Exercices corrigés : triangles égaux et triangles semblables (Troisième)

Les triangles $ABC$ et $FDE$ sont égaux. On le voit en rangeant les longueurs : $ABC$ a pour côtés $4$, $5$ et $6$, et $DEF$ aussi. Reste à apparier les sommets, et c'est là qu'est le travail : $AB=4$ correspond à $FD=4$, $BC=6$ à $DE=6$ et $CA=5$ à $EF=5$. Le sommet $B$ est commun à $[AB]$ et $[BC]$, donc il correspond au sommet commun à $[FD]$ et $[DE]$, c'est-à-dire $D$. De la même façon $A$ correspond à $F$ et $C$ à $E$. La correspondance est donc $A\leftrightarrow F$, $B\leftrightarrow D$, $C\leftrightarrow E$, et l'on écrit « $ABC$ et $FDE$ sont égaux ». Écrire « $ABC$ et $DEF$ sont égaux » serait faux : les côtés ne se correspondraient pas.

Sur le PREMIER cas d'égalité : trois côtés respectivement de même longueur. C'est le cas le plus simple à invoquer, parce qu'il ne demande aucune mesure d'angle. On remarque au passage que les deux triangles ne sont pas superposables par simple glissement : sur la figure, $FDE$ est le symétrique de $ABC$ par rapport à une droite, ce qui reste une égalité de triangles. Être égaux n'oblige pas à être orientés dans le même sens.

Les longueurs de $GHI$ sont $6$, $9$ et $7{,}5$, celles de $ABC$ sont $4$, $6$ et $5$. On calcule les trois quotients en respectant l'ordre des sommets : $\dfrac{GH}{AB}=\dfrac{6}{4}=1{,}5$, $\dfrac{HI}{BC}=\dfrac{9}{6}=1{,}5$ et $\dfrac{IG}{CA}=\dfrac{7{,}5}{5}=1{,}5$. Les trois quotients sont égaux, donc les côtés sont proportionnels et les triangles sont SEMBLABLES, de rapport $k=1{,}5$. Le contrôle de bon sens fonctionne : le plus grand côté de $GHI$, qui vaut $9$, correspond bien au plus grand côté de $ABC$, qui vaut $6$.

$\dfrac{GH}{AB}=\dfrac{HI}{BC}=\dfrac{IG}{CA}=1{,}5$. Chaque rapport compare deux côtés QUI SE CORRESPONDENT, et l'ordre des lettres le garantit : $G$ avec $A$, $H$ avec $B$, $I$ avec $C$. Un rapport comme $\dfrac{GH}{BC}$ mélange les correspondances et vaut $\dfrac{6}{6}=1$, ce qui ferait croire à tort que les deux triangles sont égaux. C'est l'erreur la plus coûteuse du chapitre, car elle produit un résultat qui a l'air propre.

Dans $FDE$, l'angle correspondant à $\widehat{BAC}$ est $\widehat{DFE}$, de sommet $F$ puisque $A$ correspond à $F$ : il mesure aussi $82{,}8^\circ$, car deux triangles égaux ont les mêmes angles. Dans $GHI$, c'est $\widehat{HGI}$, de sommet $G$, et il mesure également $82{,}8^\circ$ : un agrandissement ne change PAS les angles, il ne change que les longueurs. C'est même la définition de la similitude.

Périmètre de $ABC$ : $4+6+5=15$ cm. Périmètre de $DEF$ : $6+5+4=15$ cm, identique, ce qui est normal pour deux triangles égaux. Périmètre de $GHI$ : $6+9+7{,}5=22{,}5$ cm. On vérifie que $15\times 1{,}5=22{,}5$ ✓ : le périmètre est multiplié par le rapport $k$, exactement comme chaque côté, puisqu'il n'est que leur somme. Attention, l'aire, elle, ne suit pas cette règle : elle est multipliée par $k^{2}=2{,}25$, ce qui fera l'objet de l'exercice 6.

OUI, les triangles sont égaux, par le premier cas : trois côtés respectivement de même longueur. C'est le cas le plus solide, car trois longueurs déterminent complètement un triangle : avec un compas, il n'existe qu'une seule façon de le construire, au retournement près.

OUI, par le deuxième cas : deux côtés de même longueur et l'angle COMPRIS entre eux de même mesure. Ici l'angle $\widehat{BAC}$ est bien celui du sommet $A$, commun aux deux côtés $[AB]$ et $[AC]$ cités, et $\widehat{EDF}$ joue le même rôle dans $DEF$. Une fois les deux côtés et l'écartement entre eux fixés, le troisième côté est imposé : on peut d'ailleurs le calculer, il vaut environ $4{,}51$ cm dans les deux triangles.

