Exercices corrigés : similitude et isométrie des triangles (math SN4)

a) Oui, ils sont isométriques par le cas CCC. Les trois côtés du premier, $\{5;7;9\}$, sont exactement les trois côtés du second, $\{5;7;9\}$, même si l'énoncé les donne dans un ordre différent. L'ordre d'énumération n'a aucune importance pour ce cas : ce sont les ENSEMBLES de mesures qui comptent. Trois longueurs déterminent un triangle de façon unique, à un déplacement près.

b) Oui, par le cas CAC. L'angle $\widehat{B}$ est situé entre les côtés $AB$ et $BC$, et l'angle $\widehat{E}$ entre $DE$ et $EF$ : dans les deux triangles, l'angle donné est bien COMPRIS entre les deux côtés donnés. Les correspondances sont $A\leftrightarrow D$, $B\leftrightarrow E$, $C\leftrightarrow F$, donc $ABC\cong DEF$. C'est la vérification du caractère « compris » qui fait la différence entre une réponse juste et la réponse de la question d).

c) Oui, par le cas ACA. Le côté $AB$ est compris entre les angles $\widehat{A}$ et $\widehat{B}$, et $DE$ entre $\widehat{D}$ et $\widehat{E}$. Remarque : connaître deux angles revient à les connaître tous les trois, puisque le troisième vaut $180^\circ-50^\circ-60^\circ=70^\circ$. Mais les angles seuls ne suffiraient pas, ils ne donneraient que la similitude ; c'est le côté de $10$ qui fixe la taille et fait passer de semblable à isométrique.

d) NON, on ne peut pas conclure. Ici l'angle $\widehat{A}$ est situé entre $AB$ et $AC$, or le second côté donné est $BC$ : l'angle n'est PAS compris entre les deux côtés fournis. C'est la configuration côté-côté-angle, qui n'est pas un cas d'isométrie. Concrètement, deux triangles différents peuvent satisfaire ces trois données : c'est le cas dit ambigu, où le côté opposé à l'angle connu peut se rabattre de deux façons sur la demi-droite, donnant un triangle acutangle et un triangle obtusangle. Pour conclure il faudrait une information de plus, par exemple que les deux triangles sont acutangles, ou la mesure d'un troisième côté.

a) Oui, par le cas AA. Le troisième angle de $ABC$ vaut $180^\circ-40^\circ-75^\circ=65^\circ$, et celui de $DEF$ vaut $180^\circ-40^\circ-65^\circ=75^\circ$. Les deux triangles ont donc les mêmes trois angles, $40^\circ$, $65^\circ$ et $75^\circ$ : ils sont semblables. Le rapport $k$ ne peut PAS être déterminé, aucune longueur n'étant donnée : la similitude fixe la forme, pas la taille.

b) Oui, par le cas CCC. On classe les côtés par ordre croissant dans chaque triangle et on compare les rapports terme à terme : $\dfrac{8}{6}=\dfrac{4}{3}$, $\dfrac{12}{9}=\dfrac{4}{3}$ et $\dfrac{16}{12}=\dfrac{4}{3}$. Les trois rapports sont égaux, donc les triangles sont semblables avec $k=\dfrac{4}{3}\approx 1{,}33$. Le classement préalable est indispensable : comparer des côtés dans le désordre donnerait trois rapports différents et une conclusion fausse.

c) Oui, par le cas CAC. L'angle de $55^\circ$ est compris entre les deux côtés donnés dans les deux triangles. On vérifie la proportionnalité de ces côtés : $\dfrac{10}{4}=2{,}5$ et $\dfrac{15}{6}=2{,}5$. Les rapports sont égaux, donc $ABC\sim DEF$ avec $k=2{,}5$.

