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CHA

PITR

E

12

Théorème de Thalès
Agrandissement - Réduction

Choix pédagogiques
1. Options pédagogiques

triangles formés par deux demi-droites de même origine
coupées par deux droites parallèles ;
– le théorème de Thalès.
Remarque : celui-ci dans toute sa généralité et sa réciproque sera étudié en 3e.

La présence d’une nouvelle configuration (celle de
triangles déterminés par deux droites parallèles coupant
deux demi-droites de même origine) permet d’aborder
quelques aspects numériques fondamentaux de la géométrie du plan.
Dans ce chapitre, qui prolonge l’étude des théorèmes
relatifs aux milieux de deux côtés d’un triangle (chapitre 10), la première partie est consacrée au théorème
de Thalès dans le triangle : les longueurs des côtés des
triangles mis en jeu étant proportionnelles, les compétences acquises au cours des années précédentes sur la
proportionnalité sont réactivées et s’y ajoute l’utilisation
de l’égalité des produits en croix (chapitre 2). L’égalité
de Pythagore vue précédemment (chapitre 9) est aussi
utilisée ainsi que la propriété du triangle inscrit dans un
cercle de diamètre donné (chapitre 11).
Certaines propriétés géométriques d’un agrandissement
ou d’une réduction d’une figure plane font l’objet de la
seconde partie de ce chapitre ; en particulier, on utilise
la notion – nouvelle en 4e – de conservation des angles.
On retrouve la proportionnalité entre les longueurs de
la figure initiale et celles de la figure à obtenir.
Tout au long de ce chapitre, des problèmes sont proposés où sont mêlés calculs, connaissances des figures
usuelles du plan et de leurs propriétés, mise en place
de raisonnements, initiation à la démonstration et
constructions, aux instruments ou à l’aide d’un logiciel
de géométrie dynamique. Un tel logiciel est également
utilisé comme outil de conjecture.

3. Agrandissement et réduction
Dans l’activité 4, une activité de construction à l’aide
d’un logiciel de construction géométrique permet de
mettre en évidence quelques propriétés (conservation
des angles et donc de la perpendicularité, conservation
du parallélisme) tout en réactivant la multiplication des
longueurs par le rapport d’agrandissement ou de réduction.
Le lien est fait avec le théorème de Thalès dans le
triangle dans l’activité 5.
On retrouve ces notions dans le cours (§2) après une
reprise de ce que signifie agrandir ou réduire une figure.

4. Savoir-faire
Ils portent sur :
– la proportionnalité des longueurs des côtés de deux
triangles formés par deux demi-droites de même origine
coupées par deux droites parallèles (énoncés 1 et 2)
– l’agrandissement ou la réduction d’une figure (énoncés 3 et 4).
On a choisi de mettre l’accent dans ces Savoir-faire,
comme dans le cours, sur des situations simples, directement réexploitables en exercices.
Dans les énoncés 1 et 2, il s’agit d’une part de distinguer
le cas d’une situation qui peut être traitée mentalement
(lorsque le coefficient de proportionnalité est évident)
de celui où il est utile d’écrire des égalités de quotients,
et d’autre part de mettre l’accent sur la rédaction.
En outre, des conseils sont indiqués tant pour aider au
raisonnement qu’à la rédaction.
Des activités de construction sont proposées dans les
énoncés 3 et 4, avec utilisation des instruments de géométrie ou d’un logiciel de construction géométrique.
Il sera pertinent de proposer des situations identiques
à l’énoncé 4 afin que les élèves puissent s’exercer (on
trouvera de telles situations sur le site compagnon).
Il sera intéressant d’étudier ces savoir-faire avant de
commencer l’étude des exercices.

2. Théorème de Thalès
Dans l’activité 1, on découvre à l’aide d’un logiciel de
géométrie la proportionnalité des longueurs des côtés
de deux triangles formés par deux droites parallèles coupant deux demi-droites de même origine.
On établit une preuve dans un cas particulier dans l’activité 2. Il sera peut-être nécessaire d’aider les élèves dans
leur travail de rédaction, qui pourra être fait en classe
ou à la maison.
On poursuivra immédiatement par la mise en situation
concrète de l’activité 3.
La propriété est admise dans le cas général. Elle figure
dans le cours (§1) sous deux formulations :
– la proportionnalité des longueurs des côtés des deux
1

