Exercices corrigés : relations métriques et trigonométrie du triangle rectangle (math SN4)

$h^{2}=m\times n=5\times 8=40$, donc $h=\sqrt{40}\approx 6{,}32$ cm. Piège : $h=5\times 8=40$, sans la racine.

$h^{2}=m\times n$ donne $n=\frac{h^{2}}{m}=\frac{100}{8}=12{,}5$ cm. Piège : $n=\frac{10}{8}$, en oubliant que la hauteur est au carré.

$AB^{2}=m\times a=4\times 15=60$, donc $AB=\sqrt{60}\approx 7{,}75$ cm. Piège : multiplier $m$ par $n=11$, l'autre projection, ce qui donne $h$ et non $AB$.

$AB^{2}=m\times a$ donne $a=\frac{AB^{2}}{m}=\frac{81}{5{,}4}=15$ cm. Contrôle : l'hypoténuse $15$ dépasse bien la cathète $9$, et l'autre cathète vaut $\sqrt{225-81}=12$.

L'hypoténuse d'abord : $a=\sqrt{20^{2}+21^{2}}=\sqrt{841}=29$ cm. Puis $a\times h=AB\times AC$, donc $h=\frac{20\times 21}{29}=\frac{420}{29}\approx 14{,}48$ cm. C'est l'aire calculée de deux façons.

$m+n=20$ et $m\times n=h^{2}=36$ : $m$ et $n$ sont les solutions de $t^{2}-20t+36=0$, soit $(t-2)(t-18)=0$. Donc $m=2$ cm et $n=18$ cm. Contrôle : $2\times 18=36=6^{2}$.

Opposé et hypoténuse : le sinus. $\sin 27^{\circ}=\frac{\text{opp}}{14}$, donc $\text{opp}=14\sin 27^{\circ}\approx 14\times 0{,}4540\approx 6{,}36$ cm. Vérifier d'abord que la calculatrice est en mode degrés.

Opposé et adjacent : la tangente. $\tan 52^{\circ}=\frac{9}{\text{adj}}$, donc $\text{adj}=\frac{9}{\tan 52^{\circ}}\approx\frac{9}{1{,}2799}\approx 7{,}03$ cm. Piège : $9\times\tan 52^{\circ}\approx 11{,}52$ ; l'inconnue est au DÉNOMINATEUR, on divise.

Adjacent et hypoténuse : le cosinus. $\cos\theta=\frac{11}{15}\approx 0{,}7333$, donc $\theta=\cos^{-1}\left(\frac{11}{15}\right)\approx 42{,}83^{\circ}$. Piège : prendre $\sin^{-1}$, qui donne l'AUTRE angle aigu, $47{,}17^{\circ}$.

Opposé $5$, hypoténuse $13$ : l'adjacent vaut $\sqrt{13^{2}-5^{2}}=\sqrt{144}=12$. Donc $\cos\theta=\frac{12}{13}$ et $\tan\theta=\frac{5}{12}$. Contrôle : $\left(\frac{5}{13}\right)^{2}+\left(\frac{12}{13}\right)^{2}=\frac{25+144}{169}=1$.

Les deux cathètes mesurent $9$ et $12$ cm, l'hypoténuse est $BC$. Par Pythagore : $BC^2=9^2+12^2=81+144=225$, donc $BC=\sqrt{225}=15$ cm. On reconnaît le triplet $9$-$12$-$15$, qui est le triplet $3$-$4$-$5$ multiplié par $3$. Repérer ces triplets ($3$-$4$-$5$, $5$-$12$-$13$, $8$-$15$-$17$, $7$-$24$-$25$ et leurs multiples) fait gagner un temps réel en examen.

Ici c'est l'hypoténuse qui est connue, donc on SOUSTRAIT : $c^2=25^2-7^2=625-49=576$, d'où $c=\sqrt{576}=24$ cm. L'erreur classique est d'additionner par réflexe : il faut toujours identifier d'abord quel côté est l'hypoténuse, c'est le plus long et il est opposé à l'angle droit. On retrouve le triplet $7$-$24$-$25$.

On teste la réciproque : le triangle est rectangle si le carré du plus grand côté égale la somme des carrés des deux autres. Le plus grand côté est $17$. On calcule $8^2+15^2=64+225=289$ et $17^2=289$. Il y a égalité, donc le triangle EST rectangle, et son angle droit est celui opposé au côté de $17$.

