[PDF] Exercices sur les cas dégalité des triangles. Corrigés rapides.

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1 A B' C B C' C B A B' C' F G D E C B A Exercices sur les cas d'égalité des triangles.

Corrigés rapides.

00 La figure ci-contre reprend les termes de l'énoncé.

Méthode 1 : les triangles CBB' et BCC' sont rectangles en B' et C'. Comme BB' et CC' sont égaux, on en déduit, sous Pythagore, qu'il en va de même de CB' et BC'. Cas d'égalité des triangles typique : les deux triangles CBB' et BCC' sont isométriques : leurs angles sont égaux deux à deux, en particulier BCB' = BCA et CBC' = CBA. Le triangle ABC a deux de ses angles égaux : il est isocèle. Méthode 2 : Les triangles ABB' et ACC' ont deux angles égaux (et donc 3 !) et un coté égal. Ils sont isométriques : AB' = AC'. Comme CB' = BC' (Cf. supra) on en déduit l'égalité des cotés AB et AC.

01 ABC est un triangle isocèle tel que : AB = AC = 2BC. Voir figure ci-contre.

Les triangles ABB' et ACC' ont un angle en commun (en A) et deux cotés égaux bordant cet angle. Ces deux triangles sont donc isométriques. La démonstration est encore plus évidente dans le cas des triangles BCC' et CBB'. La plus grande difficulté de cet exercice est encore de produire rapidement la figure !

02 {Voir figure ci-dessus}. On veut montrer que les segments AG et DC sont égaux.

Vision experte : dans la rotation de centre B et d'angle /2, D va en A, C va en G. Le segment [DC] a pour image [AG] sous cette rotation, qui conserve les longueurs, comme toute isométrie :

AG = DC.

Vision collégienne : les triangles CBD et GBA ont deux cotés égaux deux à deux (BD vs BA et BC

vs BG) et les angles qu'ils bordent sont égaux (à l'angle en B du triangle ABC plus un droit). Cas

d'égalité des triangles flagrant : CBD et GBA sont égaux et donc DC = AG. 2 I N M C B A E D C B A Remarque : la vision experte permet d'affirmer en plus -et immédiatement- que les droites (AG) et (DC) sont orthogonales. Pour une démonstration plus conventionnelle, on appelle le point d'intersection de ces deux droites. On observe les angles du quadrilatère

CFG (dont la somme

vaut 2

). Du fait de l'égalité des triangles GBA et CBD, les angles en G et C sont supplémentaires.

Comme l'angle en F est droit, il en va de même pour celui en pour atteindre la somme fatidique de 3 . C. Q. F. D.

03 ABC est un triangle rectangle et isocèle en A.

La figure ci-contre explicite le reste des données du problème.

Il est clair que les triangles IAM et ICN

sont isométriques : les angles IAM et

ICN sont égaux (car mesurant 45°), les

cotés qui les bordent sont deux à deux symétriques.

Il vient de suite que le triangle MIN

est isocèle en I. On a mieux que cela : comme les angles CIN et AIM sont égaux et comme l'angle CIA est droit, il en va de même de l'angle NIM : le triangle NIM est isocèle rectangle. Remarque : une solution beaucoup plus rapide se serait appuyée sur la rotation de centre I et d'angle - /2, qui amène B en A, A en C et M en N (preuve de cette dernière assertion rapide).

04 Soit OAB et OCD deux triangles rectangles isocèles en O, etc.

Cet exercice est une variante de l'exercice n° 02. Il suffit de repérer que les points E et F n'ont eu

aucune fonction puis de faire la substitution : O ў B, A ў D, B ў A, C ў G et D ў C (les

lettres soulignées correspondent à cet exercice). Au final, les segments [AC] et [BD] sont égaux et les droites (AC) et (BD) sont perpendiculaires.

05 ABC est un triangle quelconque. ABD et ACE sont 2 triangles équilatéraux extérieurs à ABC

Cet exercice est très semblable à l'exercice 02. Pour la question 1) : On peut utiliser une démarche experte en considérant la rotation de centre A et d'angle 60° : elle amène E en C et B en D donc [EB] en [CD]. Si on préfère une démarche plus traditionnelle, il est facile d'identifier que les triangles AEB et ACD sont isométriques : même angle en A et cotés les bordant égaux deux à deux. Pour la question 2) : dans les triangles AEJ et JCI, les angles en J sont opposés par le sommet, donc égaux. Par ailleurs l'angle AEJ a même mesure que l'angle ACD d'après la question 1), donc que l'angle JCI. Les angles de ces deux triangles sont égaux deux à deux, les triangles sont semblables ! En particulier, l'angle CIE a même mesure que l'angle EAJ, soit 60°.