5. Compléments

issus de la vie courante, mêlent construction et analyse.
Les exercices de la rubrique Rédiger, Communiquer,
Argumenter doivent permettre aux élèves de bien distinguer la phase de recherche de la phase de rédaction
(exercices 40, 42 et 44), de participer à un débat (exercice 41).
L’un des objectifs de l’exercice 43 est d’amener les
élèves à réfléchir à l’utilisation d’un ratio (ou de la poignée-diagonale) pour agrandir ou réduire une image
téléchargée afin d’éviter l’erreur courante de redimensionner une image verticalement ou horizontalement
en la déformant.
Les sujets proposés en travail autonome, dans les QCM
comme dans la préparation au contrôle, portent sur de
nombreux thèmes ; ils peuvent permettre à tous les
élèves de faire leur bilan personnel en termes de savoirs
et de savoir-faire, tout en tenant compte des conseils de
remédiation en cas de réponse erronée.
Dans la rubrique Exercices d’approfondissement,
les exercices proposés sont issus de la vie courante ou
de situations géométriques. Dans certains cas, pour la
même situation, des élèves pourront utiliser la proportionnalité des longueurs des côtés de deux triangles,
tandis que d’autres repèreront un agrandissement ou
une réduction.
Les exercices 59 et 62 nécessitent un passage par le
calcul littéral.
L’exercice 60 est le seul du chapitre où il est question
du théorème de Thalès pour invalider le parallélisme
de deux droites. Ce thème sera bien évidemment repris
en 3e.
Tous les exercices de cette rubrique, ainsi que la tâche
complexe, peuvent être proposés en travaux de groupes.
Les deux défis sont tout à fait abordables, surtout le
second.
Le sujet d’exposé peut être l’occasion d’un travail
pluridisciplinaire français – mathématiques (et même
sciences physiques si l’on souhaite réaliser une expérience à l’aide d’un soleil-lampe).



• Les exercices consacrés au théorème de Thalès por-

tent d’abord sur des situations basiques, puis sur des
figures planes usuelles déjà étudiées, desquelles il sera
intéressant d’extraire une figure-clé de Thalès.
Les exercices 5 à 14 – à étudier de préférence dans cet
ordre – doivent permettre aux élèves d’apprendre à utiliser le théorème de Thalès puis de se familiariser avec
lui. À partir de l’exercice 9, il pourra être conseillé aux
élèves de faire des schémas à main levée où les droites
parallèles pourront être colorées d’une même couleur,
où le sommet commun aux deux triangles pourra être
mis en évidence, ceci afin d’éviter certaines erreurs.
Dans l’exercice 15, l’objectif est d’amener les élèves à
réagir sur valeur exacte ou approchée et construction
d’une figure en vraie grandeur.
Après deux exercices de la vie courante, on propose une
première situation (exercice 18) où il est nécessaire d’extraire des figures-clés d’une figure composée.
Partager un segment dans un rapport donné, sur papier
uni ou sur quadrillage, est l’objet des deux exercices suivants (exercices 19 et 20).
L’un des objectifs du travail de groupe (exercice 21)
est d’amener les élèves à échanger sur l’une des conditions nécessaires à l’utilisation du théorème de Thalès :
le parallélisme de deux droites. Dans les exercices qui
suivent, sauf exception, il reviendra aux élèves de vérifier
si cette condition est bien présente avant de s’engager
dans des calculs.
Dans l’exercice 25, l’insertion d’une formule dans une
feuille de calcul en désignant une variable par l’emplacement de la cellule où elle se trouve dans un tableau
permet d’enrichir le travail sur la notion de variable. Cet
exercice est préalable aux exercices d’approfondissement 59 et 62.
Les premiers exercices consacrés à l’agrandissement
ou à la réduction d’une figure sont des exercices de
construction (n° 27 et 28).
Les exercices suivants (n° 29 à 34) dont certains sont















2

Corrigés
1. Devinettes



3. Activités

Devinette*

1 a. et b.

Thalès.
Devinette**



b. On renseigne ainsi le champ de saisie dans le bas de
fenêtre :

1201acquis
2. Je vérifie mes

1. Bonne réponse : c.
(5,6 = 7 × 0,8 ; 7,2 = 9 × 0,8 ; 9,6 = 12 × 0,8 ; le coefficient
de proportionnalité pour passer des nombres de la 1re
ligne à ceux de la 2e ligne est 0,8).
2. Bonne réponse : c.
5
6
Les deux quotients
et
sont égaux, donc en utili2
x
sant l’égalité des produits en croix : x × 5 = 6 × 2.
3. Bonne réponse : a.
Parmi plusieurs démarches possibles, on peut utiliser
l’égalité des produits en croix :
3 × 4 12
5 × x = 3 × 4, soit x =
=
= 2,4.
5
5
4. Bonne réponse : b.
En prenant pour unité u de longueur la distance entre
deux graduations, on a AB = 2u et AC = 5u
donc AB = 2 .
AC 5
AB 2
AB 2
a. Attention ! c’est
= .
= et non
AC 3
BC 3
c. B n’est pas le milieu de [AC] donc AB  AC × 0,5.
5. Bonne réponse : c.
1
L’échelle est
donc une distance de
2 500 000
2 500 000 cm en réalité est représentée par 1 cm sur
l’atlas. Les distances réelles sont donc divisées par
1
2 500 000 (ou multipliées par
).
2 500 000
6. Bonne réponse : b.
Les deux triangles sont rectangles et les longueurs des
côtés du triangle b. sont les moitiés des longueurs des
côtés du triangle initial.
7. a. AC = 2 AJ = 2 × 1,8 cm = 3,6 cm
BC = 2IJ = 2 × 1,6 cm = 3,2 cm
AB 8,2 cm
b. AI =
= 4,1 cm ;
=
2
2
BC 8, 6 cm
IJ =
= 4,3 cm
=
2
2
AC 26 mm
c. C =
= 13 mm ;
=
2
2
BC = 2IJ = 2 × 1,8 cm