Le plus grand côté est $11$. On calcule $6^2+8^2=36+64=100$ et $11^2=121$. Comme $121\neq 100$, le triangle n'est pas rectangle. De plus $121>100$ : le côté opposé au plus grand angle est plus long que ce qu'exigerait un angle droit, donc cet angle DÉPASSE $90^\circ$ et le triangle est OBTUSANGLE. La règle générale à retenir : si $c^2>a^2+b^2$ le triangle est obtusangle, si $c^2<a^2+b^2$ il est acutangle, et si $c^2=a^2+b^2$ il est rectangle.

L'hypoténuse est la somme des deux projections : $BC=m+n=4+9=13$ cm. C'est la relation la plus simple du chapitre, et pourtant celle qu'on oublie le plus souvent en cherchant une formule compliquée.

La hauteur est moyenne géométrique des deux projections : $h^2=m\times n=4\times 9=36$, donc $AH=\sqrt{36}=6$ cm. Attention à ne pas écrire $h=m\times n$ : c'est le CARRÉ de la hauteur qui vaut le produit.

Chaque cathète a pour carré le produit de SA projection par l'hypoténuse ENTIÈRE. Pour $AB$, dont la projection est $m=4$ : $AB^2=m\times BC=4\times 13=52$, donc $AB=\sqrt{52}=2\sqrt{13}\approx 7{,}21$ cm. Pour $AC$, dont la projection est $n=9$ : $AC^2=n\times BC=9\times 13=117$, donc $AC=\sqrt{117}=3\sqrt{13}\approx 10{,}82$ cm. Le piège fréquent est de multiplier une projection par l'AUTRE projection au lieu de l'hypoténuse.

Première vérification, par Pythagore dans le grand triangle : $AB^2+AC^2=52+117=169$, et $BC^2=13^2=169$ ✓. Seconde vérification, par la relation du produit des cathètes : $AB\times AC=\sqrt{52}\times\sqrt{117}=\sqrt{6084}=78$, et $BC\times AH=13\times 6=78$ ✓. Cette dernière relation n'est rien d'autre que l'aire du triangle calculée de deux manières, une fois avec les deux cathètes comme base et hauteur, une fois avec l'hypoténuse comme base : $\dfrac{AB\times AC}{2}=\dfrac{BC\times AH}{2}$.

Par Pythagore, puisque l'hypoténuse est connue : $AC^2=25^2-15^2=625-225=400$, donc $AC=20$ cm. On retrouve le triplet $15$-$20$-$25$, qui est $3$-$4$-$5$ multiplié par $5$.

On utilise la relation du produit des cathètes : $AB\times AC=BC\times AH$, donc $15\times 20=25\times AH$, soit $300=25\,AH$ et $AH=12$ cm. On pouvait aussi passer par l'aire : $\dfrac{15\times 20}{2}=150$ cm², et cette même aire vaut $\dfrac{25\times AH}{2}$, ce qui redonne $AH=12$.

Chaque projection se déduit de la relation de la cathète. Pour $BH$, projection de la cathète $AB=15$ : $AB^2=BH\times BC$, donc $225=BH\times 25$ et $BH=9$ cm. Pour $CH$, projection de $AC=20$ : $400=CH\times 25$, donc $CH=16$ cm. Les mesures complètes sont donc $AB=15$, $AC=20$, $BC=25$, $AH=12$, $BH=9$ et $CH=16$ cm.

Premier contrôle, la somme des projections : $BH+CH=9+16=25$, qui doit valoir l'hypoténuse ✓. Second contrôle, la relation de la hauteur : $AH^2$ doit valoir $BH\times CH$, soit $12^2=144$ et $9\times 16=144$ ✓. Les six mesures forment donc un ensemble cohérent. Prendre l'habitude de terminer par ces deux contrôles coûte trente secondes et attrape la quasi-totalité des erreurs de ce chapitre, parce que chaque relation fait intervenir des grandeurs différentes : une erreur unique ne peut pas passer les deux tests.

On connaît l'hypoténuse : le sinus donne le côté opposé, le cosinus le côté adjacent. Côté opposé : $\sin 35^\circ=\dfrac{\text{opp}}{20}$, donc $\text{opp}=20\sin 35^\circ\approx 20\times 0{,}5736=11{,}47$ cm. Côté adjacent : $\cos 35^\circ=\dfrac{\text{adj}}{20}$, donc $\text{adj}=20\cos 35^\circ\approx 20\times 0{,}8192=16{,}38$ cm. Contrôle par Pythagore : $11{,}47^2+16{,}38^2\approx 131{,}6+268{,}3=399{,}9\approx 20^2$ ✓.

