEF
Page 41
Activité 1
m DE
苶
m DF
苶
m AB
苶
m AC
苶
a. m ∠ AB'C' m ∠ ABC
b. Le rapport d’homothétie doit être égal au rapport suivant :
B
E
m DE
苶
m AB
苶
D
c. Le cas ACA.
d. Oui. Comme les triangles DEF et AB'C' sont isométriques et
e. Proposition 1 : Deux triangles dont les côtés homologues
ont des mesures proportionnelles sont semblables.
Hypothèse :
m DE
苶
m EF
苶
m DF
苶
m AB
苶
m BC
苶
m AC
苶
Conclusion : Δ ABC ⬃ Δ DEF
B
E
F
A
C
On peut construire
un triangle AB'C'
semblable au
triangle ABC par
une homothétie
de centre A et A
de rapport
k
m DE
苶
m AB
苶
On sait que k D
F
A
C
On peut construire
un triangle AB'C'
semblable au
triangle ABC par
une homothétie
de centre A et A
de rapport
k
m DE
苶
.
m AB
苶
On sait que k B
E
B'
D
F
C'
C
m DE
苶
m EF
苶
m DF
苶
(par hypothèse),
m AB
苶
m BC
苶
m AC
苶
ce qui permet de trouver :
m AB' k m AB m DE
m BC' k m BC m EF
m AC' k m AC m DF
22
B
E
B'
D
F
C'
C
m DE
苶
m DF
苶
(par hypothèse),
m AB
苶
m AC
苶
ce qui permet de trouver :
m AB' k m AB m DE
m AC' k m AC m DF
Ainsi, les triangles AB'C' et DEF, qui ont des angles
homologues isométriques compris entre des côtés
homologues isométriques, sont isométriques (par CAC).
Et comme les triangles AB'C' et DEF sont isométriques et
Activité 2
Page 42
a. Plusieurs réponses possibles, selon les conjectures des
élèves.
Exemples :
Objet 1 : Les triangles AED et CEB paraissent semblables.
Les côtés AD et BC sont homologues, les côtés DE et BE
également, ainsi que les côtés AE et CE. Les sommets A et
C sont homologues, de même que les sommets B et D.
Le sommet E est commun aux deux triangles.
Objet 2 : Les triangles CDA et BCA paraissent
semblables. Les côtés AC et AB sont homologues, les côtés
CD et BC également, ainsi que les côtés AD et AC. Les
sommets C et D sont homologues, de même que les
sommets B et C. Le sommet A est commun aux deux
triangles.
Objet 3 : Les triangles BAE et EDC paraissent semblables.
Les côtés BA et ED sont homologues, les côtés EA et CD
également, ainsi que les côtés EB et CE. Les sommets A et
D sont homologues, tout comme les sommets B et E et
les sommets E et C.
b. Objet 1 : Δ AED ⬃ Δ CEB par le cas CAC. En effet,
∠ AED 艑 ∠ CEB (angles opposés par le sommet),
m AE
苶
苶
43,6
m DE
52,3 (côtés homologues de longueurs
m CE
苶
m BE
苶
proportionnelles).
Objet 2 : Δ CDA ⬃ Δ BCA par le cas AA. En effet,
∠ CAD 艑 ∠ BAC (angle commun aux deux triangles)
et ∠ CDA 艑 ∠ BCA (ces deux angles mesurent 95°,
soit 180° – 85° et 40° 55°).
Objet 3 : Δ BAE ⬃ Δ EDC ⬃ Δ CEB par le cas CCC.
En effet, les côtés homologues de ces triangles sont
de longueurs proportionnelles,
m BE
m EA
苶
苶
m BA
苶
3
4 et
m CD
苶
m EC
苶
m ED
苶
m EC
苶
m ED
苶
m CD
苶
4
5.
m CB
苶
m CE
苶
m BE
苶
43,6
50
c. Objet 1 : x 52,3
d. 1) Non.
2) Non.
e. 1) Constructions personnelles.
2) À la condition que l’angle isométrique des deux
triangles soit compris entre des côtés homologues de
longueurs proportionnelles.
Page 46
Mise au point 5.3
1. a) Δ ACB ⬃ Δ AED par le cas AA (∠ ACB 艑 ∠ AED et
∠ CAB 艑 ∠ EAD).
b) Δ CAB ⬃ Δ EAD par le cas AA (∠ CBA 艑 ∠ EDA et
∠ CAB 艑 ∠ EAD).
c) Δ ADC ⬃ Δ BAC par le cas CCC
m AD
苶
m DC
苶
m AC
苶
1 冣.
冢 m BA
苶
m AC
苶
m BC
苶
2
d) Δ CBA ⬃ Δ CAD par le cas CAC
m CB
苶
m CA
苶
1
2. a) Δ ABC ⬃ Δ DAC par le cas CCC
苶
m AB
m AC
苶
m BC
苶
1 冣.
冢 m DA
苶
m DC
苶
m AC
苶
x ⬇ 60 cm
y ⬇ 35,7 cm
z 78,5 – 35,7 42,8 cm
苶
m CA
苶
m CD
m BC
苶
m BA
苶
苶
2,4
m CD
Objet 2 : 1,5 2,9
m CD ⬇ 1,241 m
d. Comme on l’a démontré à la question c, Δ EDC ⬃ Δ CEB
par le cas CCC. Les angles homologues de ces triangles
sont alors isométriques. Ainsi, ∠ BCE 艑 ∠ CED. La sécante
CE coupe donc les droites AD et BC tout en formant des
angles alternes-internes isométriques, ce qui démontre que
ces deux droites sont parallèles.
Page 43
a. 1) Les triangles ACB et FDE ont trois paires d’angles
isométriques.
2) Les triangles ACB et GIH n’ont aucun angle isométrique.
3) Les triangles ACB et LJK ont une paire d’angles
isométriques : ∠ B 艑 ∠ L.
c. 1) Oui, les triangles ABC et FED sont semblables.
2 冣.
冢∠ BCA 艑 ∠ ACD et m CA
苶
m CD
苶
y
43,6
52,3
78,5 y
Technomath
b. 1) En effet, tous ces rapports valent 2.
2) Ces deux rapports valent 1,5.
3) Ces deux rapports valent 2.
2
Ainsi, l’aire du triangle DAC est le quart de celle du
triangle ABC, soit environ 12 cm2, car le rapport des
aires est k 2. Le quadrilatère ABCD a donc une aire
d’environ 60 cm2, soit 48 cm2 12 cm2.
b) Plusieurs réponses possibles, selon le triangle construit.
Exemple :
Si le triangle BCE, semblable au triangle ABC, a
des côtés de 18 cm, de 24 cm et de 36 cm
m BC
苶
冢 m AC
苶
m CE
苶
m BE
苶
2
1 , l’aire du triangle BCE
m CB
苶
m AB
苶
冣
sera d’environ 192 cm , soit 4 48 cm2. Ainsi, l’aire
du pentagone ABCDE est environ de 252 cm2, soit
192 cm2 48 cm2 12 cm2.
2
3. Plusieurs réponses possibles. Exemple :
Ces deux triangles ont déjà des angles
homologues isométriques, formés par
l’angle A ci-contre, qui est commun aux
deux triangles. Pour que les deux
triangles soient semblables, il suffit que
deux autres angles homologues soient
isométriques. Les deux triangles seront
alors semblables par le cas de similitude
AA.
A
E
B
D
C
23
Page 47
4. a) Constructions personnelles.
b) Réponses personnelles. Exemple : Les triangles formés
paraissent semblables.
c) Soit la figure ci-contre :
A
Hypothèse : DE 兾兾 AC
D
Conclusion : Δ ABC ⬃ Δ DBE
7. Les deux triangles ainsi formés sont semblables par le cas
AA (ils ont chacun un angle droit et ils ont un angle
commun).
?
?
6,40 m
6,70 m
B
C
E
AFFIRMATION
1. DE 兾兾 AC
1. Par hypothèse.
3. ∠ ABC 艑 ∠ DBE 3. ∠ B est un angle commun aux deux
triangles.
4. Par le cas de similitude des triangles AA.
5. Pour calculer le périmètre du quadrilatère BCDE, on doit
déterminer les mesures des côtés ED, BE et DC.
Tout d’abord, on peut démontrer que Δ ABC ⬃ Δ AED (par
le cas CAC, car ∠ BAC 艑 ∠ EAD et
苶
1
m ED
2
27
m ED ⬇ 13,5 cm
Le périmètre du quadrilatère BCDE est donc de 61,3 cm,
car 27 8 13,5 12,8 61,3.
20
25
50 x
40 x
x0
40 x
D
50 x
G
20
F
20
C
8. a) Conjecture : Le support ED est parallèle au côté BC de
la charpente.
A
24
D
E
B
C
Hypothèses : • Le point E est le point milieu de AB.
• Le point D est le point milieu de AC.
Conclusion : ED 兾兾 BC
Les triangles AED et ABC sont semblables par le cas de
similitude des triangles CAC. En effet, les angles BAC et
EAD sont isométriques et compris entre des côtés de
m AE
苶
苶
m AD
2 冣.
冢 m AB
m AC
苶
苶
1
Ces triangles étant semblables, leurs angles homologues
sont isométriques. Ainsi, ∠ AED 艑 ∠ ABC et
∠ ADE 艑 ∠ ACB. Ces paires d’angles sont des angles
correspondants, formés des sécantes AB et AC qui
coupent les droites ED et BC. Comme ces angles
correspondants sont isométriques, les droites ED et BC
sont parallèles.
b) Conjecture : Le support ED mesure la moitié du côté BC
de la charpente.
Hypothèses : • Le point E est le point milieu de AB.
• Le point D est le point milieu de AC.
Conclusion : m ED Ainsi, c’est lorsque x vaut 0 que les deux triangles sont
semblables, c’est-à-dire lorsque HG coïncide avec
la diagonale AC du rectangle.
Page 48
longueurs proportionnelles
x
B
x ⬇ 1,76
La zone de glisse mesure donc 6,64 m (par la relation
de Pythagore).
m AD
m AE
苶
苶
1
2.
m AB
苶
m AC
苶
Les points E et D étant les points milieux des côtés AB et AC).