OUI, par le troisième cas : un côté de même longueur et les deux angles ADJACENTS à ce côté de même mesure. Le côté $[BC]$ a pour extrémités $B$ et $C$, et ce sont précisément les angles de $B$ et de $C$ qui sont donnés ; dans $DEF$, le côté $[EF]$ va avec les angles de $E$ et de $F$ ✓. Deux angles et le côté entre eux suffisent parce que les deux demi-droites se coupent en un unique point, qui est le troisième sommet.

NON, on ne peut pas conclure. Trois angles égaux rendent les triangles SEMBLABLES, pas égaux : aucune longueur n'est donnée, donc rien n'interdit que $DEF$ soit un agrandissement de $ABC$. C'est le piège le plus fréquent du chapitre. Pour passer de la similitude à l'égalité, il manque une seule information : un côté de même longueur, ce qui donne alors $k=1$.

NON, on ne peut pas conclure. Les deux côtés donnés sont $[AB]$ et $[BC]$, qui se rejoignent en $B$, alors que l'angle donné est celui de $A$ : l'angle n'est PAS compris entre les deux côtés, on est hors du deuxième cas. Cette situation est réellement ambiguë. Traçons en effet le côté $[AB]$ de $8$ cm puis la demi-droite formant un angle de $30^\circ$ en $A$ : la distance de $B$ à cette demi-droite vaut $8\times\sin(30^\circ)=4$ cm, et le cercle de centre $B$ et de rayon $5$ cm la coupe donc en DEUX points, puisque $4<5<8$. Il existe ainsi deux triangles différents répondant à l'énoncé, l'un où $AC\approx 9{,}93$ cm et l'autre où $AC\approx 3{,}93$ cm. Deux figures distinctes satisfont les mêmes données : conclure à l'égalité serait faux, et le coût de l'erreur est une démonstration entière invalide.

La somme des angles d'un triangle vaut $180^\circ$, donc le troisième angle mesure $180-35-60=85^\circ$ dans chacun des deux triangles. C'est le réflexe à garder : dès que deux angles sont connus, le troisième l'est aussi, et c'est pour cette raison que deux angles égaux suffisent toujours à prouver la similitude.

On compare les trois côtés. D'abord $AB=CD$, comme côtés opposés du parallélogramme. Ensuite $BC=DA$, pour la même raison. Enfin $AC=CA$, puisque c'est le même segment, la diagonale commune aux deux triangles. Les trois côtés de $ABC$ sont donc respectivement égaux aux trois côtés de $CDA$, et les triangles sont égaux. L'ordre des lettres n'est pas décoratif : $A$ correspond à $C$, $B$ à $D$ et $C$ à $A$, ce qui se lit sur les trois égalités écrites.

Le PREMIER cas d'égalité : trois côtés respectivement de même longueur. On aurait aussi pu utiliser le deuxième, avec $AB=CD$, $BC=DA$ et l'angle compris $\widehat{ABC}=\widehat{CDA}$, qui sont les angles opposés du parallélogramme. Une démonstration correcte se contente d'un seul cas, clairement nommé.

Les droites $(AB)$ et $(CD)$ sont parallèles, puisque $ABCD$ est un parallélogramme, et la droite $(AC)$ les coupe toutes les deux. Les angles $\widehat{OAB}$ et $\widehat{OCD}$ sont donc ALTERNES-INTERNES, et à ce titre ils sont égaux. C'est l'outil standard pour fabriquer une égalité d'angles à partir d'une égalité de directions, et il servira encore dans l'exercice 5.

Dans les triangles $OAB$ et $OCD$ : $AB=CD$, côtés opposés du parallélogramme ; $\widehat{OAB}=\widehat{OCD}$, angles alternes-internes vus à la question 3 ; et $\widehat{OBA}=\widehat{ODC}$, alternes-internes eux aussi, avec la sécante $(BD)$. On a donc un côté de même longueur et les deux angles qui lui sont adjacents de même mesure : c'est le TROISIÈME cas d'égalité, et les triangles $OAB$ et $OCD$ sont égaux.