AM AN MN
sem,
,
AB AC BC
blent égaux quelles que soient les positions des points
A, B, C ou si l’on déplace la droite (MN).
d. On en déduit, si la conjecture est exacte, que les longueurs des côtés des deux triangles AMN et ABC sont
proportionnelles.
c. On observe que les trois rapports

2 a. Dans le triangle ABC, I est le milieu de [AB] et J

est le milieu de [AC] donc la droite (IJ) est parallèle à la
droite (BC).
La droite (MN), parallèle à (BC), est donc aussi parallèle
à (IJ).
Comme I est le milieu de [AB] et que M est tel que
AM 3
= , alors M est le milieu de [IB].
AB 4
Par conséquent, dans le triangle BIJ, la droite (MN) parallèle à (IJ) et passant par M, le milieu de [BI], coupe le 3e
côté [BJ] en son milieu ; donc P est le milieu de [BJ].
D’autre part, dans le triangle BJC, la droite (MN) parallèle
à (BC) et passant par P, le milieu de [BJ], coupe le 3e côté
[JC] en son milieu ; donc N est le milieu de [JC].
b. • J est le milieu de [AC] et N est le milieu de [JC] donc
AN 3 .
=
AC 4
• Dans le triangle BIJ, M est le milieu de [BI] et P est le
IJ
milieu de [BJ], alors MP = donc MP = 1 .
2
IJ
2
Dans le triangle ABC, I est le milieu de [AB] et J est le
BC
IJ 1
milieu de [AC], alors IJ =
donc
= .
2
BC 2
Par conséquent : MP = MP × IJ = 1 × 1 = 1 .
BC
IJ BC 2 2 4
• Dans le triangle BJC, P est le milieu de [BJ] et N est le
BC
milieu de [JC], alors PN =
donc PN = 1 .
2
BC 2
MN MP PN
P  [MN] donc MN = MP + PN alors
soit
=
+
BC BC BC
MN 1 1 3 .
= + =
BC 4 2 4
c. Dans ce cas particulier, on a d’une part AM = 3 (donAB 4
MN 3
AN 3
née) et d’autre part
= (question
= ainsi que
BC 4
AC 4
b.).
AM AN MN 3
=
=
= .
Par conséquent :
AB AC BC 4

( )

J = 3,6 cm
8. a. 3,5 b. 10 c. 10,5 d. 20 e. 15 f. 7,5
3

La conjecture émise au c. de l’activité 1 est vérifiée dans
ce cas particulier.
Propriété : Dans un triangle ABC, si par le point M du
AM 3
côté [AB] tel que
= on trace la parallèle à (BC), elle
AB 4
coupe le côté [AC] en un point N tel que AN = 3 . On
AC 4
a également MN = 3 . Ainsi les longueurs des côtés des
BC 4
deux triangles AMN et ABC sont proportionnelles.
AM 3, 6 3
3 AM = 3,6 cm et AB = 4,8 cm donc
=
= ; de
AB 4, 8 4
plus (MN) est parallèle à (BC). Par conséquent, d’après
la propriété établie à l’activité 2, MN = 3 .
BC 4
De plus BC = 4 cm donc MN = 3 cm.
3 cm × 2 × 100 = 600 cm ou 6 m.
Ariane a besoin de 6 m de fil d’argent.

Dorian a donc raison : Le triangle AMN est une réduction
du triangle ABC. Le coefficient de réduction est 0,375
(0,375 < 1 ; il s’agit bien d’une réduction).

4. Je m’exerce
1 On reconnaît une figure-clé du cours : les triangles
AIJ et ART sont formés par deux demi-droites coupées
par deux droites parallèles, alors les longueurs de leurs
côtés sont proportionnelles. AJ = 2 cm et AT = 6 cm donc
le coefficient de proportionnalité est 3.
Donc AR = 3 × BC ; AR = 3 × 5 cm = 15 cm
et RT = 3 × IJ soit IJ = RT : 3 ; IJ = 10,5 cm : 3 = 3,5 cm.
Voici le tableau complété :

Longueurs …

4 a., b. et c.

Pour obtenir le point E, cliquer sur
(Segment créé par un point et
une longueur), puis sur D ; on complète la boite de dialogue comme
ci-contre.
Pour obtenir le point F, cliquer sur
(Cercle (centre-rayon)), puis sur
D ; on complète ainsi la boite de
dialogue.
On procède de même à partir de E.
Un des points d’intersection des deux cercles est F.
Voici ce qu’on obtient.