Les triangles ABC et AED étant semblables, on peut
déterminer la mesure du côté ED du quadrilatère.
6. La designer a tort.
Pour que les deux
x
H
A
triangles soient
semblables, il faudrait
que leurs côtés
homologues soient de 25
longueurs
proportionnelles.
E
Autrement dit, on
aurait l’équivalence
25
suivante :
La partie verticale hors de l’eau de la nouvelle rampe
mesure alors 1,76 m.
x
6,40
1,84
6,70
JUSTIFICATION
2. ∠ BDE 艑 ∠ BAC 2. Car les ∠ BDE et ∠ BAC sont des
angles correspondants et que DE 兾兾 AC.
4. Δ ABC ⬃ Δ DBE
1,84 m
m BC
苶
2
Les triangles AED et ABC sont semblables par le cas
de similitude des triangles CAC, démontré en a).
Comme des triangles semblables ont des côtés
de longueurs proportionnelles, on peut dire que :
m ED
m AD
苶
苶
m AE
苶
1
2,
m AC
苶
m BC
苶
m AB
苶
d’où
m ED
苶
1
2
m BC
苶
1
m ED 2 m BC
9. On peut supposer que les quatre triangles ainsi obtenus
sont semblables au triangle ABC.
En effet, par le cas de similitude CAC, on peut démontrer
que les triangles AED, BEF et CDF sont semblables au
triangle ABC, ils ont tous un angle commun avec le triangle
ABC compris entre des côtés homologues de longueurs
proportionnelles. De ces triangles semblables, on peut
déduire que les côtés ED, DF et EF mesurent alors
respectivement la moitié des côtés BC, AB et AC, tout
comme les autres côtés homologues de ces triangles
semblables.
Par conséquent, le triangle formé des côtés ED, DF et EF
est aussi semblable au triangle ABC par le cas de similitude
CCC.
Abase h
3
π 32 5
3
11. Les triangles ABC et DEF sont semblables par le cas de
similitude des triangles AA. En effet, les angles DEF et
ABC sont isométriques, ainsi que les angles DFE et ACB.
Comme les droites d1, d2
A
et d3 sont parallèles aux
d1
côtés AB, BC et AC
du triangle ABC
D
(par hypothèse), les
angles ci-contre sont
isométriques, car il
E
F
s’agit d’angles
d2
B
correspondants
formés par une
C
sécante qui coupe
d3
des droites parallèles.
12. Les triangles ABE et CDE sont semblables par le cas
de similitude des triangles CAC. En effet, les angles
opposés par le sommet CED et BEA sont isométriques
et compris entre des côtés homologues de longueurs
proportionnelles
m CE
苶
m DE
苶
冢 m BE苶 m AE苶 0,58冣.
On calcule la mesure du tronçon de route représenté par
le segment CD de la façon suivante :
10. a) Vcône 15π
⬇ 47,124 m3
b) Les triangles rectangles ayant
pour cathètes les hauteurs et
les rayons du petit cône et du
grand cône sont semblables
5m
par le cas de similitude des
triangles AA. En effet, ils ont
un angle commun et chacun a
un angle droit. Les côtés
homologues de ces triangles
sont ainsi de longueurs
proportionnelles.
Page 49
m CD
苶
0,58
m AB
苶
B
D
3m
A
E
5
3m
C
m DE
m CD
苶
苶
苶
m CE
1
3 car,
m CB
苶
m CA
苶
m BA
苶
1
par hypothèse, m CD 3 m CB.
Autrement dit,
Le rapport de similitude étant 13 , le volume de grains
qui reste dans le silo sera 27 fois plus petit que la
partie conique du silo (car, dans des solides
semblables, le rapport entre les volumes est égal au
cube du rapport de similitude).
La quantité de grains qui reste est donc de 1,745 m3,
soit 47,124 ÷ 27.
m CD 0,58 240
m CD 139,2 m
13. a) Plusieurs conjectures possibles. Exemple :
Le quadrilatère EFGH qu’on a obtenu est
b) Hypothèse : Les points E, F, G et H sont les points
milieux de leur côté respectif.
Conclusion : Le quadrilatère
EFGH est un
E
parallélogramme.
A
Construction :
On trace la diagonale AC
du quadrilatère ABCD.
D
H
C
F
G
B
25
AFFIRMATION
1. AC 兾兾 EH
2. AC 兾兾 FG
3. EH 兾兾 FG
15. Les triangles ABE et ECD sont semblables par le cas
de similitude AA, car ∠ BAE 艑 ∠ CED. En effet, dans
la figure ci-dessous, comme a b 90o et que
b c 90o, on peut en déduire que a c.
JUSTIFICATION
1. Car, dans le triangle DAC, les points E
et H sont respectivement les points
milieux des côtés AD et DC, et
lorsqu’on relie les points milieux de
deux côtés d’un triangle, le segment
ainsi formé est parallèle au troisième
côté (voir le numéro 8 de la rubrique
« Mise au point »).
A
a
D
1,73 m
2. Pour les mêmes raisons que celles
énoncées à l’étape 1.
B
3. Ces deux segments sont parallèles au
segment AC, donc parallèles entre eux.
4. En traçant la
4. Par le même raisonnement que celui
diagonale DB du
présenté aux étapes 1, 2 et 3.
quadrilatère ABCD,
on peut affirmer
que EF 兾兾 GH .
5. Le quadrilatère
EFGH est un
parallélogramme.
Page 50
14. Hypothèse : La diagonale AC du quadrilatère ABCD
mesure 18 m.
C
12 m
Conclusion :
22,5 m
Le quadrilatère D
ABCD est
18 m
un trapèze.
B
15 m
A
1. Δ ABC ⬃ Δ CAD
JUSTIFICATION
1. Par le cas de similitude CCC, car
les côtés homologues sont de
longueurs proportionnelles
苶
苶
苶
m BC
m CA
2 冣.
冢 mm AB
CA
苶
m AD
苶
m DC
苶
3
2. ∠ DCA 艑 ∠ CAB
2. Car les angles homologues de triangles
semblables sont isométriques.
3. DC 兾兾 AB
3. Comme la sécante AC forme des angles
alternes-internes isométriques, cette
sécante coupe donc des droites
parallèles.
4. Le quadrilatère
ABCD est
un trapèze.
4. Car un quadrilatère ayant une paire de
côtés parallèles est un trapèze.
26
On peut alors déterminer la mesure de la poutre
représentée par le segment AB, car les côtés homologues
de triangles semblables sont de longueurs proportionnelles.
苶
3,32
m AB
1,73
1,30
m AB ⬇ 2,49 m
Par la relation de Pythagore, on peut déterminer les
mesures des poutres représentées par les segments AE,
DE et AD.
m AE 兹 m BE2 m AB2
m AE 兹3,322 2,492
m AE 4,15 m
m DE 兹 m DC2 m EC2
m DE 兹1,302 1,732
m DE ⬇ 2,16 m
m AD 兹 m AE2 m DE 2
m AD 兹4,152 2,162
m AD ⬇ 4,68 m
27 m
AFFIRMATION
c
C
E 1,30 m
m BE
m AB
苶
苶
m EC
苶
m CD
苶
5. Car un parallélogramme est un
quadrilatère ayant deux paires de côtés
opposés parallèles.
b
3,32 m
16. a) Plusieurs conjectures possibles. Exemple :
En partant du haut, le point A est situé environ au tiers
de la distance qui sépare les deux barres horizontales
entre lesquelles il se trouve. Pour sa part, le point B est
situé environ aux 25 de la distance qui sépare les deux
barres horizontales entre lesquelles il se trouve.
b) Hypothèse : HF 兾兾 IE 兾兾 CD
Conclusion : En partant
G
du haut, le point A est
situé environ au tiers de
5,1 m
5,1 m
la distance qui sépare les
H
F
deux barres horizontales
entre lesquelles il se
5,1 m
5,1 m
A
trouve. Pour sa part, le
point B est situé environ
I
E
aux 25 de la distance qui
5,1 m
5,1 m
B
sépare les deux barres
horizontales entre
C
D
9m
lesquelles il se trouve.
AFFIRMATION
JUSTIFICATION
1. Δ GHF ⬃ Δ GIE ⬃ Δ GCD 1. Par le cas de similitude des
triangles AA puisque
∠ GHF 艑 ∠ GIE 艑 ∠ GCD et
∠ GFH 艑 ∠ GEI 艑 ∠ GDC,
ces angles étant des angles
correspondants formés par
une sécante qui coupe des
droites parallèles.
2. m IE 6 cm et
m HF 3 cm
2. Car les côtés homologues de
triangles semblables ont des
longueurs proportionnelles.
3. Δ HAF ⬃ Δ EAI
3. Par le cas de similitude des
triangles AA.
m AO
苶
5. Par le cas de similitude des
triangles AA.
6. Le rapport des hauteurs
6. Car les segments homologues
des triangles IBE et DBC
de triangles semblables ont
est 23 , le point B étant alors
des longueurs proportionnelles,
situé aux 25 de la distance
c’est-à-dire que leur rapport
qui sépare les deux barres
est identique à 69 .
horizontales.
Page 51
17. Les triangles ABC et EBF sont semblables par le cas
de similitude des triangles CAC. En effet, les angles ABC
et EBF sont isométriques, car ils sont formés par un angle
commun aux deux triangles. De plus, cet angle est
compris entre des côtés homologues de longueurs
proportionnelles.