d) NON. On classe et on compare : $\dfrac{6}{3}=2$, $\dfrac{8}{4}=2$, mais $\dfrac{10}{6}\approx 1{,}67$. Les trois rapports ne sont pas égaux, donc les triangles ne sont PAS semblables. C'est un piège fréquent : deux rapports qui coïncident ne suffisent jamais, il faut les trois. On peut le voir autrement : le triangle $6$-$8$-$10$ est rectangle, puisque $36+64=100$, alors que $3$-$4$-$6$ ne l'est pas, puisque $9+16=25\neq 36$. Deux triangles semblables ont les mêmes angles, donc l'un ne peut pas être rectangle sans l'autre.

a) Les côtés $AB$ et $DE$ sont homologues, car $A$ correspond à $D$ et $B$ à $E$. Donc $k=\dfrac{DE}{AB}=\dfrac{12}{8}=1{,}5$. Le triangle $DEF$ est un agrandissement de $ABC$ dans le rapport $1{,}5$.

b) Chaque côté de $DEF$ est le côté homologue de $ABC$ multiplié par $k$. $EF$ est homologue de $BC$, donc $EF=12\times 1{,}5=18$. $DF$ est homologue de $AC$, donc $DF=10\times 1{,}5=15$. Le point à surveiller est l'appariement : c'est l'ordre des lettres dans $ABC\sim DEF$ qui dit que $BC$ va avec $EF$, et non avec $DF$.

c) Le rapport des périmètres d'une similitude est égal au rapport de similitude lui-même, soit $1{,}5$. Vérification directe : le périmètre de $ABC$ vaut $8+12+10=30$ et celui de $DEF$ vaut $12+18+15=45$. Le rapport est bien $\dfrac{45}{30}=1{,}5$ ✓. La raison est immédiate quand on l'écrit : $\dfrac{ka+kb+kc}{a+b+c}=\dfrac{k(a+b+c)}{a+b+c}=k$.

d) Le rapport des aires vaut $k^2$, jamais $k$. Donc l'aire de $DEF$ vaut $39{,}7\times 1{,}5^2=39{,}7\times 2{,}25\approx 89{,}3$ cm². C'est l'erreur la plus coûteuse du chapitre : multiplier l'aire par $1{,}5$ au lieu de $2{,}25$ donnerait $59{,}6$ cm², une réponse fausse de $33$ %. La raison géométrique est simple, une aire est un produit de deux longueurs, et chacune est multipliée par $k$.

a) Les deux triangles partagent l'angle $\widehat{A}$. De plus, comme $(DE)$ est parallèle à $(BC)$ et que $(AB)$ est une sécante, les angles $\widehat{ADE}$ et $\widehat{ABC}$ sont des angles CORRESPONDANTS, donc égaux. Les triangles $ADE$ et $ABC$ ont ainsi deux angles respectivement égaux : par le cas AA, $ADE\sim ABC$. On aurait pu utiliser aussi la paire $\widehat{AED}=\widehat{ACB}$ avec la sécante $(AC)$, mais deux angles suffisent.

b) Le côté $AD$ est homologue de $AB$. Or $AB=AD+DB=6+4=10$. Donc $k=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{6}{10}=0{,}6$. Comme $AE$ est homologue de $AC$, on a $\dfrac{AE}{AC}=0{,}6$, donc $AC=\dfrac{9}{0{,}6}=15$, et par conséquent $EC=AC-AE=15-9=6$. Contrôle par la proportion directe de Thalès : $\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{6}{4}=1{,}5$ doit valoir $\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{9}{6}=1{,}5$ ✓.

c) $DE$ est homologue de $BC$, donc $DE=k\times BC=0{,}6\times 15=9$. Attention : contrairement à $EC$, la longueur $DE$ ne se déduit PAS d'une proportion sur le côté $AB$, il faut passer par le côté homologue $BC$. Beaucoup d'élèves écrivent ici $\dfrac{DE}{BC}=\dfrac{AD}{DB}$, ce qui est faux, car $DB$ n'est pas un côté du triangle $ABC$ pris en entier.