De l'égalité de ces deux triangles on tire $OA=OC$ et $OB=OD$ : le point $O$ est donc le milieu de $[AC]$ et le milieu de $[BD]$. On vient de redémontrer la propriété bien connue : les diagonales d'un parallélogramme se coupent en leur milieu. C'est un bon exemple de ce que les cas d'égalité permettent de faire, à savoir démontrer une propriété au lieu de l'admettre.

La diagonale $[AC]$ partage le parallélogramme en deux triangles égaux, donc d'aires égales, soit $\dfrac{21}{2}=10{,}5$ cm$^2$ chacun. La deuxième diagonale partage à son tour chacun de ces triangles en deux triangles de même aire, car $O$ est le milieu de $[AC]$ : les triangles $OAB$ et $OBC$ ont la même base, $OA=OC$, et la même hauteur issue de $B$. Chacun des quatre petits triangles a donc pour aire $\dfrac{21}{4}=5{,}25$ cm$^2$ ✓, et l'on contrôle que $4\times 5{,}25=21$ cm$^2$.

Le rapport se lit sur deux côtés qui se correspondent. Ici $[MN]$ correspond à $[AB]$, donc $k=\dfrac{MN}{AB}=\dfrac{8}{6}=\dfrac{4}{3}\approx 1{,}33$. Comme $k>1$, il s'agit d'un agrandissement : $MNP$ est plus grand que $ABC$, ce qui se voit sur la figure ✓. Écrire $\dfrac{6}{8}$ donnerait $0{,}75$ et conduirait à une réduction, en contradiction avec le dessin : le contrôle « agrandissement ou réduction » attrape cette erreur immédiatement.

Chaque côté de $MNP$ s'obtient en multipliant par $k$ le côté correspondant de $ABC$. $NP=k\times BC=\dfrac{4}{3}\times 9=12$ cm, et $MP=k\times AC=\dfrac{4}{3}\times 12=16$ cm. On peut aussi passer par des produits en croix, mais la multiplication par $k$ est plus rapide et moins exposée aux erreurs d'écriture.

Le plus grand côté de $ABC$ est $AC=12$ cm, le plus grand côté de $MNP$ est $MP=16$ cm, et $\dfrac{16}{12}=\dfrac{4}{3}$ ✓, le même rapport qu'à la question 1. Ce contrôle est le plus rapide de tous : si le plus grand côté ne correspond pas au plus grand côté, la correspondance des sommets a été mal écrite et tout le reste est à refaire.

Périmètre de $ABC$ : $6+9+12=27$ cm. Périmètre de $MNP$ : $8+12+16=36$ cm. Le rapport vaut $\dfrac{36}{27}=\dfrac{4}{3}$ ✓ : le périmètre suit exactement le même rapport que les côtés, puisqu'il en est la somme. On peut donc calculer un périmètre d'image sans connaître aucun côté individuellement, ce qui rend certaines questions de brevet immédiates.

Il fallait écrire $\dfrac{AB}{MN}=\dfrac{BC}{NP}$. L'erreur consiste à changer de sommet en cours de route : $[BC]$ correspond à $[NP]$, pas à $[MP]$, parce que $B$ correspond à $N$ et $C$ à $P$. Numériquement, la version fausse donnerait $\dfrac{6}{8}=\dfrac{9}{16}$, soit $0{,}75=0{,}5625$, ce qui est faux et signale l'erreur ; mais dans un exercice où l'on cherche une longueur inconnue, rien ne la signale et l'on obtient un résultat faux d'aspect crédible.

Ici la correspondance est décalée : $R$ va avec $B$, $S$ avec $C$, $T$ avec $A$. Donc $[RS]$ correspond à $[BC]$, et le rapport vaut $k'=\dfrac{RS}{BC}=\dfrac{3}{9}=\dfrac{1}{3}$. On en déduit $ST=k'\times CA=\dfrac{1}{3}\times 12=4$ cm et $TR=k'\times AB=\dfrac{1}{3}\times 6=2$ cm. Il s'agit cette fois d'une réduction, puisque $k'<1$. Cette question est la raison d'être du fil de la série : sans écrire d'abord la correspondance des sommets, on aurait divisé $3$ par $6$ et tout le reste aurait été faux.

Les droites $(AB)$ et $(DE)$ sont parallèles, et la droite $(AD)$ les coupe toutes les deux. Les angles $\widehat{CAB}$ et $\widehat{CDE}$ sont donc alternes-internes, et à ce titre ils ont la même mesure. C'est l'unique endroit où l'hypothèse de parallélisme est utilisée, et c'est pour cela qu'elle doit figurer explicitement dans la rédaction.

