Le triangle bordé

3 décembre 2023 Dugast Problèmes Fin 4e | Début 3e

On considère le triangle ABC rectangle en A tel que $AB=4\,cm$ ; $BC=5\,cm$ ; $CA=3\,cm$ ; et le triangle A’B’C’ dont les côtés sont respectivement parallèles à ceux de ABC avec une distance de $1\,cm$ .

Calculer les longueurs des côtés du triangle A’B’C’.

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On construit la perpendiculaire à (AC) passant par C, elle coupe [A’C’] en N et [B’C’] en T. On abaisse la perpendiculaire à (BC) du point T, elle coupe [BC] en R.

Dans les triangles rectangles RCT et ABC on a $\widehat{RTC}=\widehat{ACB}$ donc ces triangles sont semblables d’où $CT=\cfrac{5}{3}\,cm$ .

$NT=NC+CT=1+\cfrac{5}{3}=\cfrac{8}{3}\,cm$

Dans les triangles rectangles NTC’ et ABC on a $\widehat{C'}=\widehat{ACB}$ donc ces triangles sont semblables donc $\cfrac{NC'}{AC}=\cfrac{NT}{AB}$ et $NC'=\cfrac{3}{4}\times\cfrac{8}{3}=2\,cm$ .

$A'C'=1+AC+NC'=1+3+2=6\,cm$ , donc les triangles ABC et A’B’C’ sont semblables dans le rapport $\cfrac{A'C'}{AC}=2$ , on a $A'B'=2\times 4=8\,cm$ et $B'C'=2\times 5=10\,cm$ .

Les naufragés

12 octobre 202312 octobre 2023 Dugast Problèmes Fin 4e | Début 3e

Un navire a des vivres pour 60 jours. Il recueille 30 naufragés et il ne reste plus alors des vivres que pour 50 jours.

Combien de personnes avait-il d’abord ?

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Le navire comptait 150 personnes à bord. Le nombre de personnes et le nombre de jours de vivres sont inversement proportionnels, on peut vérifier : $150\times 60=180\times 50=900$ .

Pour trouver la réponse on inverse le rapport 6:5 des nombres de jours de vivres, on obtient le rapport 5:6 des nombres de personnes à bord. Comme le nombre de personnes augmente de 1/5 soit 30 personnes, le nombre initial de personnes à bord était donc de $30\times 5=150$ .

La transversale équitable

26 septembre 202326 septembre 2023 Dugast Problèmes Fin 4e | Début 3e

Dans un triangle ABC, une parallèle à (BC) coupe le côté [AB] en D et coupe le côté [AC] en E. De plus on a $AD=EC$ .

(a) Si on donne $AB=6\,cm$ ; $AC=9\,cm$ ; $BC=10\,cm$ ; calculer $AC$ .

(b) Dans le cas général, trouver une construction géométrique du point D.

Le quart de disque inscrit

14 septembre 202326 septembre 2023 Dugast Problèmes Fin 4e | Début 3e

Dans la figure suivante, le quart de disque bleu est inscrit dans le grand cercle.

Comparer la surface bleue et la surface rouge.

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Si un carré est inscrit dans un cercle, alors le centre du carré et le centre du cercle sont confondus.

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On considère le carré ABCD qui complète l’angle droit inscrit. Ses diagonales [AC] et [BD] sont perpendiculaires égales et se coupent en leur milieu O qui est encore le centre du cercle.

On choisit comme unité de longueur le rayon $OA$ du cercle. On sait que le triangle OAD est rectangle en O, d’après le théorème de Pythagore, $AD^2=AO^2+OD^2=1+1=2$ d’où $AD=\sqrt{2}$ .

L’aire bleue est un quart de disque de rayon $\sqrt{2}$ l’aire est égale à $\cfrac{2\pi}{4}=\cfrac{\pi}{2}$

L’aire du disque dans lequel s’inscrit ABCD est égale à $\pi$ donc, par soustraction, l’aire rouge est égale à $\cfrac{\pi}{2}$ , elle est donc égale à l’aire bleue.

Un angle constant

6 septembre 202323 décembre 2023 Dugast Problèmes Fin 4e | Début 3e

ABC est un triangle isocèle en C. Le point D est l’image du point C par la rotation de centre A et d’angle $60^\circ$ dans le sens horaire. On suppose D situé de même côté de $(AB)$ que C.

Calculer l’angle $\widehat{ABD}$ .

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Le triangle ACD est isocèle en A donc $\widehat{ADC}=\widehat{ACD}$ or $\widehat{CAD}=60^\circ$ donc $\widehat{ADC}=\widehat{ACD}=(180^\circ-60^\circ)\div 2=60^\circ$ . Par conséquent ACD est équilatéral.

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Soit $a=\widehat{BAD}$ , le triangle ABC est isocèle en C donc $\widehat{ABC}=\widehat{BAC}=60^\circ+a$ , et $\widehat{ACB}=180^\circ-2(60^\circ+a)=60^\circ-2a$ .

Dans le triangle BCD isocèle en C, $\widehat{BCD}=60^\circ-(60^\circ-2a)=2a$ , et $\widehat{CBD}=(180^\circ-2a)\div 2=90^\circ-a$ .

Finalement $\widehat{ABC}+\widehat{CBD}=60^\circ+a+90^\circ-a=150^\circ.$

Bissectrice d’un triangle rectangle

14 juin 202323 décembre 2023 Dugast Problèmes Fin 4e | Début 3e

Dans le triangle ABC rectangle en A, la bissectrice de l’angle $\widehat{B}$ coupe le côté $[AC]$ au point $D$ . On a $AD=8\,cm$ et $DC=10\,cm$ . Calculer la longueur du côté $[AB]$ .