冢
m AB
苶
苶
3
m CB
2 .
m EB
苶
m FB
苶
冣
1,5 cm
E
A
4 cm
3 cm
B
D
6 cm
F
m BO
苶
2
Les angles homologues de ces deux triangles sont
donc isométriques (∠ ABO 艑 ∠ DCO
et ∠ BAO 艑 ∠ CDO). Considérant que la droite BC
est une sécante aux droites AB et CD, et que les angles
alternes-internes ainsi formés sont isométriques,
on peut en déduire que AB 兾兾 CD.
b)
m AB
苶
2
3
m CD
苶
1,5
2
3
m CD
苶
m CD ⬇ 2,25 cm
19. a) Les deux triangles sont semblables par le cas de
similitude des triangles AA. En effet, les deux triangles
ont un angle droit (par hypothèse), et l’angle situé
le plus à l’est est un angle commun aux deux triangles.
b) La longueur de la route projetée est environ de 0,813 km.
c) Oui, car les deux triangles ainsi formés auraient
toujours deux angles isométriques.
d) Au mètre près, la route devrait passer à 2,546 km
du point situé le plus à l’est.
section
5.4
De nouveaux
théorèmes
2 cm
3 cm
Par conséquent, les angles homologues de ces triangles
sont isométriques. Ainsi, ∠ BEF 艑 ∠ BAC. Considérant
que la droite AB est une sécante des droites EF et AC, et
que les angles correspondants ainsi formés sont
isométriques, on peut en déduire que EF 兾兾 AC.
En suivant un raisonnement analogue avec les triangles
DFC et ABC, on peut aussi en déduire que les droites AE
et DF sont parallèles.
On peut donc conclure que le quadrilatère AEFD est
C
Page 52
Problème – Sous le toit
L’aire totale de la surface à couvrir est de 72,9 m2.
La mesure de l’hypoténuse et la hauteur du triangle
Par la relation de Pythagore, c 兹9,62 7,22 12.
Le produit des mesures des cathètes
est égal à hc car, dans les deux cas, le produit
vaut le double de l’aire du triangle.
9,6
7,2
hc 9,6 7,2 69,12.
h
Donc h 69,12 12 5,76.
c
D
3冣
冢 m DO
苶
m CO
苶
4. Le rapport des hauteurs
4. Car les segments homologues
des triangles HAF et EAI
de triangles semblables ont
est 12 , le point A étant alors
des longueurs proportionnelles,
situé au tiers de la distance
c’est-à-dire que leur rapport est
qui sépare les deux barres
identique à 36 .
horizontales.
5. Δ IBE ⬃ Δ DBC
18. a) Les triangles AOB et DOC sont semblables
par le cas de similitude des triangles CAC. En effet,
les angles AOB et DOC,
étant opposés par
C
le sommet, sont
isométriques. De plus,
ces angles sont
O
A
compris entre des
côtés homologues
de longueurs
B
proportionnelles.
27
Calcul des autres mesures
On trace le segment CF qui relie le haut des deux murs de
2,4 m. Les segments BE et CF sont parallèles au segment DG.
Ils partagent la hauteur AH en trois
A
segments dont les dimensions
sont données dans la figure.
9,6
2,16
7,2
B
E
1,2
C
F
2,4
D
G
H
d. Δ ABC ⬃ Δ CBD par la condition minimale AA. En effet :
1. les deux triangles ont un angle droit ;
2. l’angle B est commun aux deux triangles.
Δ ABC ⬃ Δ ACD par la condition minimale AA. En effet :
1. les deux triangles ont un angle droit ;
2. l’angle A est commun aux deux triangles.
e. Il suffit de reporter, sur chaque triangle, les variables qui
représentent les mesures des côtés.
D
12
D
Puisque BE 兾兾 CF 兾兾 DG , les trois triangles ABE, ACF et ADG
sont semblables (par la condition minimale de similitude AA).
n
h
h
m
A
C
3
2,16
, qui se réduit à 8 .
5,76
3
3
On a donc : m AB 8 9,6 3,6; m BE 8 12 4,5;
3
m AE 8 7,2 2,7.
En établissant les rapports de similitude entre les cathètes,
on obtient :
h
m
n ou h2 mn
h
Le rapport de similitude entre les triangles ACF et ADG est
7
3,36
, qui se réduit à 12.
5,76
7
7
On a donc : m AC 12 9,6 5,6 ; m CF 12 12 7 ;
7
m AF 12 7,2 4,2.
On peut en déduire les mesures des segments BC et EF.
m BC m AC m AB 5,6 – 3,6 2
m EF m AF m AE 4,2 – 2,7 1,5
Le schéma ci-contre indique
4,5
les dimensions de la mezzanine. 2
1,2
1,5
2,4
Calcul de l’aire totale de la surface à couvrir
Aire du mur du fond (sans la fenêtre) :
(4,5 7) 1,2
2 21,7
2
Activité 1
a
Page 53
x
a. x b ou x2 ab.
b. La moyenne proportionnelle entre 392 et 440 est
de 兹392 440 , soit, au dixième près, 415,3.
c. 16
28
C
D
b
n
a
h
C
b
A
B
c
b
On obtient : b c ou b2 nc.
g. On suit la même démarche qu’à la question f, mais avec
les triangles CBD et ABC ; on obtient alors :
a
m
c ou a2 mc.
a
h. n 40 – 8 32
h 兹8 32 16
b 兹32 40 16兹5
a 兹8 40 8兹5
Activité 2
Aire des autres murs et du plafond :
(2,4 2 4,5 1,5 2,4) 4 51,2
Aire totale : 21,7 51,2 72,9
b
f. On procède de la même façon qu’à la question e en
comparant, cette fois, le rapport des plus grandes cathètes
avec celui des hypoténuses.
n
7
7 2,4 a
A
7
2,4
B
C
Le rapport de similitude entre les triangles ABE et ADG est
Page 54
a. Plusieurs démonstrations possibles. Exemple :
Les triangles ADC et A'D'C' sont semblables par
la condition minimale de similitude AA. En effet :
1. puisque les triangles ABD et A'B'D' sont des triangles
rectangles isocèles, les angles ADB et A'D'B' mesurent
45° chacun. Ils sont donc isométriques ;
2. de plus, ∠ ACB 艑 ∠ A'C'B', car ce sont des angles
homologues des triangles ABC et A'B'C' qui sont
semblables par hypothèse.
b. Le rapport de similitude entre les triangles ADC et A'D'C'
est identique au rapport de similitude entre les triangles
a
ABC et A'B'C', soit b .
a
ac
m CD
苶
c. Par la réponse à la question b, on a : b bd
m C'D'
苶
a
c
d. Si b d , j’en déduis que ad bc car, dans une
proportion, le produit des extrêmes est égal
au produit des moyens.
En ajoutant le terme ab de chaque côté du signe d’égalité,
j’obtiens ad + ab = bc + ab.
Je factorise chacune des expressions ainsi obtenues :
a(d + b) = b (c + a).
c+a
a
J’en conclus que b = d + b , car le produit
des extrêmes est égal au produit des moyens.
A
A'
c
B
d
B'
B'
Les triangles ACD et A'C'D' sont semblables (par
la condition minimale de similitude AA). En effet :
∠ C 艑 ∠ C', car ce sont des angles homologues dans
les triangles semblables ABC et A'B'C'.
∠ ADC 艑 ∠ A'D'C', car ces deux angles mesurent 135°.
Le rapport de similitude entre ces deux triangles étant
le même que le rapport de similitude entre les
triangles ABC et A'B'C', on a donc :
ac
a
m BC
苶
m CD
苶
, c’est-à-dire b b d .
m苶
B'C'
m C'D'
苶
Démonstration algébrique
c
a
On suppose que b d . Cette équation équivaut
à ad bc.
En soustrayant ab de chaque côté, on obtient :
ad – ab bc – ab.
On peut factoriser chaque expression : a (d – b) b (c – a).
En divisant de chaque côté par b(d – b), on obtient :
ca
a
db.
b
a
d6
d4
d5
D
G
d1
E
d2
H
F
d3
b
D'
d
D
c
m AB
苶
m BC
苶
m DE
苶
m EF
苶
C
bd
b
Conclusion :
B
C'
ac
b. Plusieurs démonstrations possibles. Exemple :
Hypothèses : • d1 兾兾 d2 兾兾 d3
• d4 et d5 sont deux sécantes.
C'
c
C
a. Des sécantes coupées par des parallèles sont partagées
en segments de longueurs proportionnelles.
A
e. On peut utiliser l’une ou l’autre des démonstrations
suivantes.
Démonstration géométrique
Soit les deux triangles
C
rectangles ci-contre.
c
a
Si b d , alors ces deux
triangles sont semblables
a
(par la condition
A'
minimale CAC).
d
A
B
Sur les segments BC et B'C',
on ajoute les points D et D'
de façon que
les triangles ABD et A'B'D'
soient des triangles
rectangles isocèles.
Page 55
Activité 3
Construction :
Par le point A, on trace une droite d6, qui est parallèle à d5
et qui coupe d2 et d3 en G et H respectivement.
1. Les triangles ABG et ACH sont semblables par
la condition minimale AA. En effet, ils ont un angle
commun (l’angle A) et les angles correspondants ABG et
ACH sont isométriques puisque d2 et d3 sont parallèles.
2. La similitude de ces triangles fait que leurs côtés
homologues sont de longueurs proportionnelles.
On a donc :
苶
m AG
苶
m AB
.
m AC
苶
m AH
苶
3. Les quadrilatères AGED et AHFD sont
des parallélogrammes, car leurs côtés opposés sont
parallèles, par hypothèse ou par construction. Puisque
les côtés opposés d’un parallélogramme sont
isométriques, on peut affirmer que m AG m DE et
que m AH m DF .
4. À l’aide de ces égalités, par substitution dans
la proportion à l’étape 2, on obtient :
m AB
苶
m DE
苶
.
m AC
苶
m DF
苶
5. Il ne reste plus qu’à appliquer des propriétés
des proportions. Par la permutation des moyens,
on obtient :
m AB
苶
m AC
苶
, et par la propriété de soustraction,
m DE
苶
m DF
苶
m AC
苶 m AB
苶
m AB
苶
m BC
苶
on obtient :
.
m DF
苶 m DE
苶
m DE
苶
m EF
苶
ac
Cette équation équivaut à : b b d .