Les angles $\widehat{ACB}$ et $\widehat{DCE}$ sont OPPOSÉS PAR LE SOMMET, puisque $[CA)$ et $[CD)$ sont des demi-droites opposées, ainsi que $[CB)$ et $[CE)$. Deux angles opposés par le sommet ont toujours la même mesure, sans aucune hypothèse supplémentaire.

Les triangles $CAB$ et $CDE$ ont donc deux angles deux à deux de même mesure : celui de $A$ avec celui de $D$, et celui de $C$ avec celui de $C$. Deux angles égaux suffisent, puisque le troisième s'obtient par différence à $180^\circ$. Les triangles sont donc semblables, avec la correspondance $C\leftrightarrow C$, $A\leftrightarrow D$, $B\leftrightarrow E$. On écrit « $CAB$ et $CDE$ sont semblables », et c'est cet ordre qui pilote tous les rapports qui suivent.

Le rapport vaut $k=\dfrac{CD}{CA}=\dfrac{8}{4}=2$. On en déduit $CE=k\times CB=2\times 5=10$ cm et $DE=k\times AB=2\times 6=12$ cm. Vérification de cohérence : le triangle $CDE$ a pour côtés $8$, $10$ et $12$, qui sont bien les doubles de $4$, $5$ et $6$ ✓, et l'inégalité triangulaire y est respectée puisque $8+10>12$.

C'est un AGRANDISSEMENT de rapport $2$, mais attention : le centre $C$ est ici entre $A$ et $D$, si bien que l'agrandissement s'accompagne d'un demi-tour. Autrement dit, $D$ est l'image de $A$ par l'agrandissement de centre $C$ et de rapport $-2$, ce qui explique que la figure image soit retournée. En troisième on retient surtout que les longueurs doublent ; le signe sera formalisé plus tard avec les homothéties.

Non. Sans le parallélisme, l'égalité de la question 1 tombe, et il ne reste que les angles opposés par le sommet, c'est-à-dire UN seul angle égal : c'est insuffisant. On peut s'en convaincre en faisant pivoter le segment $[DE]$ autour de $D$ : l'angle en $C$ ne change pas, la longueur $CE$ change, et le triangle $CDE$ prend une forme différente de celle de $CAB$. Le parallélisme n'est donc pas un décor de la figure, c'est l'hypothèse qui porte toute la démonstration.

D'après le théorème des milieux, $(IK)$ est parallèle à $(BC)$ et $IK=\dfrac{BC}{2}$ ; de même $(IJ)$ est parallèle à $(AC)$ avec $IJ=\dfrac{AC}{2}$, et $(KJ)$ est parallèle à $(AB)$ avec $KJ=\dfrac{AB}{2}$. Les trois côtés de $IJK$ sont donc proportionnels à ceux de $ABC$, avec le même quotient $\dfrac{1}{2}$ : les triangles sont semblables de rapport $k=0{,}5$. La correspondance des sommets se lit sur les égalités écrites : $I$ correspond à $C$, $J$ à $A$ et $K$ à $B$, ce qui surprend au premier abord mais découle du fait que chaque milieu est opposé au sommet dont il ne porte pas le nom.

Le périmètre est multiplié par $k$, donc il vaut $30\times 0{,}5=15$ cm. On peut le retrouver côté par côté : chacun des trois côtés de $IJK$ est la moitié d'un côté de $ABC$, donc leur somme est la moitié de la somme ✓.

L'aire est multipliée par $k^{2}=0{,}5^{2}=0{,}25$, donc elle vaut $24\times 0{,}25=6$ cm$^2$. C'est le point où le chapitre se joue : diviser l'aire par $2$ au lieu de la diviser par $4$ donnerait $12$ cm$^2$, et cette erreur est la plus fréquente de tout le thème des agrandissements. Le rapport porte sur les LONGUEURS ; l'aire, qui est un produit de deux longueurs, subit le rapport deux fois.

Les quatre petits triangles $AIK$, $IBJ$, $KJC$ et $IJK$ ont leurs trois côtés deux à deux de même longueur, chacun valant la moitié d'un côté de $ABC$ : par exemple $AI$, $IB$ et $KJ$ valent tous trois la moitié de $AB$, tandis que $AK$, $KC$ et $IJ$ valent la moitié de $AC$, et $BJ$, $JC$ et $IK$ la moitié de $BC$. Ils sont donc égaux, par le premier cas d'égalité. Comme ils pavent exactement le triangle $ABC$ sans se chevaucher, chacun a pour aire $\dfrac{24}{4}=6$ cm$^2$ ✓, ce qui confirme la question 3 par un raisonnement entièrement différent. Cette figure est la démonstration visuelle la plus simple du facteur $k^{2}$ : diviser les longueurs par $2$ crée $4$ copies.