On connaît l'opposé et l'adjacent : c'est la tangente. $\tan\theta=\dfrac{7}{24}\approx 0{,}2917$, donc $\theta\approx 16{,}26^\circ$. Remarque : le triangle est le $7$-$24$-$25$, dont l'hypoténuse vaut $25$ ; on aurait aussi pu écrire $\sin\theta=\dfrac{7}{25}$ et obtenir le même angle.

On connaît l'opposé et l'hypoténuse : c'est le sinus. $\sin\theta=\dfrac{12}{20}=0{,}6$, donc $\theta\approx 36{,}87^\circ$. Le triangle est un $12$-$16$-$20$, c'est-à-dire un $3$-$4$-$5$ agrandi ; l'angle $36{,}87^\circ$ est celui qu'on retrouve dans tous les triangles $3$-$4$-$5$.

$\sin\theta=\dfrac{3}{5}$ signifie que dans un triangle rectangle contenant $\theta$, le côté opposé mesure $3$ et l'hypoténuse $5$, à un facteur d'échelle près. Le côté adjacent se calcule par Pythagore : $\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{25-9}=\sqrt{16}=4$. Donc $\cos\theta=\dfrac{4}{5}$ et $\tan\theta=\dfrac{3}{4}$. Contrôle par l'identité fondamentale : $\left(\dfrac{3}{5}\right)^2+\left(\dfrac{4}{5}\right)^2=\dfrac{9}{25}+\dfrac{16}{25}=1$ ✓. Autre contrôle : $\dfrac{\sin\theta}{\cos\theta}=\dfrac{3/5}{4/5}=\dfrac{3}{4}=\tan\theta$ ✓.

L'horizontale tracée depuis le sommet de la falaise et le niveau de la mer sont deux droites PARALLÈLES, coupées par la ligne de visée qui joue le rôle de sécante. L'angle de dépression au sommet et l'angle d'élévation depuis le bateau sont donc des angles alternes-internes, et à ce titre ils sont égaux : l'angle au bateau vaut lui aussi $23^\circ$. C'est ce qui rend le problème calculable, car on peut alors travailler dans le triangle rectangle avec un angle connu.

Dans le triangle rectangle formé par la falaise, la surface de l'eau et la ligne de visée, l'angle au bateau vaut $23^\circ$, le côté opposé est la falaise ($80$ m) et le côté adjacent est la distance cherchée. C'est donc la tangente : $\tan 23^\circ=\dfrac{80}{d}$, d'où $d=\dfrac{80}{\tan 23^\circ}\approx\dfrac{80}{0{,}4245}\approx 188{,}5$ m. Erreur à éviter : écrire $d=80\tan 23^\circ$, ce qui donnerait $34$ m, une distance visiblement trop courte pour un angle aussi faible. Un angle de dépression petit signifie un objet éloigné.

C'est l'hypoténuse du même triangle. Deux voies. Par le sinus : $\sin 23^\circ=\dfrac{80}{\text{hyp}}$, donc $\text{hyp}=\dfrac{80}{\sin 23^\circ}\approx\dfrac{80}{0{,}3907}\approx 204{,}8$ m. Par Pythagore : $\sqrt{80^2+188{,}5^2}=\sqrt{6400+35\,532}=\sqrt{41\,932}\approx 204{,}8$ m ✓. Les deux méthodes concordent, ce qui valide le résultat de b).

La nouvelle distance horizontale vaut $188{,}5-60=128{,}5$ m. Le nouvel angle vérifie $\tan\theta=\dfrac{80}{128{,}5}\approx 0{,}6226$, donc $\theta\approx 31{,}9^\circ$. L'angle a augmenté, ce qui est cohérent : plus le bateau se rapproche, plus le garde-côte doit baisser le regard. C'est un bon réflexe de contrôle en examen, vérifier que le sens de variation de l'angle correspond au déplacement décrit.

Les deux triangles partagent l'angle $\widehat{B}$. De plus, $ABC$ est rectangle en $A$ et $HBA$ est rectangle en $H$, puisque $AH$ est une hauteur : ils ont donc chacun un angle droit. Deux angles respectivement égaux suffisent à conclure : par le cas de similitude AA, $HBA\sim ABC$. Il faut soigner l'ORDRE des sommets dans l'écriture, car c'est lui qui indique quels côtés se correspondent : $H\leftrightarrow A$, $B\leftrightarrow B$, $A\leftrightarrow C$.