Bien entendu, on aurait obtenu ce résultat immédiatement si on avait mobilisé encore une fois

l'outil de la rotation de centre A et d'angle 60° !

06 1) A quelle condition le point D est-il extérieur au segment [AC] ?

La position du point D est directement dépendante de la distance du point A à la base [BC], ou,

J I 3 E D C A B C E D A B F B E D C A dit autrement, de la hauteur issue de A. Voici le cas particulier qui va marquer le seuil entre les deux états "D est à l'extérieur de [BC]" et "D est à l'intérieur de [BC]" : ABC est tel que la médiatrice de [AC] passe par B. Ce seuil est obtenu quand le triangle ABC est équilatéral (il est isocèle en A par définition et en B du fait de ce seuil). Ainsi pour que le point D soit extérieur au segment [BC] il faut et il suffit que la base BC soit plus petite que les cotés AB = AC.

2) On suppose cette condition dorénavant remplie.

Voir ci-contre la figure attendue.

Par hypothèse [AB] et [AC] ont même longueur (triangle ABC isocèle en A) ; par construction, [DB] et [AE] ont même longueur. L'angle EAC est supplémentaire de l'angle CAD, donc de l'angle ACD (le triangle DAC est isocèle en D) donc de ABC, tout comme l'angle ABD. Ainsi les angles

EAC et ABD sont égaux : on peut appliquer le premier théorème d'égalité des triangles : EAC et

DBA sont isométriques, ce qui entraine que les segments [EC] et [AD] et donc aussi [DC] ont même mesure ! Le triangle CDE est isocèle en C.

3) Reste à déterminer dans quel cas le triangle CDE est rectangle.

On commence par une remarque anodine : l'angle BAC est supplémentaire des angles DAB et

CAE ou aussi bien d'après le résultat précédent des angles ECA et CAE. Conséquence : l'angle

BAC est égal à l'angle DEC (et donc aussi à l'angle EDC). Le triangle DCE est rectangle en C si et seulement si ses angles CDE et CED mesurent 45*, tout comme l'angle BAC. On en déduit que les angles à la base mesurent chacun 3 /8. Un construction au compas d'un tel angle n'est pas difficile, en tenat compte de l'égalité 3 /8 = /4 + /8 : dans un premier quadrant /2) on fait apparaître la bissectrice ( /4) ; puis on trace la bissectrice de l'un des deux secteurs (d'où /8).

07 La figure attendue par cet exercice apparaît ci-

contre à droite. Par définition du point E : CE =AB - BC donc BE = BA (le triangle ABE est isocèle en B). Par définition les segments [CE] et [BD] ont même longueur.

Enfin les deux angles ABC et

ACB sont égaux (comme angles à la

base d'un triangle isocèle) mais surtout ils sont supplémentaires respectivement des angles EBD et ACE, qui par là même se trouvent égaux.

Les triangles ACE et EBD ont un angle égal

bordé de 2 cotés égaux : ils sont isométriques, en sorte que les cotés AE et

ED sont égaux. Le triangle AED est

isocèle en E.

08 La figure ci-contre illustre les

termes de l'énoncé. 4 E D C B A F Par construction AE = FB = FD, FC = AC. Les angles CFD et CAE sont égaux (ils mesurent tous deux

60°). Donc les triangles FDC et EAC sont isométriques : les cotés DC et EC sont égaux (le triangle

DEC est isocèle en C).

Mais le triangle EBD est lui aussi isométrique, disons, au triangle AEC : EB = AF, DB = AE (car =

FB) et angles DBE et EAC de même mesure. Donc DE et CE sont égaux : le triangle CED est en fait

équilatéral.

09 Ce problème est en fait une extension du problème précédent.

On commence par montrer que les triangles DAF et ECD sont isométriques. Clairement : AF (= AB ) = DC (ABF équilatéral et ABCD parallélogramme) ; AD (= CB) = CE ; par ailleurs, les angles FAD et DCE sont égaux car composés chacun d'un angle de 60° et d'un même angle (BAD alias DCB). En résumé, le triangle DEF est au moins isocèle en D. on s'intéresse maintenant au triangle EBF. Clairement ses cotés BE et BF sont égaux aux cotés CE et CD. Reste à prouver que les angles EBF et ECD sont égaux. En faisant le tour du point B, on note EBF° + ABC° = 240°. Mais ECD° = 60° + BCD° = 60° + (180° -CDA°) ; Autrement dit, compte tenu de l'équivalence CDA° et ABC° : ECD° + ABC° = 240°. Ainsi nos deux triangles BEF et DCE possèdent deux cotés 2 à 2 égaux bordant un angle de même mesure : ils sont égaux, ce qui entraine que le triangle EFD est équilatéral.