d) L'aire de $ADE$ vaut $k^2=0{,}6^2=0{,}36$ fois celle de $ABC$. Le trapèze $DBCE$ est exactement ce qui reste du grand triangle une fois le petit retiré, donc son aire vaut $1-0{,}36=0{,}64$ fois celle de $ABC$. Le rapport cherché est donc $\dfrac{0{,}36}{0{,}64}=\dfrac{36}{64}=\dfrac{9}{16}=0{,}5625$. Autrement dit, le petit triangle occupe un peu plus du tiers de la figure totale, $36$ %, alors que sa base ne mesure que $60$ % de la grande : c'est encore l'effet du carré, et c'est très contre-intuitif pour les élèves qui répondent $\dfrac{6}{4}$ par réflexe.

a) Le périmètre est une longueur, il se multiplie donc par $k$ : $24\times\dfrac{3}{2}=36$ cm. L'aire se multiplie par $k^2=\dfrac{9}{4}=2{,}25$ : $30\times 2{,}25=67{,}5$ cm². Retenir le principe plutôt que les formules : tout ce qui se mesure en centimètres est multiplié par $k$, tout ce qui se mesure en centimètres carrés par $k^2$.

b) Une hauteur est une longueur, donc elle suit le rapport $k$ comme les côtés : $5\times\dfrac{3}{2}=7{,}5$ cm. Contrôle de cohérence avec a) : si l'on note $b$ la base homologue du petit triangle, l'aire du grand vaut $\dfrac{(kb)(kh)}{2}=k^2\dfrac{bh}{2}$, ce qui redonne bien $2{,}25$ fois l'aire du petit ✓.

c) Le rapport des aires vaut $\dfrac{72}{18}=4$. Or ce rapport vaut $k^2$, donc $k^2=4$ et $k=2$, puisque le rapport de similitude est positif. Le rapport des périmètres vaut $k$, donc $2$. C'est le raisonnement inverse du a), et il demande une racine carrée : passer de l'aire au rapport de similitude, c'est TOUJOURS extraire une racine.

d) L'affirmation est fausse. Contre-exemple : prenons un carré de côté $3$ cm, d'aire $9$ cm². En doublant toutes les longueurs, on obtient un carré de côté $6$ cm, d'aire $36$ cm². L'aire n'a pas doublé, elle a QUADRUPLÉ, car $36=4\times 9$. C'est cohérent avec la règle générale, $k=2$ donne $k^2=4$. Avec un triangle rectangle de cathètes $3$ et $4$, même conclusion : l'aire passe de $\dfrac{3\times 4}{2}=6$ à $\dfrac{6\times 8}{2}=24$, soit quatre fois plus. Pour réellement DOUBLER une aire, il faudrait multiplier les longueurs par $\sqrt{2}\approx 1{,}41$, et non par $2$.

a) Trois conditions à vérifier, une par côté. Premièrement, $AB=CD$ : dans un parallélogramme, les côtés opposés sont de même longueur. Deuxièmement, $BC=DA$ : même propriété pour l'autre paire de côtés opposés. Troisièmement, $AC=CA$ : c'est le même segment, la diagonale commune aux deux triangles. Les trois côtés de $ABC$ sont donc respectivement égaux aux trois côtés de $CDA$ : par le cas CCC, $ABC\cong CDA$. Attention à l'ordre des lettres, qui doit refléter la correspondance $A\leftrightarrow C$, $B\leftrightarrow D$, $C\leftrightarrow A$.

b) Dans deux triangles isométriques, les éléments homologues sont égaux. D'après la correspondance établie en a), l'angle $\widehat{B}$ du triangle $ABC$ est homologue de l'angle $\widehat{D}$ du triangle $CDA$, puisque $B$ correspond à $D$. Donc $\widehat{B}=\widehat{D}$. On vient ainsi de démontrer, et non d'admettre, que les angles opposés d'un parallélogramme sont égaux.