29
Mise au point 5.4
Page 58
1. a) 1) x 10
2) Théorème 2 : Dans un triangle rectangle, la mesure
de la hauteur issue du sommet de l’angle droit est
moyenne proportionnelle entre les mesures des deux
segments qu’elle détermine sur l’hypoténuse.
b) 1) x 12,5
2) Théorème 1 : Dans un triangle rectangle, la mesure
de chaque côté de l’angle droit est moyenne
proportionnelle entre la mesure de sa projection
sur l’hypoténuse et celle de l’hypoténuse entière.
c) 1) x 6,72
2) Théorème de Pythagore et théorème 3 :
Dans un triangle rectangle, le produit des mesures de
l’hypoténuse et de la hauteur correspondante est égal
au produit des mesures des côtés de l’angle droit.
d) 1) x 4
2) Théorème 2.
e) 1) x 12
2) Théorème 1.
f) 1) x 10 23
2) Théorème de Pythagore et théorème 2.
2. a) a 12 ; h 7,2 ; m 9,6 ; n 5,4
b) a 8兹3 ; b 8 ; h 4兹3 ; n 4
c) a 13 31 ; b 10 ; c 16 23 ; m 10 23
On a donc :
m DF 7. Il suffit de placer la feuille de façon que l’un des côtés
couvre exactement la largeur de trois planches de bois,
comme dans l’illustration ci-dessous. Les plis,
perpendiculaires à ce côté, devront être faits aux endroits
déterminés par les lignes entre les planches.
Explication : Les lignes qui séparent les planches de bois
étant parallèles, on peut appliquer le théorème de Thalès.
Le côté de la feuille est ainsi séparé en trois segments dont
les longueurs sont proportionnelles à la largeur des
planches. Puisque les planches ont la même largeur, le côté
de la feuille est séparé en trois segments de la même
longueur.
15
3)
15 25
15
24 40
24
25 40
15 24
4)
40
24
2)
25 15
15 25
40 24
24 40
Les équations suivantes sont équivalentes.
c
a
d
b
c
a
1 d 1
b
cd
ab
d
b
ab
b
d
cd
Page 59
4. 550 m
5. 2,1 m
6. Les poutres ont une longueur d’environ 1,79 m et 0,89 m.
Justification
La poutre représentée par le segment DE correspond
à la hauteur relative à l’hypoténuse dans le triangle
rectangle ADB.
On a donc :
m AD
苶 m BD
苶
24
4
8
2
⬇ 1,79.
m AB
苶
2 42
2兹苶
5
5
兹苶
兹苶
La poutre représentée par le segment DF correspond à
la hauteur relative à l’hypoténuse dans le triangle
rectangle ADC.
30
24
8. a) 1) 25 40
3. a) x 14,4
b) x 4
c) x 6兹3
m DE Page 60
d) b 4兹3 ; c 8 ; h 2兹3 ; m 2
m AD
苶 m CD
苶
21
2
2
⬇ 0,89.
m AC
苶
2 12
兹苶
兹苶5
9. a)
b)
c)
d)
e)
(addition de 1 de chaque côté)
(réduction)
(permutation des moyens)
⬇ 85 m
⬇ 79 m
⬇ 177 m
⬇ 93 m
⬇ 204 m
Page 61
10. a) 24 cm
b) ⬇ 146 cm
11. Dans le triangle rectangle
ci-contre, la mesure de
b
chaque côté de l’angle
droit est moyenne
proportionnelle entre la
n
mesure de sa projection A
c
sur l’hypoténuse et celle
de l’hypoténuse entière.
On a donc : a2 mc et b2 nc.
Cela permet d’affirmer que :
a2 b2 mc nc (m n)c c2.
m EC
苶
m BC
苶
, on obtient :
m GH
苶
m BH
苶
m BC
苶
24
4
m EC m GH 2 18 13
19 56
2213
m BH
苶
苶
À partir de la proportion
C
a
h
D m
B
2. On peut aussi calculer l’aire du parallélogramme en
utilisant le côté EA comme base. Les triangles EBA et
BAD étant semblables, par la condition minimale AA,
leurs côtés homologues sont de longueurs
proportionnelles.
12. a) Les aires des deux triangles formés par la hauteur sont
respectivement de 96 et de 54 unités carrées.
9
54
Leur rapport est 96, qui se réduit à 16.
Les cathètes du triangle mesurent 20 et 15 unités.
9
152
225
On observe que : 202 400 16.
b) Oui, la conjecture est vraie.
C
Plusieurs démonstrations
b
possibles. Exemple :
a
h
Soit le triangle
rectangle ABC
A
n
D m B
ci-contre.
Les aires des deux triangles formés en traçant
mh
nh
la hauteur CD sont de 2 et 2 .
m
Le rapport de ces aires est n .
Les cathètes du triangle ABC mesurent a et b unités.
On sait que a2 mc et b2 nc.
a2
mc
m
On observe que b2 nc n .
Aire du parallélogramme :
m EC m AB 19 56 10 198 13
Page 62
4
13. a) La mesure de GH est de 18 13
, ou environ de
18,3 unités.
Démarche : Par la relation de Pythagore,
m BD 兹102 242 26.
Le segment AG étant la hauteur relative à
l’hypoténuse dans le triangle rectangle BAD, on a :
m BG m BD (m AB )2. Ce qui fait que
m EA
苶
m BA
苶
. Ce qui fait que :
m BD
苶
m AD
苶
m BA
苶
10
m EA m BD 24 26 10 56 .
m AD
苶
On a donc :
Aire du parallélogramme :
4
m EA m GH 10 56 18 13
198 13 .
14. a) Oui. Le triangle ABC est nécessairement rectangle.
Justification : Il suffit de démontrer que le triangle ABC
est semblable au triangle ABD.
Ces deux triangles ont un angle commun, l’angle B.
De plus, les côtés homologues adjacents à cet angle
sont de longueurs proportionnelles.
En effet, puisque (m AB )2 m BD m BC, si l’on
divise chaque membre de cette égalité par
m AB m BC, on obtient
m AB
苶
m BD
苶
.
m BC
苶
m AB
苶
Par la condition minimale de similitude CAC, on a
Δ ABC ⬃ Δ ABD.
Le triangle ABC est donc rectangle, comme l’est
le triangle ABD.
b) Dans ce cas, le triangle ABC est obtusangle (l’angle A
est obtus).
15. a) La moyenne proportionnelle correspond à la mesure de
la hauteur relative à l’hypoténuse.
La moyenne arithmétique correspond à la mesure de
la médiane relative à l’hypoténuse.
Si l’on compare les longueurs de ces deux segments,
il est évident que 兹xy xy
.
2
m BG 102 26 3 11
13 .
Par la symétrie, m DH 3 11
13 .
4
11
m GH m BD m BH m DH 26 3 13
3 11
13 18 13
b) et c) L’aire du parallélogramme AECF est de 198 13 , ou
environ de 198,3.
Plusieurs démarches possibles. Exemples :
1. Puisque AE 兾兾 FC , on peut appliquer le théorème de
Thalès pour calculer la mesure du segment EF.
xy
2
x
xy
兹苶
y
Justification concernant les deux énoncés ci-dessus :
Le premier énoncé a été démontré dans cette section.
31
Pour justifier le deuxième énoncé, plusieurs
démonstrations sont possibles. Exemple :
Ce qu’il faut démontrer : Dans un triangle rectangle, la
longueur de la médiane relative à l’hypoténuse est
égale à la moitié de la longueur de l’hypoténuse.
C
D
A
M
B
Soit CM, la médiane du triangle ABC relative à
l’hypoténuse AB. On trace la droite MD parallèle à AC .
Cette droite, comme AB , est perpendiculaire au
côté BC.
Par le théorème de Thalès, ces parallèles partagent BA
et BC en segments de longueurs proportionnelles,
ce qui fait que BD 艑 CD.
On peut donc affirmer que les triangles BMD et CMD
sont isométriques, par CAC, étant donné qu’en plus de
l’isométrie des côtés BD et CD, ils ont chacun un angle
droit et ils ont en commun le côté MD.
Ces triangles étant isométriques, on peut donc affirmer
1
que m CM m BM 2 m AB.
b) Si x y, alors la médiane et la hauteur coïncident.
xy
Dans ce cas, 兹xy 2 .
Page 63
16. L’aire de la surface en rouge est de (36π 48兹2) cm2,
soit, environ, de 45,1 cm2.
Puisque BD est un diamètre, les triangles inscrits ABD et
CBD sont des triangles rectangles avec des angles droits
en A et C respectivement.
Remarque : Cette propriété a été démontrée dans
l’activité 2 de la section 5.1.
Soit le point E, le point d’intersection des deux diagonales.
Puisque les diagonales d’un cerf-volant sont
perpendiculaires, le segment AE est la hauteur relative à
l’hypoténuse du triangle rectangle ABD. En conséquence :
(m AE )2 m BE m ED 4 8 32.
Donc m AE 兹32 4兹2.
De la même manière, on a : m CE 4兹2.
Aire de la surface en rouge :
12 8兹苶2
36π 48兹2 ⬇ 45,1
π(6)2 2
32
17. La distance entre ces deux
A
D
droites parallèles est
environ de 4,6 cm.
h
Démarche :
B
C
O
Le triangle inscrit ABC est
rectangle puisque l’un
de ses côtés est le diamètre
du cercle.
Par la relation de Pythagore, on obtient :
m AC 兹 (m BC )2 (m AB )2 兹132 52 12.
Soit h, la hauteur relative à l’hypoténuse dans ce triangle.
h
m AB
苶 m AC
苶
5 12
8
13 4 13
m BC
苶
Cette hauteur est également la distance entre
les deux droites parallèles.
18. La distance qui sépare les deux pieds de la table est
de 24兹5 cm, ou environ de 53,7 cm.
19. a) Il faudra 40 rangées
de planches.
Démarche : On peut
représenter la situation
par la figure ci-contre.
A
D
h
E
B
C
m AC 兹(m AD )2 (m DC )2 兹4,82 3,62 6
4,8 3,6
h
2,88
6
Puisque chaque planche a une largeur de 14,4 cm, ou
0,144 m, le nombre de rangées de planches sera égal
à 2 (2,88 0,144) 40.
b) Tous les triangles auront la même forme que
le triangle ADC, mais ils seront 20 fois plus petits. Ils
seront donc des triangles rectangles dont les cathètes
mesureront 24 cm et 18 cm, et l’hypoténuse, 30 cm.
c) Le nombre minimal de morceaux de planches est 56.