10 Une première difficulté consiste à construire la figure dès que l'on se dispense du rapporteur ou

Soient S' et T' les symétriques de S et T par rapport à la droite (AB). Clairement, les triangles SAS'

et CTT' sont équilatéraux, A, S', U sont alignés, comme U, T', C. On repère un certains nombre de

parallélogrammes : ASBS', AST'U, S'BT'U, S'TCU, BTCT', dont certains sont en fait des losanges. Donc : TT' = BT' = S'T = BT et UT' = S'B = AS' = SS'. Les triangles TT'U, US'S, TBS ont deux leurs

cotés égaux deux à deux. Ces cotés bordent les angles TT'U, US'S, TBS qui mesurent tous 120°.

Les trois triangles sont isométriques entrainant ipso facto l'égalité des cotés TS, SU, UT : le

triangle UST est équilatéral. Rab : un protocole parmi d'autre pour construire la figure. a) Tracer une droite ( ), placer un point auxiliaire O et marquer sur la perpendiculaire à T' S' U C B T S A 5 P N V C B M U A L J K C B M I A D D'' A'' D' C'' A' B' B'' C' ) 2 points symétriques S et S'. Tracer alors les deux triangles équilatéraux de base SS'. b) On tient les points A et B. Choisir un point auxiliaire O' sur la droite ( ) tel que B soit à l'intérieur du segment [AO']. La demi-droite [S'B) coupe en T la perpendiculaire à ( menée par O'. Le point C n'est rien que le symétrique de B par rapport à O'. c) T' est obtenu comme intersection de la demi-droite [SB) avec la droite (TO'). En menant les demi-droites [AS') et [CT') on obtient un point d'intersection U qui offre le troisième triangle isocèle d'angle au sommet 120°.

11 1) La figure ci-dessous illustre l'énoncé. On a fait apparaître, à l'invite du texte, quelques

éléments supplémentaires (en pointillés). On repère les égalités de longueur entre les segments suivantes : AN = NV = NC = PM ;

AP = UP =PB = MN ; BM = PN = MC . On a utilisé

les propriétés des triangles rectangles isocèles et le théorème de Thalès simplifié (droite des milieux) dans le triangle ABC. On en retient que les triangles MNV et UPM ont deux de leurs cotés

égaux deux à deux.

Reste les angles VNM et MPU. Ce sont des angles obtus décomposables en un angle droit et un reliquat CNM et BPM respectivement. Ces reliquats sont évidemment égaux. Donc les angles qui nous intéressent le sont aussi : les triangles VNM et MPU sont isométriques : les cotés VM et MU ont même longueur, le triangle UMV est isocèle en M. Nous nous préoccupons maintenant de la perpendicularité des droites (UM) et (MV). L'angle UMV se laisse décomposer en somme des angles UMP, PMN, NMV. D'après le traitement précédent, on peut remplacer NMV par PUM ; On peut aussi remplacer PNV par MPB. L'angle UMV est donc de même mesure que la somme MUP° + BPM° + PMU°. Il ne manque que l'angle UPB (90° !) pour obtenir la somme des angles d'un triangle (ici MUP). Donc cette somme vaut 180° - 90° = 90°. C.Q.F.D.

2) Cette seconde situation est une application de

la première. Si on appelle M le milieu de AC, alors, en identifiant L et U, K et V, on peut

énoncer que LM et KM sont deux

segments de même longueur et perpendiculaires l'un à l'autre. De la même façon, les segments IM et JM sont

égaux et forment un angle droit.

De facto, si on considère la rotation de centre M et d'angle /2, elle transporte K sur L et I sur J, donc le segment [KI] sur le segment [LJ].

Les segments [IK] et [JL] sont donc bien de

même longueur et perpendiculaires entre eux. 6 A B' C B C' C B A B' C' F G D E C B A I N M C B A E D C B A E D C A B

Récapitulatif des figures (1).

00 02 01 03 05 06 7 F B E D C A E D C B A F

Récapitulatif des figures (2).

07 C E D A B 08 09 T' S' U C B T S A 10 8 P N V C B M U A L J K C B M I A D D'' A'' D' C'' A' B' B'' C'

Récapitulatif des figures (3).

10quotesdbs_dbs24.pdfusesText_30

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