AI

AJ

IJ

des côtés de AIJ

5 cm

2 cm

3,5 cm

des côtés de ART

15 cm

6 cm

10,5 cm

AR

AT

RT

L  [IO] donc IO = IL + LO = 1,4 cm + 4,6 cm = 6 cm
• Dans le triangle ISO, K est un point du côté [IS], L est un
point du côté [IO] et les droites (KL) et (SO) sont paralIK IL KL
=
=
lèles. Donc d’après le théorème de Thalès :
IS IO SO
3,5 1, 4 4,2
=
=
soit
.
IS
6
SO
3,5 × 6
• 3,5 = 1, 4 donc 1,4 × IS = 3,5 × 6 et IS =
.
1, 4
IS
6
Ainsi IS = 15 cm.
1, 4 4,2
4,2 × 6
=
donc 1,4 × SO = 4,2 × 6 et SO =
.
6
SO
1, 4
Ainsi OS = 18 cm.
• K  [IS] donc SK = IS – IK = 15 cm – 3,5 cm = 11,5 cm.
2

Dans le triangle PMI: A  [PM], B  [PI] et (AB) // (MI).
Donc d’après le théorème de Thalès :
5, 6 PB 2,1
PA PB AB
=
=
=
=
soit
.
PM 12 3, 6
PM PI MI
PB 2,1
2,1
=

donc PB = 12 ×
et PB = 7 cm.
12 3, 6
3, 6
5, 6 × 3, 6
5, 6 2,1
=

donc PM =
et PM = 9,6 cm.
2,1
PM 3, 6
4 On nomme A’B’C’ le triangle réduit, H’ le pied de la
hauteur issue de A’ (une réduction conserve la perpendicularité), M’ le milieu de [H’C’] et N’ le point de [A’C’]
tel que les droites (M’N’) et (A’H’) soient parallèles (une
réduction conserve le parallélisme).
Le rapport de réduction est donc :
2
2
B’C’ = × BC = × 6 cm = 4 cm.
3
3
Une réduction conserve les mesures d’angles donc :
 = ACB
 = 35°.
A’C’B’
 = ABC
 = 180° – (80° + 35°) = 65°.
A’B’C’
Construction :
 = 35°
– On trace le triangle A’B’C’ avec B’C’ = 4 cm, B’C’A’

et A’B’C’ = 65°.
– On construit [A’H’], puis M’ et enfin [M’N’].
3

d. En déplaçant le curseur, on observe que les mesures
des angles du triangle DEF semblent être les mêmes que
celles des angles du triangle ABC.
e. La droite passant par C et parallèle à (AB) serait perpendiculaire en C à (AC). Si la conjecture précédente est
vraie, alors la droite correspondante pour le triangle DEF
serait perpendiculaire en F à (DF) donc parallèle à (DE).
5 Dans le triangle ABC, comme le point M appartient

au côté [AB], et que N est le point d’intersection de [AC]
et de la parallèle à (BC) passant par M, alors les triangles
AMN et ABC ont les longueurs de leurs côtés proportionAM AN MN
nelles. Donc
.
=
=
AB AC BC
Comme AM = 1,5 cm et AB = 4 cm,
AM 1,5
=
0,375
alors
= 0,375.
AB
4
On en déduit :
AM = 0,375 × AB ; AN = 0,375 × AC et MN = 0,375 × BC.
4

donc on peut utiliser le théorème de Thalès.
6 .
LC LT CT soit 7,5 LT
=
=
=
=
10
6
AE
LE LA EA
7,5
• 7,5 = LT donc LT = 6 ×
= 4,5 soit LT = 4,5 cm.
10
10
6
10 × 6
7,5
6
=8

donc 7,5 × AE = 10 × 6 et AE =
=
7,5
10 AE
soit AE = 8 cm.
b. Dans le triangle CEA, L est un point de [CA] et T est
un point de [AE] et les droites (LT) et (CE) sont parallèles,
donc on peut utiliser le théorème de Thalès.
1,5 2,5 LT
AL AT LT
soit
.
=
=
=
=
4,2 AE 9, 8
AC AE CE
4,2 × 2,5
1,5 2,5
=7

donc 1,5 × AE = 4,2 × 2,5 et AE =
=
1,5
4,2 AE
soit AE = 7 cm.
1,5
• 1,5 = LT donc LT = 9,8 ×
= 3,5 soit LT = 3,5 cm.
4,2
4,2 9, 8
10 a. Dans le triangle LAT: E  [LA], I  [LT] et (EI) // (AT).
Donc les longueurs des côtés des triangles LIE et LAT
sont proportionnelles.
• La réponse de Paul est certainement fausse. En effet si
[AE] mesurait 3 cm, on aurait LE  LI 6  4 . Autre
LA LT 9 7
réponse valable : si on ajoute la même longueur 3 cm
à deux longueurs (ici 4 cm et 6 cm), on n’obtient pas
des longueurs proportionnelles aux longueurs initiales.
• La réponse d’Émilie est certainement fausse. En effet
11,2 cm est le double de 5,6 cm or I n’est pas le milieu
de [LT] (on ne peut pas utiliser la propriété du segment
des milieux).
b. D’après le théorème de Thalès :
LE LI
EI
6
4
5, 6
soit
.
=
=
=
=
LA LT AT
LA 4 + 3 AT
7 × 5, 6
4 5, 6
= 9, 8 soit AT = 9,8 cm.
=
donc AT =
4
7 AT
7
×
6
6
4
c.
= 10,5 soit LA = 10,5 cm.
= donc LA =
4
LA 7
E  [AL] donc AE = AL – EL = 10,5 cm – 6 cm = 4,5 cm.
11 a. Dans le triangle ABC: D  [AB], E  [AC] et (DE) //(BC).
Donc on peut utiliser le théorème de Thalès.
5, 4
AE 3,24
AD AE DE
soit
.
=
=
=
=
5, 4 + 5, 8 8, 4
BC
AB AC BC
• 5, 4 = AE donc AE = 8,4 × 5, 4 = 4,05
11,2 8, 4
11,2
soit AE = 4,05 cm.
11,2 × 3,24
= 6,72
• 5, 4 = 3,24 donc BC =
5, 4
11,2
BC
soit BC = 6,72 cm.
b. Dans le triangle BCD : A  [BC], E  [BC] et (AE) // (CD).
Donc on peut utiliser le théorème de Thalès.
6
AE .
BA BE AE soit 3,9
=
=
=
=
BC 6 + 8 8, 4
BC BD CD
3,9 × 14
3,9
6