c) On utilise cette fois le cas ACA. Premier angle : $\widehat{OAB}=\widehat{OCD}$, car $(AB)$ et $(CD)$ sont parallèles et $(AC)$ est une sécante, ce qui en fait des angles alternes-internes. Côté : $AB=CD$, côtés opposés du parallélogramme. Second angle : $\widehat{OBA}=\widehat{ODC}$, alternes-internes cette fois avec la sécante $(BD)$. Le côté $AB$ est bien COMPRIS entre les deux angles $\widehat{OAB}$ et $\widehat{OBA}$, et $CD$ entre $\widehat{OCD}$ et $\widehat{ODC}$. Par le cas ACA, $AOB\cong COD$.

d) De l'isométrie établie en c) découle l'égalité des côtés homologues. Le côté $AO$ du triangle $AOB$ est homologue du côté $CO$ du triangle $COD$, donc $AO=CO$ : le point $O$ est le milieu de la diagonale $[AC]$. De même, $BO$ est homologue de $DO$, donc $BO=DO$ et $O$ est le milieu de $[BD]$. Le point d'intersection est donc le milieu des DEUX diagonales, ce qu'il fallait démontrer. Remarque de méthode utile en examen : cette propriété se démontre en trois lignes une fois l'isométrie posée, alors qu'elle paraît difficile si on l'attaque directement. Chercher d'abord la bonne paire de triangles est presque toujours la clé.

a) On utilise le cas CAC, version similitude. Premier côté : $M$ étant le milieu de $[AB]$, on a $AM=\dfrac{AB}{2}$, donc $\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{1}{2}$. Second côté : $N$ étant le milieu de $[AC]$, on a de même $\dfrac{AN}{AC}=\dfrac{1}{2}$. Les deux rapports sont égaux. Angle : $\widehat{A}$ est commun aux deux triangles, et il est bien COMPRIS entre $[AM]$ et $[AN]$ dans le petit, entre $[AB]$ et $[AC]$ dans le grand. Par le cas CAC, $AMN\sim ABC$ avec un rapport de similitude $k=\dfrac{1}{2}$.

b) De la similitude découle l'égalité des angles homologues, en particulier $\widehat{AMN}=\widehat{ABC}$. Or ces deux angles sont formés par la sécante $(AB)$ avec respectivement $(MN)$ et $(BC)$, et ils occupent la même position : ce sont des angles CORRESPONDANTS. Deux droites coupées par une sécante en formant des angles correspondants égaux sont parallèles, donc $(MN)$ est parallèle à $(BC)$. C'est ici la réciproque de la propriété des angles correspondants que l'on utilise, et il faut le dire explicitement en examen.

c) Le côté $MN$ est homologue de $BC$, donc $MN=k\times BC=\dfrac{1}{2}BC$, c'est-à-dire $MN=\dfrac{BC}{2}$. Contrôle numérique sur la figure, où $B=(0;0)$ et $C=(14;0)$ donnent $BC=14$, tandis que $M=(2{,}5;5)$ et $N=(9{,}5;5)$ donnent $MN=9{,}5-2{,}5=7$, et $7$ est bien la moitié de $14$ ✓.

d) L'aire de $AMN$ vaut $k^2=\left(\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{1}{4}$ de celle de $ABC$. Le quadrilatère $MBCN$ est le reste, donc son aire vaut $1-\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}$ de celle de $ABC$. Le rapport cherché est $\dfrac{1/4}{3/4}=\dfrac{1}{3}$. Autrement dit, en joignant les milieux de deux côtés, on découpe un petit triangle qui ne fait que le TIERS du trapèze restant, alors que ses côtés en font la moitié. C'est le résultat le plus contre-intuitif du chapitre, et celui qui revient le plus souvent dans les questions à développement de l'épreuve.

a) Les deux triangles sont rectangles : le bâton et l'arbre sont verticaux, les ombres horizontales, donc chacun a un angle droit à sa base. Par ailleurs, les rayons du soleil sont parallèles entre eux, et le sol est une sécante commune : les angles d'élévation du soleil dans les deux triangles sont donc des angles CORRESPONDANTS, donc égaux. Deux angles respectivement égaux suffisent : par le cas AA, les triangles sont semblables.