Dans le triangle $HBA$, l'angle en $H$ est droit, donc $\widehat{HBA}+\widehat{HAB}=90^\circ$. Or dans le triangle $ABC$, l'angle en $A$ est droit, donc $\widehat{B}+\widehat{C}=90^\circ$. En comparant ces deux égalités, on obtient $\widehat{HAB}=\widehat{C}$. Les triangles $HBA$ et $HAC$ ont donc chacun un angle droit en $H$ et une paire d'angles égaux, $\widehat{HAB}=\widehat{HCA}$ : par le cas AA, $HBA\sim HAC$.

De la similitude $HBA\sim HAC$, on tire la proportion entre côtés correspondants : $\dfrac{HB}{HA}=\dfrac{HA}{HC}$, c'est-à-dire $\dfrac{m}{h}=\dfrac{h}{n}$. Le produit en croix donne $h^2=m\times n$, ce qu'il fallait démontrer. On dit que $h$ est la moyenne géométrique de $m$ et $n$. Contrôle numérique sur l'exercice 2 : $m=4$, $n=9$ donnent $h=6$, et $6^2=36=4\times 9$ ✓.

De la similitude $HBA\sim ABC$, on tire $\dfrac{BH}{BA}=\dfrac{BA}{BC}$, soit $\dfrac{m}{AB}=\dfrac{AB}{a}$, d'où $AB^2=m\times a$. Le même raisonnement mené avec les triangles $HAC$ et $ABC$ donne $AC^2=n\times a$. En additionnant les deux : $AB^2+AC^2=m\,a+n\,a=a(m+n)$. Or $m+n=a$, puisque $H$ est situé ENTRE $B$ et $C$. Donc $AB^2+AC^2=a\times a=a^2=BC^2$, ce qui est exactement le théorème de Pythagore. Autrement dit, Pythagore n'est pas un théorème séparé : c'est une conséquence des relations métriques, elles-mêmes conséquences d'une simple similitude.

L'échelle est l'hypoténuse d'un triangle rectangle dont les cathètes sont la distance au mur et la hauteur atteinte. Par Pythagore : $\text{hauteur}^2=8^2-3^2=64-9=55$, donc la hauteur vaut $\sqrt{55}\approx 7{,}42$ m.

L'angle $\theta$ est celui entre l'échelle et le sol. Le côté adjacent est la distance au mur, $3$ m, et l'hypoténuse est l'échelle, $8$ m : c'est donc le cosinus. $\cos\theta=\dfrac{3}{8}=0{,}375$, d'où $\theta\approx 67{,}98^\circ$. Cet angle est inférieur à $70^\circ$ : l'installation N'EST PAS conforme, l'échelle est trop couchée. Il faudrait rapprocher le pied du mur pour redresser l'échelle.

Avec le pied à $4$ m : $\text{hauteur}^2=64-16=48$, donc la hauteur vaut $\sqrt{48}=4\sqrt{3}\approx 6{,}93$ m. La diminution est de $\sqrt{55}-\sqrt{48}\approx 7{,}416-6{,}928\approx 0{,}49$ m, soit environ $49$ cm. Observation qui vaut la peine d'être notée : le pied a reculé de $1$ m mais la hauteur n'a perdu que $49$ cm. La relation n'est pas linéaire, et le glissement devient d'autant plus dangereux que l'échelle est déjà couchée.

On cherche la distance $x$ telle que $\cos 75^\circ=\dfrac{x}{8}$, donc $x=8\cos 75^\circ\approx 8\times 0{,}2588\approx 2{,}07$ m. Il faudrait donc placer le pied à environ $2{,}07$ m du mur, soit près d'un mètre plus près que la position actuelle. Vérification de cohérence : $2{,}07<3$, et une distance plus petite redresse bien l'échelle, ce qui augmente l'angle de $67{,}98^\circ$ à $75^\circ$ ✓. La hauteur atteinte serait alors $\sqrt{64-2{,}07^2}\approx 7{,}73$ m, supérieure à celle de a), ce qui confirme qu'une échelle plus droite monte plus haut.

Depuis $A$, dans le triangle rectangle $OAT$ où $T$ est le sommet : l'angle en $A$ vaut $32^\circ$, le côté opposé est $h$ et le côté adjacent est $OA$. Donc $\tan 32^\circ=\dfrac{h}{OA}$, ce qui donne $OA=\dfrac{h}{\tan 32^\circ}$. De même depuis $B$ : $OB=\dfrac{h}{\tan 51^\circ}$. Les deux distances sont exprimées avec la MÊME inconnue $h$, c'est ce qui va permettre de l'éliminer.