donc BC =
= 9,1 soit BC = 9,1 cm.
=
6
BC 14
6
6
AE

donc AE = 8,4 ×
= 3,6 soit AE = 3,6 cm.
=
14
14 8, 4
12 a. Dans le triangle AIL: D  [IL], E  [IA] et (DE) // (LA).
Donc on peut utiliser le théorème de Thalès.
ID IE DE soit 6
IE
4 .
=
=
=
=
IL IA LA
IL 10,2 5, 4

A’

N’

B’

65°

35°
H’

M’

C’

4 cm

6. Exercices d’application
5 a. On reconnaît une figure-clé du cours : les triangles
MAS et MTH sont formés par deux demi-droites coupées
par deux droites parallèles, alors les longueurs de leurs
côtés sont proportionnelles.
MS = 4 cm et MH = 12 cm donc le coefficient de proportionnalité est 3. Donc MT = 3 × MA = 3 × 2,4 cm = 7,2 cm.
b. Les triangles TMS et THA sont formés par deux demidroites coupées par deux droites parallèles, alors les
longueurs de leurs côtés sont proportionnelles.
MS = 1,5 cm et HA = 6 cm ; le coefficient de proportionnalité est 4.
Donc HT = 4 × MT ; MT = HT : 4 = 7,2 cm : 4 = 1,8 cm.
6 a. (EF) // (BC)

Longueurs des côtés
du triangle AEF

AE

AF

EF

Longueurs des côtés
du triangle ABC

AB

AC

BC

Longueurs des côtés
du triangle BED

BE

BD

ED

Longueurs des côtés
du triangle BAC

BA

BC

AC

Longueurs des côtés
du triangle DIR

DI

DR

IR

Longueurs des côtés
du triangle DAQ

DA

DQ

AQ

Longueurs des côtés
du triangle QRT

QR

QT

RT

Longueurs des côtés
du triangle QDU

QD

QU

DU

(

(ED) // (AC)

b. (IR) // (AQ)

(TR) // (UD)

CE CF EF
a. MB = MA = AB b.
=
=
CA CB AB
MH MT HT
c. IO = IL = OL
IV IE VE
AC DC
8 On a l’égalité
sur la figure ➌.
=
AE BE
9 a. Dans le triangle LEA, C est un point de [LE] et T est
un point de [LA] et les droites (CT) et (AE) sont parallèles,
7

5

)

4
40, 8
IE
4
donc IE = 10,2 ×
=
.
=
5, 4 5, 4
10,2 5, 4
Ainsi IE ≈ 7,6 cm (valeur exacte en écriture fractionnaire
68
simplifiée :
)
9
6
4
6 × 5, 4
=
= 8,1 soit IL = 8,1 cm.

donc IL =
IL 5, 4
4
b. Dans le triangle DEA : I  [DE], L  [AD] et (IL) // (EA).
Donc on peut utiliser le théorème de Thalès.
DI DL IL
6
5
IL
=
=
=
=
soit
.
DE DA EA
DE 5 + 2,5 12, 4
6
5
6 × 7,5
=

donc DE =
= 9 soit DE = 9 cm.
DE 7,5
5
I  [DE] donc IE = DE – DI = 9 cm – 6 cm = 3 cm.
5
IL
62
5

donc IL = 12,4 ×
=
.
=
7,5 12, 4
7,5 7,5
Ainsi IL ≈ 8,3 cm (valeur exacte en écriture fractionnaire
124
simplifiée :
)
C
15
13 a. et b. voir figure
E
a. Dans le triangle ABC :
D  [AB], E  [AC] et (DE) // (BC).
Donc on peut utiliser le théorème
de Thalès. AD = AE = DE
AB AC BC
5 AE DE
soit =
.
=
6
9
7,5
B
A
5
5 AE
• =
donc AE = 9 × = 7,5
5 cm D
6
6
9
6 cm
soit AE = 7,5 cm.
5 DE
5
• =
donc DE = 7,5 × = 6,25 soit DE = 6,25 cm.
6 7,5
6
14 Dans le triangle RED : O  [RD], N  [RE] et
(NO) //(DE). Donc on peut utiliser le théorème de Thalès.
RO
8
7
RO RN NO
soit
.
=
=
=
=
8
RE 10,5
RD RE DE
10,5 cm
E
D
• RO = 7
8
10,5
7 cm
56
7
O
donc RO = 8 ×
=
N
10,5 10,5
(valeur exacte : 16 en écriture
8c
3
m
fractionnaire simplifiée).
R
8 × 10,5
8
7
= 12 soit RE = 12 cm.