Pour qu’une rangée ne soit constituée que d’un seul
morceau de planche, il faut que sa longueur soit
inférieure à 365 cm. C’est le cas des 12 premières
rangées à partir du point D, car la longueur (en cm)
de la ne rangée à partir de ce point est de 30n.
C’est également le cas des 12 premières rangées à
partir du point B. Parmi les 40 rangées de planches, il
en reste 16 qui nécessiteront 2 morceaux de planche.
Le nombre minimal de morceaux de planches est donc
56, soit 12 12 2 16.
5
Rubriques
particulières
Chronique du passé
Page 64
1. a) Il suffit de tracer le rayon OB et de constater
que les deux triangles formés
B
sont isocèles. Par conséquent,
a
b
les angles à la base de ces
triangles sont isométriques.
b
a
A
C
Soit a et b, les mesures de
O
ces angles (en degrés), tel
que cela est indiqué dans
la figure ci-contre.
Puisque la somme des mesures des angles dans un
triangle est 180°, on obtient : a (a b ) b 180.
Cette équation équivaut à a b 90.
b) La mesure de l’angle inscrit vaut toujours la moitié
de la mesure de l’arc intercepté.
Plusieurs démonstrations possibles.
B
Exemple :
ab
Dans la figure ci-contre,
l’angle ABC est un angle
inscrit quelconque. On veut
b
O
a
démontrer que la mesure de
C
A
cet angle est la moitié de
la mesure de l’arc AC.
Par définition, la mesure de l’arc AC est identique à
la mesure de l’angle au centre AOC. Il suffit donc
de démontrer que m ∠ AOC 2 m ∠ ABC.
On trace les rayons OA, OB et OC. Encore une fois, deux
triangles isocèles sont formés. Soit a et b, les mesures
des angles, en degrés, à la base de ces triangles.
m ∠ AOB 180 – 2a et m ∠ BOC 180 – 2b
m ∠ AOC 360 – m ∠ AOB – m ∠ BOC
360 – (180 – 2a) – (180 – 2b)
2a 2b
2(a b)
2 m ∠ ABC
Chronique du passé
Page 65
2. a) Il y a deux possibilités.
1. Il peut ne pas y avoir de parallèle. Dans ce cas, toute
droite passant par un point à l’extérieur d’une droite
rencontre celle-ci en un point.
2. Par un point extérieur à une droite peuvent passer
plusieurs parallèles à cette droite.
b) Plusieurs réponses possibles. Exemples :
1. Deux droites perpendiculaires à une troisième sont
parallèles entre elles.
2. La somme des mesures des angles intérieurs d’un
triangle est 180°.
3. On construit le triangle ADC.
Puisque AC est un diamètre du
grand demi-disque, le triangle
ADC est rectangle et
le segment DB est la hauteur
relative à l’hypoténuse.
A
On a donc (m DB )2 m AB m BC .
Aire du disque de diamètre BD :
冢
苶
m BD
2
冣
2
π
D
B
C
π
4 (m BD )2 4 (m AB m BC )
Aire de l’arbelos :
π
m BC
苶 2
苶 2
苶 2
1
m AC
1
m AB
1
2 π 2
2 π 2
π 2
2
π
8 [(m AC )2 (m AB )2 (m BC )2]
π
8 [(m AB m BC )2 (m AB )2 (m BC )2]
π
8 [(m AB )2 2 m AB m BC (m BC )2 冢
冣
冢
冣
冢
冣
(m AB )2 (m BC )2]
π
8 [2 m AB m BC ]
π
4 (m AB m BC )
Page 66
Le monde du travail
1. On détermine la longueur du côté du carré situé au niveau
de la chambre du roi en calculant la moitié de la mesure de
la diagonale du carré à la base de la pyramide.
A
D
F
B
280
E
440
440
?
440
C
440
苶
m
AB
苶2 m 苶
BC
苶2
m FC 兹
2
m FC 4402 4402苶
兹苶
2
m FC ⬇ 311,127
On peut représenter la situation comme ci-dessous,
les deux triangles étant semblables par le cas de
similitude des triangles AA,
d’où la proportion suivante.
x
155,563
220
280
x ⬇ 197,989
280 – 197,989 82,011.
Ainsi, le plancher de la chambre
du roi se trouve à un peu plus
de 82 m du sol.
280
x
155,563
?
220
33
2. a) On peut émettre l’hypothèse qu’il s’agit de triangles
isocèles (par exemple, Δ ACE, Δ AEI, Δ BCD, Δ KFI) et
de triangles rectangles.
A
B
C
I
J
D
Comme les triangles AFG et AEG sont isométriques,
les côtés FG et EG sont isométriques, ainsi que les côtés AF
et AE, ce qui fait en sorte que le quadrilatère AFGE est
un cerf-volant.
K
E
G
F
b) Plusieurs réponses possibles. Exemple : En considérant
l’hypothèse en a), on peut dire que le quadrilatère ABDJ
est un losange. En effet, Δ BCD et Δ BDA étant isocèles,
on peut affirmer que BC 艑 BD, car Δ BCD est isocèle, et
que BD 艑 AB , car Δ ABD est isocèle, ce qui permet d’en
déduire que BC 艑 AB , par la transitivité. Autrement dit,
le point B est le point milieu du segment AC.
De la même façon, Δ JDE et Δ JDA étant isocèles, on
peut affirmer que JD 艑 JE , car Δ JDE est isocèle, et que
JD 艑 JA , car Δ JDA est isocèle, ce qui permet d’en
déduire que JE 艑 JA , par la transitivité. Autrement dit,
le point J est le point milieu du segment AE.
Comme les points B et J sont les points milieux des
côtés AC et AE du triangle isocèle ACE, on peut affirmer
que AJ 艑 AB . Ainsi, on peut conclure que les segments
AB, BD, DJ et JA sont isométriques, ce qui confirme que
le quadrilatère ABDJ est un losange.
3. Hypothèses : • Le quadrilatère ABCD
est un cerf-volant.
• Le point E est le
point milieu de AD . B
• Le point F est le
point milieu de AB .
• FG 兾兾 BC
• GE 兾兾 CD
Démonstration pour la conclusion 2
D’autre part, les triangles AFG et ABC sont semblables par
le cas de similitude AA. En effet, comme FG 兾兾 BC, par
hypothèse, ∠ AFG 艑 ∠ ABC, car ce sont des angles
correspondants formés par une sécante qui coupe des
droites parallèles, et ∠ GAF 艑 ∠ CAB, car c’est un angle
commun aux deux triangles. Le point F étant le point milieu
du côté AB, on peut affirmer que le rapport de similitude
est 12 . L’aire du triangle AFG est donc le quart de l’aire du
triangle ABC, car, dans des figures planes semblables,
le rapport entre les aires est égal au carré du rapport
de similitude.
Avec un raisonnement analogue, on peut démontrer que les
triangles AEG et ADC sont semblables et que l’aire du
triangle AEG est le quart de celle du triangle ADC.
H
C
G
1. a) Hypothèses : • Le quadrilatère ABCD est un losange.
• m ∠ OCB 45°
A
• Les diagonales
AC et BD sont
perpendiculaires.
O
Conclusion : • Le quadrilatère
B
ABCD est
D
un carré.
45°
F
E
A
Conclusions : 1. Le quadrilatère AFGE est un cerf-volant.
2. L’aire du quadrilatère AFGE est le quart de
celle du cerf-volant ABCD.
Démonstration pour la conclusion 1
Les triangles ABC et ADC sont isométriques par le cas
d’isométrie des triangles CCC. En effet, les côtés
homologues AB et AD sont isométriques, par la définition
de « cerf-volant », les côtés homologues BC et DC sont
isométriques, par la définition de « cerf-volant », et le côté
AC est commun aux deux triangles. On peut ainsi affirmer
que les angles homologues de ces deux triangles sont aussi
isométriques.
Les triangles AFG et AEG sont également isométriques par
le cas CAC d’isométrie des triangles. En effet, les côtés AF et
AE mesurent tous deux la moitié de deux côtés isométriques
du cerf-volant ABCD, le côté AG est commun aux deux
triangles et les angles BAG et DAG sont isométriques, car
il s’agit d’angles homologues de triangles isométriques.
34
Page 68
Vue d’ensemble
C
AFFIRMATION
1. OB 艑 OD
JUSTIFICATION
1. Car les diagonales d’un losange se
coupent en leur milieu.
2. m ∠ CBO 45° 2. Car la somme des mesures des angles
intérieurs d’un triangle est 180°.
3. Δ BOC 艑 Δ DOC 3. Par le cas d’isométrie des triangles CAC
(OB 艑 OD , OC est un côté commun aux
deux triangles, et ∠ BOC 艑 ∠ DOC).
4. m ∠ DCO 4. Les angles homologues de triangles
m ∠ BCO 45°
et m ∠ CBO m ∠ CDO 45°
5. m ∠ BCD 90° 5. Car m ∠ BCD m ∠ BCO m ∠ DCO 90°.
6. m ∠ CDA 6. Par un raisonnement analogue à ce qui
m ∠ DAB précède.
m ∠ ABC 90°
7. Le quadrilatère
ABCD est
un carré.
7. Car un quadrilatère dont tous les angles
sont isométriques et tous les côtés sont
isométriques est un carré.
D
b) Non, les renseignements
fournis ne sont pas suffisantes.
Considérant ces
renseignements, ce
quadrilatère pourrait être un
cerf-volant. Plusieurs réponses
possibles, selon la capacité
des élèves de minimiser
l’information nécessaire.
Exemple :
Il faudrait préciser que
les diagonales se coupent
en leur milieu pour pouvoir
affirmer qu’il s’agit d’un losange.
angles correspondants formés par une sécante qui
coupe des droites parallèles.
∠ ABE étant isométrique à ∠ AEB et ∠ AEB étant
isométrique à ∠ DCE, on peut en conclure que, par
la transitivité, ∠ ABC 艑 ∠ DCB.
b) Hypothèses : • Le quadrilatère ABCD est
un trapèze isocèle.