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On peut utiliser un triangle ECD semblable au triangle ABC.

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On abaisse la perpendiculaire à $(BC)$ passant par le point $D$ , elle coupe le segment $[BC]$ au point $E$ .

Le point $D$ étant sur la bissectrice de l’angle $\widehat{ABC}$ , ce point est équidistant des côtés de l’angle c’est à dire $DE=DA=8\,cm$ .

Le triangle $ECD$ est rectangle en $E$ , d’après le théorème de Pythagore, $CD^2=DE^2+EC^2$ , d’où $10^2=8^2+EC^2$ , $EC^2=100-64=36$ et $EC=\sqrt{36}=6\,cm$ .

Dans les triangles $ECD$ et $ABC$ ,

l’angle $\widehat{C}$ est commun.
$\widehat{E}=\widehat{A}=90^\circ$

C’est le premier cas de similitude, donc les triangles $ECD$ et $ABC$ sont semblables, d’où $\cfrac{AB}{DE}=\cfrac{AC}{EC}$ et $\cfrac{AB}{8}=\cfrac{18}{6}=3$ , par conséquent $AB=3\times 8=24\,cm$ .

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On note $\theta$ l’angle $\widehat{B}$ .

Le triangle $ABC$ est rectangle en $A$ donc $tan(2\theta)=\cfrac{AC}{AB}=\cfrac{18}{AB}$ et $tan(\theta)=\cfrac{8}{x}$ .

Or $tan(2\theta)=\cfrac{2\cdot tan(\theta)}{1-tan^2(\theta)}$ , ce qui s’écrit aussi $tan(2\theta)(1-tan^2(\theta))=2\cdot tan(\theta)$ .

En effectuant les substitutions, on a $\cfrac{18}{AB}\left(1-\cfrac{8^2}{AB^2}\right)=2\cfrac{8}{AB}$ , en multipliant chaque membre par $\cfrac{AB}{18}$ on obtient $1-\cfrac{64}{AB^2}=\cfrac{8}{9}$ . Il suit $\cfrac{64}{AB^2}=1-\cfrac{8}{9}=\cfrac{1}{9}$ et $AB^2=64\cdot 9$ .

Enfin $AB=\sqrt{64\cdot 9}=8\cdot 3=24\,cm$

L’aire constante

25 mars 202323 décembre 2023 Dugast Problèmes Fin 4e | Début 3e

Dans la figure suivante, ABCD est un carré dont la longueur du côté est variable, on a la longueur fixe $DF=8\,cm$ . Calculer l’aire du triangle CDF.

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Soit G le pied de la hauteur issue de F du triangle CDF. On peut utiliser des triangles semblables.

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Les angles $\widehat{GDF}$ et $\widehat{DAF}$ sont égaux comme compléments de l’angle $\widehat{ADF}$ , donc les triangles rectangles GDF et DAF sont semblables d’où $\cfrac{FG}{FD}=\cfrac{FD}{FA}$ et $FG\cdot FA=FD^2=64\,cm^2$ . Par conséquent l’aire du triangle CDF est égale $64/2=32\,cm^2$

Les carrés adjacents

15 mars 202323 décembre 2023 Dugast Problèmes Fin 4e | Début 3e

ADHE et DCFG sont deux carrés adjacents de côtés respectifs 6 cm et 9 cm. Calculer l’aire du trapèze ABHE.

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On peut calculer l’aire du triangle ADB en utilisant un triangle qui lui est semblable.

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Les triangles ACF et ADB sont semblables dans le rapport $\frac{6}{15}=0,4$ , l’aire du triangle ACF est égale à $\frac{AC\times CF}{2}=\cfrac{15\times 9}{2}=67,5\,cm^2$ , donc l’aire du triangle ADB est égale à $0,4^2\times 67,5=10,8\,cm^2$ . On en déduit l’aire du trapèze ABHE : $36-10,8=25,2\,cm^2$ .

La ligne brisée à angles droits

4 janvier 202323 décembre 2023 Dugast Problèmes Fin 4e | Début 3e

Calculer la distance $FD$ .

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On peut calculer la longueur du segment [AD].

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Les triangles ABG et DCG étant semblables $\cfrac{AG}{GD}=\cfrac{AB}{CD}$ donc $\cfrac{b}{4-b}=\cfrac{3}{5}$ , on a les produits en croix égaux $5b=3(4-b)$ d’où $5b=12-3b$ puis $8b=12$ donc $b=1,5\,cm$ et $GC=4-1,5=2,5\,cm$ .

Le triangle ABG est rectangle en B, d’après le théorème de Pythagore, $AG^2=AB^2+BG^2$ d’où $a^2=3^2+1,5^2=9+2,25=11,25$ et $a=\sqrt{11,25}$

Les triangles ABG et DCG étant semblables $\cfrac{AG}{GD}=\cfrac{AB}{CD}$ donc $\cfrac{a}{d}=\cfrac{3}{5}$ , donc $d=\cfrac{5a}{3}=\cfrac{5\sqrt{11,25}}{3}$ .

Le triangle AFD est rectangle en F, d’après le théorème de Pythagore, $AF^2+FD^2=DA^2$ d’où $9+FD^2=(a+d)^2=a^2+2ad+d^2$ Or $2ad=2\cdot \cfrac{5a^2}{3}=\cfrac{10a^2}{3}$ et $d^2=\cfrac{25a^2}{9}$ donc $9+FD^2=a^2\left(1+\cfrac{10}{3}+\cfrac{25}{9}\right)=11,25\times \cfrac{64}{9}=80$ d’où $FD^2=80-9=71$ et $FD=\sqrt{71}$ .