donc RE =
=
7
RE 10,5
15 Pour construire cette figure, on a besoin de connaître
MI ou MN.
Dans le triangle MAN : I  [MA], E  [MN] et (EI) // (NA).
Donc on peut utiliser le théorème de Thalès.
MI ME
EI
MI 10,5 11,2
soit
.
=
=
=
=
MA MN NA
14
MN 14, 4
MI 11,2
11,2

donc MI = 14 ×
.
=
14 14, 4
14, 4
Cette longueur n’est pas intéressante, car elle n’est pas
décimale.
10,5 × 14, 4
10,5 11,2

donc MN =
= 13,5
=
11,2
MN 14, 4
soit MN = 13,5 cm.
Construction :
• On construit un triangle MAN tel que MA = 14 cm,
MN = 13,5 cm et NA = 14,4 cm.

Dans le triangle OBI : R  [OI], D  [OB] et (RD) // (IB).
Donc on peut utiliser le théorème de Thalès.
OD RD
25, 6
=
= 16 et RD = 16 cm.
soit RD = 20 ×
OB BI
32
• Dans le triangle OBI : E  [OI], T  [OB] et (TE) // (IB).
D’après le théorème de Thalès :
OT TE
OT 12,5
32 × 12,5
soit
; OT =
=
=
= 20
OB BI
32
20
20
soit OT = 20 cm.
16

17 2 m = 200 cm ; 1,20 m = 120 cm.
E  [OM] donc
OE = OM – EM = 200 cm – 70 cm = 130 cm.
Dans le triangle OMN : E  [OM], F  [ON] et (EF) // (MN).
Donc on peut utiliser le théorème de Thalès.
130 120
200 × 120
OE
EF
=
=
soit
; MN =
.
200 MN
130
OM MN
Cette valeur n’est pas décimale; en voici un encadrement:
184,6 cm < MN < 184,7 cm ; on peut donc placer cette
bibliothèque entre la porte et la fenêtre, distantes de
1,85 m.
18 a. Dans le triangle TZA : I  [TZ], J  [TA] et (IJ) // (ZA).
Donc on peut utiliser le théorème de Thalès.
TI
TJ
IJ
1,5 TJ
IJ
soit
.
=
=
=
=
TZ TA ZA
6
12 14, 4
1,5 TJ
=

; 12 cm = 6 cm × 2 donc TJ = 1,5 cm × 2 = 3 cm.
6
12
1,5
IJ
1,5
=

donc IJ = 14,4 ×
= 3,6 soit IJ = 3,6 cm.
6
14, 4
6
b. • (TR) // (AZ) et (IK) // ( AZ) donc (IK) // (TR).
• J  [AT] donc AJ = AT – JT = 12 cm – 3 cm = 9 cm.
• Dans le triangle TRA : J  [AT], K  [AR] et (JK) // (TR).
Donc on peut utiliser le théorème de Thalès.
AJ AK JK
9
AK
JK
=
=
=
=
soit
.
AT AR TR
12 AR 9, 6
9
9
JK
=

donc JK = 9,6 ×
= 7,2 soit JK = 7,2 cm.
12
12 9, 6
c. J  [IK] donc IK = IJ + JK = 3,6 cm + 7,2 cm = 10,8 cm.

8 cm

9c

• On place le point E de [MN] tel que ME =10,5 cm.
• Par E, on trace la parallèle à (AN) ; elle coupe (AM) en I.

7,5 cm

m



19 a. On reporte sept fois la même longueur sur la
demi-droite [A x ), puis on joint B au dernier point,
ici M.
Ensuite on trace les parallèles à (MB) passant par les
points M1, M2, …, M6 ; elles coupent [AB] en six points
N1, N2, …, N6.
Les segments [AN1], [N1N ], …, [N6B] ont la même longueur. En effet, par exemple, dans le triangle AMB :
M1  [AM], N1  [AB] et (M1N1) // (MB). Donc on peut
utiliser le théorème de Thalès.
1
AM 1 AN 1
1 AN 1
soit =
donc AN1 = AB × .
=
7
7
AB
AM
AB
De même, avec les points M2 et N2, on obtient :
2
AN2 = AB × ,
7
6
3
AN3 = AB × . …, AN6 = AB × ,
7
7