On cherche $k$ tel que $24\times k^{2}=216$, donc $k^{2}=\dfrac{216}{24}=9$ et $k=3$, puisqu'un rapport de similitude est positif. Vérification : un agrandissement de rapport $3$ multiplie l'aire par $9$, et $24\times 9=216$ ✓. Le périmètre, lui, ne serait multiplié que par $3$, passant de $30$ à $90$ cm.

On cherche $k$ tel que $k^{2}=2$, donc $k=\sqrt{2}\approx 1{,}41$. Ce n'est PAS $2$ : agrandir de rapport $2$ quadruplerait l'aire, qui passerait à $96$ cm$^2$. Il suffit d'augmenter les longueurs d'environ $41$ pour cent pour doubler la surface. C'est exactement le principe des formats de papier A4 et A3 : passer de l'un à l'autre double l'aire, et le rapport des longueurs y vaut bien $\sqrt{2}$. Contrôle : $24\times(\sqrt{2})^{2}=24\times 2=48$ cm$^2$ ✓.

Les deux triangles $AMN$ et $ACB$ partagent l'angle de sommet $A$ : c'est le même angle, puisque $M$ est sur $[AB]$ et $N$ sur $[AC]$. Par hypothèse, $\widehat{AMN}=\widehat{ACB}$. Deux angles sont donc deux à deux de même mesure, et cela suffit : les triangles sont semblables. Le troisième couple d'angles est alors automatiquement égal, par différence à $180^\circ$.

L'angle de $A$ correspond à l'angle de $A$, l'angle de $M$ à l'angle de $C$ et donc l'angle de $N$ à l'angle de $B$ : la correspondance est $A\leftrightarrow A$, $M\leftrightarrow C$, $N\leftrightarrow B$, et l'on écrit « $AMN$ et $ACB$ sont semblables ». La triple égalité s'écrit $\dfrac{AM}{AC}=\dfrac{AN}{AB}=\dfrac{MN}{CB}$. C'est ici que se joue tout l'exercice : l'ordre naturel $ABC$ est trompeur, et écrire $\dfrac{AM}{AB}$ serait comparer deux longueurs du MÊME triangle, ce qui n'a aucun rapport avec la similitude.

Le rapport vaut $k=\dfrac{AM}{AC}=\dfrac{4}{8}=0{,}5$. On en déduit $AN=k\times AB=0{,}5\times 10=5$ cm. Contrôle de vraisemblance : $N$ doit appartenir à $[AC]$, donc $AN$ doit être inférieur à $AC=8$ cm, et $5<8$ ✓. Un résultat supérieur à $8$ aurait immédiatement signalé une correspondance mal écrite.

$MN=k\times CB=0{,}5\times 9=4{,}5$ cm. On remarque au passage que $MN$ vaut exactement la moitié de $BC$ sans que $(MN)$ soit parallèle à $(BC)$ : le théorème des milieux n'est donc pas en cause, et la similitude est bien un outil plus général que Thalès.

$AM\times AB=4\times 10=40$ et $AN\times AC=5\times 8=40$ : les deux produits sont égaux ✓. Cette égalité n'est pas un hasard, elle est une autre écriture de $\dfrac{AM}{AC}=\dfrac{AN}{AB}$ après produit en croix. Elle offre une vérification rapide et sûre de tout exercice de ce type, et elle prépare la relation de puissance d'un point qui sera revue au lycée.

Si $(MN)$ était parallèle à $(BC)$, on serait dans la configuration de Thalès et l'on aurait $\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AN}{AC}$, soit $\dfrac{4}{10}=\dfrac{AN}{8}$, donc $AN=\dfrac{4\times 8}{10}=3{,}2$ cm. Ce n'est pas la valeur trouvée à la question 3, qui vaut $5$ cm : les deux configurations donnent des figures réellement différentes. La leçon est qu'il ne faut jamais supposer un parallélisme qui n'est pas écrit ; ici, le supposer aurait fait perdre $5-3{,}2=1{,}8$ cm sur la réponse, sans le moindre signal d'alarme dans le calcul.