A
D
• AB 艑 DC
Conclusion : AC 艑 DB
45°
B
En se fondant sur le cas d’isométrie des triangles CAC,
on peut affirmer que Δ ABC 艑 Δ DCB. En effet,
ces deux triangles ont des angles isométriques
(∠ ABC 艑 ∠ DCB) compris entre des côtés
homologues isométriques, AB 艑 DC , et BC est
Ces deux triangles étant isométriques, tous leurs côtés
homologues sont isométriques. Ainsi, AC 艑 DB .
2. Vue de côté (cette représentation n’est pas à l’échelle) :
B
25 cm
O
153 cm
E
C 3 cm
3 cm
F
D ?
A
x
Vue d’ensemble (suite)
153
x
a) 25 3
x ⬇ 1275
Une distance de 12,75 m sépare l’observateur de l’arbre.
b)
苶
1275
m BD
25
3
x ⬇ 153
La hauteur de l’arbre est environ de 3,6 m, soit
2 153 cm.
3. a) Soit le trapèze isocèle ABCD ci-dessous.
Hypothèses : • Le quadrilatère ABCD est
un trapèze isocèle.
A
• m AB 艑 m DC
Conclusion : ∠ ABC 艑 ∠ DCB
B
D
E
Construction : On trace la droite parallèle au côté DC et
passant par le sommet A.
Cette construction permet d’affirmer que le quadrilatère
AECD est un parallélogramme car, par sa construction,
AE 兾兾 DC et, parce que le quadrilatère ABCD est
un trapèze, AD 兾兾 EC .
Le quadrilatère ADCE étant un parallélogramme,
DC 艑 AE , ce qui permet d’affirmer que
∠ ABE 艑 ∠ AEB, car le triangle ABE est isocèle,
si DC 艑 AE et DC 艑 AB , alors AB 艑 AE , et, par le fait
même, il est isoangle.
Les droites AE et DC étant parallèles, on peut également
affirmer que ∠ AEB 艑 ∠ DCE ; ces deux angles sont des
C
C
Page 69
4. Hypothèse : FD 兾兾 BC et FD 艑 BC .
A
a) Les triangles EFG et EBC
sont semblables par le cas
E
de similitude AA.
∠ FEG 艑 ∠ BEC, car
120 cm F
D
G
c’est un angle commun
aux deux triangles, et
∠ EFG 艑 ∠ EBC, car il
s’agit d’angles
B
C
correspondants formés
90 cm
par une sécante qui coupe
des droites parallèles.
b) Aucune information ne permet d’affirmer que les deux
triangles sont semblables. Tout ce qu’on sait, c’est qu’ils
ont deux côtés homologues de 90 cm chacun et deux
angles droits, les angles AFD et EBC, car ∠ EBC est
droit par hypothèse et, FD étant parallèle à BC , l’angle
AFD est également droit. Ces renseignements ne
permettent pas d’obtenir l’une des conditions minimales
des triangles semblables.
c) Aucune information ne permet d’affirmer que les deux
triangles sont semblables. Tout ce qu’on sait, c’est qu’ils
ont deux angles droits, les angles AFD et EFG.
Ces renseignements ne permettent pas d’obtenir l’une
des conditions minimales des triangles semblables.
5. a) Δ AFE 艑 Δ CHG par le cas d’isométrie des triangles
CAC, AF 艑 CH , car les parallélogrammes sont tous
identiques, AE 艑 GC , car les points E et G sont
les points milieux de côtés homologues de deux de ces
parallélogrammes et ∠ FAE 艑 ∠ GCH, car ce sont des
angles isométriques des parallélogrammes.
35
Δ DEH 艑 Δ BGF par le cas d’isométrie des triangles
CAC, DH 艑 BF , car les parallélogrammes sont tous
identiques, DE 艑 BG , car les points E et G sont les
points milieux de côtés homologues de deux de ces
parallélogrammes et ∠ EDH 艑 ∠ GBF, car ce sont des
angles isométriques des parallélogrammes.
Δ EFH 艑 Δ GHF par le cas d’isométrie des triangles
CCC, EF 艑 GH , car ce sont deux côtés homologues de
triangles isométriques, les triangles AFE et CHG,
EH 艑 GF , car ce sont aussi deux côtés homologues de
triangles isométriques, les triangles DEH et BGF, et le
côté FH est commun aux deux triangles.
b) Ils sont équivalents, car ils ont des bases isométriques,
BG 艑 GC , car le point G est le point milieu du segment
BC, et la même hauteur, soit celle du parallélogramme
FBCH. Leur aire est donc la même.
c) Ce quadrilatère est un parallélogramme.
∠ EFH 艑 ∠ GHF, car ce sont des angles homologues
des triangles isométriques EFH et GHF. Ainsi, EF 兾兾 GH
car, lorsque les angles alternes-internes formés par une
sécante qui coupe deux droites sont isométriques, ces
droites sont parallèles.
A
E
F
B
D
1,40
?
175
250
G
C
Page 70
6. a) Les deux triangles
représentés ci-contre sont
semblables par le cas de
similitude AA. Ainsi, on
peut établir la proportion
suivante :
100
?
0,80
1,40
?
? 175
La hauteur de la tour est
donc de 175 m.
175 m
1,40 m
?2
?
250 m
Audrey devrait se placer à 2 m de son frère.
7. Hypothèses : • Le quadrilatère ACDE est un carré.
• B est le point
F
A
milieu de AC.
• F est le point
milieu de AE.
B
• AD est
une diagonale
du carré ACDE.
Conclusion : Δ ABD 艑 Δ AFD C
E
D
AFFIRMATION
JUSTIFICATION
1. Δ BCD 艑 Δ FED
1. Par le cas d’isométrie des triangles CAC,
BC 艑 FE, car les deux segments
mesurent la moitié d’un côté du carré
ACDE, CD 艑 ED, car les côtés d’un carré
sont isométriques, et ∠ BCD 艑 ∠ FED,
car ce sont deux angles droits du carré.
2. BD 艑 FD
2. Car les côtés homologues de triangles
3. Δ ABD 艑 Δ AFD
3. Par le cas d’isométrie des triangles CCC,
BD 艑 FD par l’étape 2, BA 艑 FA, car
les deux segments mesurent la moitié
d’un côté du carré ACDE, et AD est
un côté commun aux deux triangles.
H
∠ EHF 艑 ∠ GFH, car ce sont des angles homologues
des triangles isométriques EFH et GHF. Ainsi, EH 兾兾 FG
car, lorsque les angles alternes-internes formés par une
sécante qui coupe deux droites sont isométriques, ces
droites sont parallèles.
Ainsi, on peut conclure que le quadrilatère EFGH est un
parallélogramme, car le quadrilatère EFGH a deux paires
de côtés opposés parallèles.
8. L’angle 3 mesure 45°.
En effet, comme les triangles ACB et DCB sont
isométriques, car le côté BC est commun aux deux triangles
et compris entre des angles homologues isométriques, les
angles ACB et DCB étant tous deux droits, et les angles
CBA et CBD mesurant chacun 40°, on peut en déduire que
les côtés AC et DC sont isométriques, les
D
côtés homologues de triangles
?
isométriques étant isométriques. A
C
Cela nous permet d’affirmer
40°
que le triangle ACD est isocèle
et, par le fait même, isoangle.
40°
B
1,40 m
Ainsi, les angles CAD et ADC mesurent chacun 45°,
soit
0,80 m
100 m
36
b) Les deux triangles représentés
ci-contre sont semblables
par le cas de similitude AA.
Ainsi, on peut établir la
proportion suivante :
180° 90°
, car la somme des mesures des angles
2
intérieurs est 180°.
Page 71
9. a) Par le cas de similitude des
triangles CAC, on peut affirmer
que les triangles AED, BFE et CDF
sont semblables au triangle ABC.
En effet, ils ont tous un angle
commun au triangle ABC
E
compris entre des côtés
homologues de longueurs
proportionnelles.
m AD
苶
苶
1 m BE
10. Elle a raison de penser ainsi.
Hypothèses : • Le quadrilatère ABCD est
• d1 兾兾 AD et d2 兾兾 AB .
Conclusion : Les parallélogrammes AFIE et IGCH ont
la même aire.
A
D
A
B
m AE
苶
m DF
苶
1
B
冣
苶
m FE
2冣
冢 m BC
苶
m AB
苶
m CA
苶
1
On peut alors conclure que les triangles AED, BFE, CDF et
DEF sont isométriques entre eux, car ils sont tous semblables
au triangle ABC et ont tous le même rapport de similitude,
G
1
b) 1) 2e niveau : k 4
3) 5e niveau : k 1
8
1
e
4) n niveau : k 2
2) 3e niveau : k 冢冣
1
2
5
1
32
H
冢冣
n
c) Même si le triangle ABC n’est pas équilatéral, il est
possible de démontrer, par les cas de similitude des
triangles CAC et CCC, que les triangles AED, BFE, CDF et
DEF sont semblables au triangle ABC (voir
le raisonnement en a)).
A
E
C
d2
AFFIRMATION
JUSTIFICATION
1. Δ ABD 艑 Δ CBD 1. Par le cas d’isométrie des triangles CCC,
AB 艑 CD et AD 艑 CB , car ce sont
des côtés opposés du parallélogramme
ABCD, et BD est un côté commun
aux deux triangles.
2. Δ BFI 艑 Δ BGI
FI 艑 GB et FB 艑 GI, car ce sont des
côtés opposés du parallélogramme FBGI
(par hypothèse, d1 兾兾 AD 兾兾 BC et
d2 兾兾 AB), et BI est un côté commun
aux deux triangles.
3. Δ EID 艑 Δ HID
EI 艑 HD et ED 艑 HI, car ce sont des
côtés opposés du parallélogramme EIHD
(par hypothèse, d1 兾兾 AD
et d2 兾兾 AB 兾兾 DC), et DI est un côté
1
soit 2 .