b) La similitude donne l'égalité des rapports entre côtés homologues : $\dfrac{h}{18}=\dfrac{1{,}5}{2{,}4}$. On calcule $\dfrac{1{,}5}{2{,}4}=0{,}625$, donc $h=18\times 0{,}625=11{,}25$ m. L'arbre mesure $11{,}25$ mètres. Contrôle de vraisemblance : l'ombre de l'arbre est $\dfrac{18}{2{,}4}=7{,}5$ fois celle du bâton, donc l'arbre doit être $7{,}5$ fois plus haut que le bâton, soit $7{,}5\times 1{,}5=11{,}25$ m ✓, ce qui confirme par une autre route.

c) La méthode du miroir repose sur le fait que l'angle d'incidence égale l'angle de réflexion, ce qui crée deux triangles rectangles semblables : celui de l'observateur et celui de l'arbre. La proportion s'écrit $\dfrac{h}{d}=\dfrac{1{,}7}{1{,}2}$, où $d$ est la distance du miroir à l'arbre. Avec $h=11{,}25$ : $d=\dfrac{11{,}25\times 1{,}2}{1{,}7}=\dfrac{13{,}5}{1{,}7}\approx 7{,}94$ m. Le miroir doit donc être placé à environ $7{,}94$ m du pied de l'arbre. Si l'élève trouve une distance très différente en pratique, c'est que l'une des deux mesures est fausse.

d) Avec l'ombre de bâton de $2{,}8$ m : $h=18\times\dfrac{1{,}5}{2{,}8}=\dfrac{27}{2{,}8}\approx 9{,}64$ m. L'erreur absolue vaut $11{,}25-9{,}64=1{,}61$ m et l'erreur relative $\dfrac{1{,}61}{11{,}25}\approx 0{,}143$, soit environ $14$ %. C'est considérable pour une demi-heure d'écart. La raison est physique : le soleil descend, donc les ombres s'allongent, et combiner une ombre de bâton tardive avec une ombre d'arbre antérieure revient à mélanger deux angles solaires différents. C'est exactement pourquoi l'énoncé insiste sur « au même moment » : la similitude ne tient que si l'angle d'élévation est bien le même dans les deux triangles.

a) On convertit d'abord en une seule unité : $45$ m $=4500$ cm. La maquette est une réduction de rapport $\dfrac{1}{150}$, donc sa hauteur vaut $\dfrac{4500}{150}=30$ cm. La maquette mesure $30$ centimètres de haut, ce qui est une taille plausible pour une maquette d'immeuble posée sur une table.

b) Ici on va dans l'autre sens, de la maquette vers le réel, donc on MULTIPLIE par $150$. Longueur : $1{,}2\times 150=180$ cm $=1{,}8$ m. Largeur : $0{,}8\times 150=120$ cm $=1{,}2$ m. La fenêtre réelle mesure donc $1{,}8$ m sur $1{,}2$ m, dimensions tout à fait réalistes.

c) Le rapport des aires est le CARRÉ du rapport des longueurs : $150^2=22\,500$. L'aire réelle vaut donc $600\times 22\,500=13\,500\,000$ cm². Il reste à convertir : comme $1$ m² $=10\,000$ cm², on divise, $\dfrac{13\,500\,000}{10\,000}=1350$ m². La façade réelle mesure $1350$ m². L'erreur classique consiste à multiplier par $150$ seulement, ce qui donnerait $9$ m², une valeur absurde pour la façade d'un immeuble de $45$ m de haut, et cette absurdité est justement le signal qu'il faut apprendre à repérer.