L'arpenteur a avancé de $A$ vers $B$, donc $OA-OB=45$. En substituant : $\dfrac{h}{\tan 32^\circ}-\dfrac{h}{\tan 51^\circ}=45$. On met $h$ en évidence : $h\left(\dfrac{1}{\tan 32^\circ}-\dfrac{1}{\tan 51^\circ}\right)=45$. Numériquement, $\dfrac{1}{\tan 32^\circ}\approx 1{,}6003$ et $\dfrac{1}{\tan 51^\circ}\approx 0{,}8098$, donc la parenthèse vaut environ $0{,}7906$. D'où $h=\dfrac{45}{0{,}7906}\approx 56{,}92$.

La tour mesure environ $56{,}9$ mètres. Remarque de méthode : il ne faut surtout PAS arrondir $1{,}6003$ et $0{,}8098$ à une décimale en cours de route. Leur différence est petite devant chacun d'eux, donc une erreur d'arrondi minime sur chaque terme se trouve fortement amplifiée sur le résultat final. C'est une situation de soustraction de deux quantités proches, le cas classique où l'arrondi prématuré coûte cher.

On recalcule les deux distances : $OA=\dfrac{56{,}92}{\tan 32^\circ}\approx 91{,}09$ m et $OB=\dfrac{56{,}92}{\tan 51^\circ}\approx 46{,}09$ m. Leur différence vaut $91{,}09-46{,}09=45{,}00$ m, ce qui correspond exactement au déplacement annoncé ✓. On peut aussi repartir des distances vers les angles : $\tan^{-1}\left(\dfrac{56{,}92}{91{,}09}\right)\approx 32{,}0^\circ$ ✓ et $\tan^{-1}\left(\dfrac{56{,}92}{46{,}09}\right)\approx 51{,}0^\circ$ ✓. Les deux angles de départ sont retrouvés, la solution est validée.

Une pente de $1$ pour $12$ signifie que pour chaque mètre de montée, il faut $12$ mètres à l'horizontale. Pour une montée de $0{,}90$ m, il faut donc au moins $12\times 0{,}90=10{,}8$ m de longueur horizontale. C'est le minimum : une longueur plus grande donnerait une pente plus douce, donc conforme elle aussi.

La rampe est l'hypoténuse du triangle rectangle de cathètes $0{,}90$ m et $10{,}8$ m. Par Pythagore : $\sqrt{0{,}90^2+10{,}8^2}=\sqrt{0{,}81+116{,}64}=\sqrt{117{,}45}\approx 10{,}84$ m. La rampe est à peine plus longue que sa projection horizontale, ce qui est normal pour une pente aussi faible : la différence n'est que de $4$ centimètres sur près de $11$ mètres.

L'angle $\theta$ vérifie $\tan\theta=\dfrac{0{,}90}{10{,}8}=0{,}0833$, donc $\theta\approx 4{,}76^\circ$. C'est très faible, et c'est voulu : une rampe accessible en fauteuil roulant doit rester sous les $5^\circ$ environ. On aurait aussi pu écrire $\tan\theta=\dfrac{1}{12}$ directement, puisque la pente EST la tangente de l'angle d'inclinaison. Cette identité entre pente et tangente est le lien entre le chapitre de géométrie analytique et celui-ci.

Avec seulement $8$ m d'espace, la pente vaudrait $\dfrac{0{,}90}{8}=0{,}1125$, c'est-à-dire $1$ pour $8{,}89$. Comme $8{,}89<12$, la pente est plus RAIDE que la limite autorisée : la rampe ne serait pas conforme. L'angle correspondant serait $\tan^{-1}(0{,}1125)\approx 6{,}42^\circ$, contre $4{,}76^\circ$ au maximum permis. Deux corrections possibles, chiffrées. Première : réduire la montée en une seule volée en installant un palier intermédiaire, chaque volée reprenant $0{,}45$ m sur $5{,}4$ m, ce qui tient dans $8$ m plus l'espace du palier, mais demande donc plus de longueur totale. Seconde, la plus réaliste : faire tourner la rampe à angle droit, en deux segments d'environ $5{,}4$ m chacun reliés par un palier de manœuvre, ce qui permet de développer les $10{,}8$ m réglementaires dans un espace de $8$ m de large.