6

• dans le triangle ABD, [AB] est le côté le plus long.
D’une part AB² = 5 = 25 ;
d’autre part AD² + DB² = 4² + 3² = 16 + 9 = 25.
Ainsi AD² + DB² = AB². L’égalité de Pythagore est vérifiée,
donc le triangle ADB est rectangle en D.
Par conséquent les droites (BD) et (EC) sont toutes deux
perpendiculaires à (AE) donc elles sont parallèles.
Remarque : on ne peut pas utiliser le théorème de Thalès
dans la figure ➌ car on ne sait pas que les droites (CE) et
(AD) sont parallèles.
b. Dans la figure ➊ on peut calculer DC, AD, CE, EB et EA.
Le triangle BCD est rectangle en D, donc d’après l’égalité
de Pythagore BC² = BD² + DC².
18² = 10,8² + DC²
donc DC² = 18² – 10,8² = 324 – 116,64 = 207,36
d’où DC = 14,4 cm.
• A  [CD]
donc AD = CD – CA = 14,4 cm – 9,6 cm = 4,8 cm.
• Dans le triangle BCD : A  [CD], E  [BC] et (AE) // (BD).
D’après le théorème de Thalès :
CA CE AE soit 9, 6
CE
AE
=
=
=
=
CD CB DB
14, 4 18 10, 8
9, 6
9, 6
CE

donc CE = 18 ×
= 12 soit CE = 12 cm.
=
14, 4
14, 4 18
9, 6
9, 6
AE

donc AE = 10,8 ×
= 7,2
=
14, 4
14, 4 10, 8
soit AE = 7,2 cm.
E  [CB] donc EB = CB – CE = 18 cm – 12 cm = 6 cm.
Remarque : AE peut être calculé à l’aide de l’égalité de
Pythagore dans le triangle CEA rectangle en A :
CE² = CA² + EA²
d’où EA² = 12² – 9,6² = 144 – 92,16 = 51,84
d’où EA = 7,2 cm.
Dans la figure ➋ on peut calculer BC, AE, DE et EC.
B  [AC] donc BC = AC – BC = 6 cm – 5 cm = 1 cm.
Dans le triangle AEC : B  [AC], D  [AE] et (DB) // (CE).
AB AD DB
D’après le théorème de Thalès :
=
=
AC AE EC
5
4
3
soit =
.
=
6 AE EC
5
4
6×4
= 4, 8 soit AE = 4,8 cm.
• =
donc AE =
6 AE
5
6×3
5
3
= 3, 6 soit EC = 3,6 cm.
• =
donc EC =
5
6 EC
D  [AE] donc DE = AE – AD = 4,8 cm – 4 cm = 0,8 cm.
Remarques :
• Après le calcul de AE, on peut calculer EC à l’aide de l’égalité de Pythagore dans le triangle CEA rectangle en A :
CE² = CA² + EA² d’où EC² = 6² – 4,8² = 36 – 23,04 = 12,96
d’où EC = 3,6 cm.
• Si EC a été calculé en premier, il est possible de calculer
AE à l’aide de l’égalité de Pythagore dans le triangle CEA
rectangle en A :
CE² = CA² + EA² d’où AE² = 6² – 3,6² = 36 – 12,96 = 23,04
d’où AE = 4,8 cm.

Par conséquent AN1 = N1N2 = … = N6B.

M1
A

M2
N1

M3

M4

N2

M5

M6

N3

M

x

N4

N5

N6

B

b. On reporte six fois la même longueur sur la demidroite [Ax), puis on joint B au dernier point, ici C.
D

A

C

x

M

B

Ensuite on trace la parallèle à (CB) passant par D ; elle
coupe le segment [AB] en M, le point cherché.
En effet, dans le triangle ACB : D  [AC], M  [AB] et
(MD) // (CB).
Donc on peut utiliser le théorème de Thalès.
AM AD soit AM 5 .
=
=
AB 6
AB AC
20
a. On E
B
place un
point C sur
N
un nœud du F
quadrillage,
M
de sorte que
ABC soit un
A
triangle recD
C
tangle en C.
On partage le segment [AC] en trois segments de même
1246
longueur. Par D, on suit le quadrillage pour obtenir M.
Justification (non demandée) :
Dans le triangle ACB : D  [AC], M  [AB] et (MD) // (CB).
D’après le théorème de Thalès :
AM AD
soit AM = 4 = 1 .
=
AB AC
AB 12 3
b. On place un point E sur un nœud du quadrillage, de
sorte que ABE soit un triangle rectangle en E. Par F, on
suit le quadrillage pour obtenir le point N.
Justification (non demandée) :
Dans le triangle ABE : F  [AE], N  [AB] et (FN) // (BE).
D’après le théorème de Thalès : AN = AF soit AN = 4 .
AB AE
AB 7
21 a. On peut utiliser le théorème de Thalès :
– dans la figure ➊ car les droites (AE) et (BD) toutes les
deux perpendiculaires à (CD) sont parallèles.
– dans la figure ➋. En effet :
• le point E appartient au cercle de diamètre [AC], donc
 est droit.
l’angle AEC
7

22 On repère une figure-clé de Thalès :
le triangle DCE avec les droites parallèles (AF) et (DC).

C

6 cm

4 cm

7 cm

D

’ = AM + MI + IA
’ = 19,8 + 18 + 12 = 49,8 soit ’ = 49,8 mm.
48,9 < 49,8 donc  < ’. Adrien n’a donc pas raison.