d) Le rapport des volumes est le CUBE du rapport des longueurs : $150^3=3\,375\,000$. Le volume réel vaut donc $2000\times 3\,375\,000=6\,750\,000\,000$ cm³. Conversion : $1$ m³ $=1\,000\,000$ cm³, donc le volume réel est $\dfrac{6\,750\,000\,000}{1\,000\,000}=6750$ m³. Contrôle de vraisemblance : un immeuble de $45$ m de haut sur une base d'environ $12$ m sur $12$ m ferait $45\times 144=6480$ m³, du même ordre de grandeur ✓. Récapitulatif du chapitre en une ligne : longueurs par $k$, aires par $k^2$, volumes par $k^3$.

a) Deux paires d'angles égaux suffisent. Premièrement, $\widehat{AOB}=\widehat{DOC}$ : ce sont des angles OPPOSÉS PAR LE SOMMET, formés par les deux droites sécantes $(AD)$ et $(BC)$. Deuxièmement, $\widehat{OAB}=\widehat{ODC}$ : comme $(AB)$ est parallèle à $(CD)$ et que $(AD)$ est une sécante, ce sont des angles ALTERNES-INTERNES. Par le cas AA, les triangles sont semblables. La correspondance est $O\leftrightarrow O$, $A\leftrightarrow D$, $B\leftrightarrow C$, donc on écrit $OAB\sim ODC$. Cette correspondance n'est pas arbitraire : elle est imposée par le fait que $A$ et $D$ sont sur la même droite $(AD)$, de part et d'autre de $O$.

b) Les côtés $OA$ et $OD$ sont homologues, donc $k=\dfrac{OD}{OA}=\dfrac{9}{6}=1{,}5$. Le côté $OC$ est homologue de $OB$, donc $OC=8\times 1{,}5=12$. Le côté $CD$ est homologue de $AB$, donc $CD=7\times 1{,}5=10{,}5$. Le piège ici est d'apparier $OC$ avec $OA$ : c'est la correspondance $B\leftrightarrow C$ établie en a) qui impose de partir de $OB$.

c) Le rapport des aires vaut $k^2=1{,}5^2=2{,}25$. L'aire de $ODC$ est donc $2{,}25$ fois celle de $OAB$. On peut le vérifier autrement : les deux triangles ont des bases $AB=7$ et $CD=10{,}5$, et leurs hauteurs issues de $O$ sont dans le même rapport $1{,}5$ puisque toute la figure est agrandie. Le rapport des aires vaut donc $\dfrac{10{,}5\times 1{,}5h}{7\times h}=1{,}5\times 1{,}5=2{,}25$ ✓.

d) Si $OD=6$, alors $k=\dfrac{6}{6}=1$ : le rapport de similitude vaut $1$, donc les deux triangles ne sont plus seulement semblables, ils sont ISOMÉTRIQUES. On peut le justifier directement par un cas nommé, sans passer par le rapport. Dans les triangles $OAB$ et $ODC$ : $\widehat{OAB}=\widehat{ODC}$ (alternes-internes), $OA=OD=6$ (donnée), et $\widehat{AOB}=\widehat{DOC}$ (opposés par le sommet). Le côté $OA$ est compris entre ces deux angles, et $OD$ également : par le cas ACA, $OAB\cong ODC$. Conséquence géométrique : on aurait alors $OB=OC$ et $AB=CD$, autrement dit $ABDC$ serait un parallélogramme, puisque ses diagonales se couperaient en leur milieu, ce qui rejoint exactement la propriété démontrée à l'exercice 6.

a) Dans $ABM$ et $ACM$ : $AB=AC$ car le triangle est isocèle en $A$ ; $BM=CM$ car $M$ est le milieu de $[BC]$ ; $AM=AM$, côté commun. Par le cas CCC, $ABM\cong ACM$. Les angles homologues $\widehat{AMB}$ et $\widehat{AMC}$ sont donc égaux. Or ils sont adjacents et forment l'angle plat $\widehat{BMC}$ : leur somme vaut $180^\circ$, donc chacun vaut $90^\circ$. La médiane issue du sommet d'un triangle isocèle est donc aussi une hauteur.