I
F
et les points E, F et D sont les points milieux des côtés
du triangle équilatéral ABC.
Le triangle DFE est aussi semblable au triangle ABC par le
cas de similitude CCC car, lorsqu’on relie par un segment
les points milieux de deux côtés d’un triangle, ce segment
mesure la moitié de la base du triangle qui lui est parallèle.
m ED
苶
D
d1
2,
2 et
冢 m AB
m AC
苶
m BA
苶
m BC
苶
苶
m CF
苶
苶
m CD
1
2
m CB
苶
m CA
苶
E
C
F
m苶
BF
Page 72
4. Les
4. Car AAFIE AΔ ABD − AΔ FBI − AΔ EID et AIGCH
AΔ CBD − AΔ BGI − AΔ HID. Et comme
parallélogrammes
AΔ ABD AΔ CBD, AΔ FBI AΔ BGI, et que
AFIE et IGCH ont
AΔ EID AΔ HID, car ce sont des triangles
la même aire.
isométriques, alors AAFIE AIGCH.
D
B
F
C
1
3
d) 1) 1er niveau : Ableue 3 4 1 unité 4 unité.
9
1
2) 2e niveau : Ableue 9 1 unité 16 unité.
16
27
1
3) 3e niveau : Ableue 27 1 unité 64 unité.
64
1 2
4) ne niveau : Ableue 3n n 1 unité
2
1 2
3n 2n unités.
冢冣
冢冣
11. Par la relation de
Pythagore, on peut
déterminer la
10 m
mesure de la
diagonale BD.
9m
A
D
E
8m
F
B
C
15 m
m BD 兹 m BC 2 m CD2
En effet, m BD 兹152 82
m BD 17
37
Les triangles BFA et BAD sont semblables par le cas de
similitude des triangles AA. En effet, ∠ BFA 艑 ∠ BAD par
hypothèse, et ∠ FBA 艑 ∠ ABD, car il s’agit d’un angle
commun aux deux triangles. Ainsi, on peut déterminer
les mesures des segments BF et FA comme suit :
alternes-internes formés par la sécante BE qui coupe deux
côtés parallèles du rectangle). On peut alors déterminer
la mesure du segment FE comme suit :
m AB
m BF
苶
苶
m苶
FA
m BA
苶
m DB
苶
m AD
苶
苶
24
m FE
36
40
苶
10
m BF
m苶
FA
9 17
10
m FE ⬇ 26,7
On calcule l’aire du quadrilatère CDEH comme suit :
A CDEH A CDFG – A FHE – A HGC
m BF ⬇ 5,882
m FA ⬇ 5,294
Dans un triangle rectangle, la mesure de chaque côté de
l’angle droit est moyenne proportionnelle entre la mesure
de sa projection sur l’hypoténuse et celle de l’hypoténuse
entière. Ainsi, on peut déterminer la mesure du segment
ED comme suit :
m DC
苶
m ED
苶
m DC
苶
m BD
苶
m ED ⬇ 3,765
Et la mesure du segment EC peut être déterminée à l’aide
de la relation de Pythagore.
m EC 兹 m DC2 m ED2
m EC 兹82 3,7652
m EC ⬇ 7,059
Ainsi, les segments BF, FA, ED, FE et EC mesurent
respectivement 5,882 m, 5,294 m, 3,765 m, 7,353 m
(soit 17 – 5,882 – 3,765) et 7,059 m.
Page 73
m GC
苶
m HG
苶
m AB
苶
m BC
苶
A
F
E
d2
G
40 cm
D
C
G
B
d3
D
m HG 36
B
A
I
H
60 cm
13. Hypothèses : • d1 兾兾 d2 兾兾 d3
• Le quadrilatère ABCD est un rectangle ;
le quadrilatère CEFG est un carré.
• CD 艑 HE
Conclusion : AABCD ACEFG
d1
12. Les triangles ABC et HGC sont semblables par le cas de
similitude des triangles AA. En effet, ∠ ABC 艑 ∠ HGC,
par hypothèse, et ∠ ACB 艑 ∠ HCG (angle commun
aux deux triangles). On peut alors déterminer la mesure
du segment HG comme suit :
C
60 cm
Le segment HG mesurant 36 cm et le segment FG
mesurant 60 cm, le segment FH mesure alors 24 cm.
Les triangles BGH et EFH sont semblables par le cas de
similitude des triangles AA. En effet, ∠ EHF 艑 ∠ BHG
(opposés par le sommet) et ∠ FEH 艑 ∠ GBH (angles
38
36 60
26,7 24
60 60 2
2
2199,6
L’aire de la région verte est donc d’environ 2200 cm2.
苶
8
m ED
17
8
60
m HG
苶
100
60
m FH
苶
苶
m FE
m GB
苶
m GH
苶
H
E
F
Les triangles CIE et BCE sont semblables, car ils ont deux
paires d’angles isométriques : ∠ CIE 艑 ∠ BCE et
∠ CEI 艑 ∠ BEC). Les triangles CIE et CEH sont
également semblables pour la même raison :
∠ CIE 艑 ∠ CEH et ∠ ICE 艑 ∠ ECH.
On peut alors affirmer que, par la transitivité, les triangles
BCE et CEH sont semblables.
Ainsi, on peut écrire la proportion suivante, car les côtés
homologues de triangles semblables sont de longueurs
proportionnelles.
m HE
苶
m EC
苶
m EC
苶
m BC
苶
m EC m EC m HE m BC
m EC m EC m DC m BC
A carré A rectangle
Construction d’un segment de longueur a ⴛ b
14. a) Dans la représentation de la situation suivante (qui
n’est pas à l’échelle), les triangles ACB et ADE sont
semblables par le cas de similitude AA,
∠ ADE 艑 ∠ ACB, car ce sont des angles droits,
et ∠ AED 艑 ∠ ABC, car il s’agit d’angles
correspondants formés par la sécante AB coupant
les parallèles BC et ED.
On peut donc établir
A
la proportion suivante :
m AC
苶
苶
m BC
m AD
苶
m ED
苶
20 x 14
20
E
D
20
E
1775
x
2
x
2
A
x
d’où, après la résolution,
x 250.
b
D
B
14
C
1775
Les dimensions de la forteresse carrée sont donc de
250 pas sur 250 pas.
b) On cherche la mesure du segment BF.
Sachant que les dimensions de la forteresse carrée
sont de 250 pas sur 250 pas, on sait que le segment
AC mesure 284 pas. Avec la relation de Pythagore, on
peut déterminer la mesure du segment AB, qui est
environ de 1798 pas.
Comme les triangles ACB et AGF sont
A
semblables par le cas de similitude
des triangles AA (pour les mêmes
20
raisons qu’en a)), on peut établir
D
E
la proportion suivante.
x
m AF
苶
m AG
苶
m AC
苶
m AB
苶
Le segment DE a la longueur voulue, soit a b, car,
par le théorème de Thalès :
m BC
苶
a
m AD 1 b ab.
m AB
苶
m DE 2
x
C
a
Explication
1. On trace deux demi-droites issues du point A.
2. Sur l’une d’elles, à l’aide d’un compas, on reporte
la longueur 1 à partir du point A pour déterminer
l’emplacement du point B, puis on reporte la longueur
a à partir du point B pour déterminer l’emplacement
du point C.
3. Sur l’autre demi-droite, toujours à l’aide d’un compas,
on reporte la longueur b à partir du point A pour
déterminer l’emplacement du point D.
4. On trace le segment BD.
5. On trace une droite parallèle au segment BD passant
par le point C. Cette droite rencontre la demi-droite AD
au point E.
F
G
B
1
x
x
Construction d’un segment de longueur a ⴜ b
E
m AF
苶
270
1798
284
F
G 14
m AF ⬇ 1709,37
B
1775
C
On peut ainsi déterminer la mesure du segment FB, qui
correspond à 89 pas. À partir de ce moment, on perdra
de vue le mur sud de la forteresse.
Page 74
Banque de problèmes
15. Plusieurs réponses possibles, selon la construction choisie
par l’élève (une seule construction est exigée). Exemples :
Voici les trois segments qui serviront aux constructions.
1
a
b
1
A
D
b
B
a
C
Explication
1. On trace deux demi-droites issues du point A.
2. Sur l’une d’elles, à l’aide d’un compas, on reporte
la longueur b à partir du point A pour déterminer
l’emplacement du point B, puis on reporte la longueur
a à partir du point B pour déterminer l’emplacement
du point C.
3. Sur l’autre demi-droite, toujours à l’aide d’un compas,
on reporte la longueur 1 à partir du point A pour
déterminer l’emplacement du point D.
4. On trace le segment BD.
5. On trace une droite parallèle au segment BD passant
par le point C. Cette droite rencontre la demi-droite AD
au point E.
39
Le segment DE a la longueur voulue, soit a b, car, par
le théorème de Thalès :
m DE m BC
苶
a
a
m AD b 1 b
m AB
苶
Construction d’un segment de longueur 兹a
E
A
1
L’aire du triangle CEB est k 2A, car le rapport des aires de
deux figures semblables est le carré du rapport de
similitude.
De plus, puisque les triangles CED et AED ont la même
hauteur issue du sommet D, le rapport de leurs aires est
égal au rapport des mesures de leur base. On a donc :
m CE
苶
aire du Δ CED
k, ce qui implique que l’aire
aire du Δ AED
m AE
苶
B
D
C
a
Explication
1. On trace une demi-droite issue du point A.
2. À l’aide d’un compas, on reporte la longueur 1 à partir
du point A pour déterminer l’emplacement du point B,
puis on reporte la longueur a à partir du point B pour
déterminer l’emplacement du point C.
3. On repère le milieu du segment AC en traçant, par
exemple, sa médiatrice. On nomme ce point milieu D.
4. On trace un demi-cercle de centre D et de rayon DC.
5. À partir du point B, on trace une perpendiculaire au
segment AC. Cette perpendiculaire rencontre le demicercle au point E.
Le segment BE a la longueur voulue, soit 兹a .
En effet, le triangle AEC étant rectangle, le segment BE
est la hauteur relative à l’hypoténuse AC. Puisque
la hauteur est moyenne proportionnelle entre les deux
segments qu’elle détermine sur l’hypoténuse, on a :
(m BE )2 m AB m BC 1 a a
On obtient donc m BE 兹a .
16. La grande base est 9 fois plus grande que la petite base.
A
du triangle CED est kA.
De la même façon, on montre que l’aire du triangle BEA
est également kA.
L’aire du trapèze est donc égale à k 2A 2kA A.
On peut donc écrire l’équation : k 2A 2kA A 100A.
En divisant chaque côté par A, on obtient :
k 2 2k 1 100, qui équivaut à : k 2 2k – 99 0.
La résolution donne k 9 ou
k –11. On ne conserve que la solution positive.
La grande base qui est le côté homologue de la petite
base est donc 9 fois plus grande que celle-ci.
Page 75
Banque de problèmes (suite)
La proposition suivante a déjà été démontrée.
Dans un pentagone régulier, les deux diagonales issues
d’un sommet séparent l’angle intérieur à ce sommet en
trois angles isométriques.
Sachant que les angles intérieurs d’un pentagone régulier
mesurent chacun 108°, on peut en déduire la mesure de
tous les angles dans cette figure. Notamment, on a :
B
1
36°
A
D
36°
36°
36°
108° 72° 72° 108°
F
G
1
36°
C
E
1
B
Soit ABCD, le trapèze. Les diagonales se rencontrent au
point E.
Δ AED ⬃ Δ CEB par la condition minimale de similitude
AA. En effet :
1. ∠ AED 艑 ∠ CEB, car ce sont des angles opposés par
le sommet ;
2. ∠ EAD 艑 ∠ ECB, car ce sont des angles alternesinternes relativement aux segments parallèles AD et BC.
Soit k, le rapport de similitude entre ces deux triangles, et
soit A, l’aire du triangle AED.
40
1
C
E
1
D
Connaissant la mesure de ces angles, on peut affirmer
que :
1. le triangle ABG est isoangle, donc isocèle, et que
m AG m AB 1 ;
2. Δ ABC ⬃ Δ BGC par la condition minimale de
similitude AA.
Soit x, la mesure de la diagonale AC.
Alors, on a m GC m AC m AG x 1.
De plus, par la deuxième affirmation ci-dessus, on a
b) On peut donner, dans l’ordre, les mesures de trois
angles intérieurs successifs et des deux côtés compris
entre ces angles.
Plusieurs justifications possibles.
Voici une démonstration de la première condition
minimale d’isométrie des quadrilatères qui correspond à
l’exemple 1 ci-dessus.
苶
苶
m BC
m AC
, car les côtés homologues de triangles
m BC
苶
m GC
苶
semblables sont de longueurs proportionnelles.
En substituant sa valeur à chaque mesure,
x
1
on obtient l’équation suivante : 1 x 1 .
Cette équation équivaut à x 2 – x – 1 0,
5
1 兹苶
.
dont la solution est x 2
A
E
D
Puisque x > 1, on ne doit conserver que la solution
1 兹苶
5
, qui est le nombre d’or.
2
B
18. On peut construire 22 triangles.
Tous les triangles formés sont isocèles, donc isoangles.
En analysant quelques exemples, on peut énoncer
la proposition suivante.
Si a est la mesure de l’angle A, en degrés, alors les angles
à la base du n e triangle isocèle construit mesureront
na degrés. Exemple :
C
H
F
G
Hypothèses : • AB EF, BC FG et CD GH.
• ∠ ABC 艑 ∠ EFG et ∠ BCD 艑 ∠ FGH.
Ce qu’il faut démontrer : AD EH
∠ CDA 艑 ∠ GHE et
∠ DAB 艑 ∠ HEF.
On trace les diagonales AC et EG.
A
E
F
D
D
4a
H
4a
B
a
A
2a
2a
a
3a
3a
C
B
5a 5a
E
G
En effet, m ∠ DBC a a, car il s’agit d’un angle
extérieur du triangle ABC, et la mesure d’un angle
extérieur d’un triangle est égale à la somme des mesures
des angles intérieurs qui ne lui sont pas adjacents.
Pour la même raison, on a :
m ∠ DCE a 2a (angle extérieur du triangle ACD) ;
m ∠ FDE a 3a (angle extérieur du triangle ADE), etc.
Puisque les angles à la base d’un triangle isocèle sont
nécessairement aigus, on a l’inéquation suivante :
na < 90.
Quand a 4, l’inéquation devient 4n 90.
Donc n 22,5.
Dans ce cas, la plus grande valeur de n, qui est
un nombre entier, est 22.
Page 76
19. Plusieurs réponses possibles (une seule réponse est exigée
des élèves). Exemples :
a) On peut donner, dans l’ordre, les mesures de trois
côtés successifs et des deux angles intérieurs formés
par ces côtés.
C
F
G
Les hypothèses permettent d’affirmer que
Δ ABC 艑 Δ EFG à cause de la condition minimale
d’isométrie des triangles CAC.
Les angles et les côtés homologues de ces triangles sont
donc isométriques, notamment : ∠ BCA 艑 ∠ FGE et
AC EG.
Ce qui permet d’affirmer que :
Δ ACD 艑 Δ EGH par la condition minimale d’isométrie
des triangles CAC. En effet :
1. on vient de démontrer que AC EG ;
2. m ∠ ACD m ∠ BCD – m ∠ BCA
m ∠ FGH – m ∠ FGE, car
∠ BCD 艑 ∠ FGH et ∠ BCA 艑 ∠ FGE.
m ∠ EGH
3. CD GH (par hypothèse).
Les angles et les côtés homologues de ces deux triangles
sont isométriques, donc ∠ CDA 艑 ∠ GHE et AD EH.
Il ne reste plus qu’à démontrer que ∠ DAB 艑 ∠ HEF.
On peut le faire en notant que la somme des mesures des
angles intérieurs d’un quadrilatère est 360° ; alors, si trois
angles homologues des deux quadrilatères sont
isométriques, le quatrième angle homologue le sera
également.
41
Remarque : La démonstration de la deuxième condition
minimale se fait de façon similaire, mais on utilise
cette fois les conditions minimales d’isométrie des
triangles CAC et ACA.
M
20. Dans un triangle, la bissectrice d’un angle intérieur
partage le côté opposé en deux segments dont
les longueurs sont proportionnelles à celles des deux
autres côtés du triangle.
A
B
La distance franchie sera donc égale à 兹 32 (m AB )2.
Cette distance est minimale si m AB est minimale.
Voici une vue du dessus du plancher :
Plusieurs démonstrations possibles. Exemple (preuve en
deux colonnes) :
Hypothèse : AD est la bissectrice
de l’angle BAC.
Conclusion :
m BD
苶
m CD
苶
m BA
苶
m CA
苶
3m
6m
A
C
3m
A
Construction : On trace BE
parallèle à AC.
D
B
E
AFFIRMATION
B
C
D
JUSTIFICATION
1. ∠ BAD 艑 ∠ CAD 1. Car AD est la bissectrice de l’angle BAC.
Il est clair que m AB sera minimale si AB est
perpendiculaire à CD.
Dans ce cas, AB est la hauteur relative à l’hypoténuse du
triangle rectangle BCD.
On a donc m AB m CD m DB m BC.
À partir des dimensions du plancher et sachant que
les diagonales d’un rectangle se coupent en leur milieu,
3 1,5
4,5
2. ∠ BED 艑 ∠ CAD 2. Car ce sont des angles alternes-internes
par rapport aux parallèles AC et BE.
on obtient : m AB 3. ∠ BED 艑 ∠ BAD 3. Par la transitivité de la relation
d’isométrie.
冑 3 冢兹苶冣兹10,8 ⬇ 3,29 m.
4. BA 艑 BE
4. Dans un triangle isoangle, les côtés
opposés aux angles isométriques sont
isométriques.
5. ∠ BDE 艑 ∠ CDA 5. Car ce sont des angles opposés par
le sommet.
6. Δ BDE ⬃ Δ CDA 6. Par les affirmations 1 et 5, et par la
condition minimale de similitude AA.
7.
m BD
苶
m BE
苶
m CD
苶
m CA
苶
7. Les côtés homologues de triangles
semblables sont de longueurs
proportionnelles.
8.
m BD
苶
m BA
苶
m CD
苶
m CA
苶
9.
m BD
苶
m CD
苶
m BA
苶
m CA
苶
9. En permutant les moyens dans
l’affirmation 8.
.
32 1,52
11,25
兹苶
兹苶
La distance minimale que la mouche doit franchir est de :
2
4,5
11,25
2
Page 77
22. L’erreur se trouve dans la représentation de la situation,
ce qui a pour conséquence que l’affirmation 9 est fausse.
Il est vrai que le point B se situe entre les points A et E,
mais si la représentation est correctement faite, on s’aperçoit
que le point C n’est pas situé entre les points A et F. C’est
plutôt le point F qui se trouve entre les points A et C.
Voici une représentation correcte faite à l’aide
d’un logiciel de géométrie dynamique.
A
21. La distance minimale que la mouche doit franchir est
de 兹10,8 m ou, environ, de 3,29 m.
Soit le point A, sur la ligne bleue, vers lequel la mouche se
dirige. Quelle que soit la position du point A, la distance
franchie par la mouche sera la longueur de l’hypoténuse
MA du triangle rectangle ABM.
42
E
F
B
C
D

SAÉ 14 : Des extraterrestres, vraiment? SAÉ 13 : J`ai un doute

Transcription

Documents pareils

Classe de seconde 12 Mardi 1 avril 2008 Devoir de mathématiques

Lycée Stendhal (Grenoble) Classe de seconde

exercices Triangles isométriques - Triangles semblables Exercice 1

TRIANGLES ISOMETRIQUES

Somme des angles dans un triangle quelconque Les triangles

Seconde/Triangles semblables et isométriques

Comment démontrer qu`un triangle est rectangle

Introduction Partie 1 La base de la base Premier voyage Deuxième

3_TD triangles semblables

Triangles isométriques, Triangles semblables