A

F

25 a. On exprime BC et BD en fonction de AC.
Dans le triangle ABC : D  [AB], E  [BC] et (DE) // (AC).
D’après le théorème de Thalès :
BD
6
4, 8
BD BE DE
soit
.
=
=
=
=
10 BC AC
BA BC AC
• BD = 4, 8 donc BD = 10 × 4, 8 = 48 .
AC AC
10 AC
6
4, 8
6
×
AC

donc BC =
= 1,25 AC.
=
BC AC
4, 8
Dans la cellule B2, on entre la formule =1,25*A2 ; dans
la cellule C2, on entre la formule = 48/A2.

B

E

En effet, ABCD est un parallélogramme donc ses côtés
opposés sont parallèles et ont la même longueur :
AD = BC = 4 cm et DC = AB = 6 cm.
Dans le triangle DCE : A  [ED], F  [EC] et (AF) // (DC).
Donc on peut utiliser le théorème de Thalès.
EA EF AF
7 − 4 EF AF
soit
.
=
=
=
=
ED EC DC
7
EC
6
6 × 3 18
3 AF
donc AF =
.
=
=
7
7
7
6
Ainsi AF ≈ 2,6 cm.
23 a. Le triangle BDE est rectangle en D, donc d’après
l’égalité de Pythagore : BE² = BD² + DE².
10² = BD ² + 6² donc BD² = 10² – 6² = 100 – 36 = 64
d’où BD = 8 cm.
b. On note  l’aire de ACED, ’ l’aire de ABC et ’’ l’aire
de DBE. Alors  = ’ – ’’.
Il manque AC pour pouvoir calculer l’aire du triangle
ABC.
Dans le triangle ABC : D  [AB], E  [BC] et (DE) // (AC)
(car toutes les deux perpendiculaires à (AB)).
D’après le théorème de Thalès :
8
10
6
BD BE DE
soit
.
=
=
=
=
24 BC AC
BA BC AC
6 × 24
8
6
= 18 soit AC = 18 cm.
=
donc AC =
8
24 AC
AB × AC 24 × 18
’ =
=
= 216 ;
2
2
DB × DE 6 × 8
’’ =
=
= 24 .
2
2
Par conséquent :  = 216 cm² – 24 cm² = 192 cm².
Remarque : on peut aussi calculer l’aire du trapèze ACED
ainsi :
(DE + AC) × AD (6 + 18) × (24 − 8)
=
= 192.
=
2
2
24 Pour pouvoir répondre, il est nécessaire de calculer
AL et AI.
Dans le triangle MLN : A  [ML], I  [MN] et (AI) // (LN)
 et MNL
 ont la même
(car les angles correspondants MIA
mesure).
Donc on peut utiliser le théorème de Thalès.
MI MA AI
18 19, 8 AI
soit
.
=
=
=
=
MN ML LN
27 ML 18
27 × 19, 8
18 19, 8
= 29,7 soit ML = 29,7 mm.
=

; ML =
18
27 ML
18 AI

donc AI = 18 × 18 = 12 soit AI = 12 mm.
=
27 18
27
On note  le périmètre de LAIN et ’ le périmètre de AMI
 = LA + AI + IN + NL
 = (29,7 – 19,8) + 12 + (27 – 18) + 18 = 48,9
soit  = 48,9 mm.

b. Lorsque AC prend la valeur 9,6, on obtient BC = 12 et
BD = 5. Dans ce cas, on vérifie que D et E sont les milieux
de [AB] et de [BC] ; en effet 9,6 est le double de 4,8 ; et 12
est le double de 6, et 5 est la moitié de 10.
26 On schématise la situation, où [CD] représente
l’arbre.
Dans le triangle OCK : A  [OC], H  [OK] et (AH) // (CK)
(car toutes les deux perpendiculaires à (OK)).

C

A
O

H
B

K
D

D’après le théorème de Thalès :
OH AH
OK × AH
OH OA AH
d’où
et CK =
.
=
=
=
OK CK
OH
OK OC CK
De même, dans le triangle OKD, OH = OB = HB
OK OD KD
OK × HB
OH HB
d’où OK = KD et KD = OH .
OK × HB
Par conséquent CD = CK + KD = OK × AH +
OH
OH
OK × (AH + HB) OK × AB
CD =
=
.
OH
OH
Comme OH = AB, on peut simplifier ce quotient par AB ;
on obtient CD = OK.
Conclusion : si le forestier se trouve à 18 m de l’arbre,
alors la hauteur de l’arbre est 18 m.
5
27 a.
> 1 donc il s’agit d’un agrandissement.
4
On note M’I’L’ le triangle agrandi.
5
5
M’I’ = × MI = × 4,8 cm = 6 cm.
4
4
5
5
I’L’ = × IL = × 5,6 cm = 7 cm.
4
4
5
5
M’L’ = × ML = × 8 cm = 10 cm.
4
4
8

b. On note  l’aire de ABC et ’ l’aire de A’B’C’.
AB × AC 1,5 × 3, 6
=
=
= 2,7
2
2
 = 2,7 mm².
A’B’ × A’C'
30 × 72
’=
= 1080
’ =
2
2
’= 1 080 mm².
’ 1080
=
= 400 donc Claire n’a pas raison : l’aire du

2,7
triangle agrandi est 400 fois (et non 20 fois) plus grande
que l’aire du triangle ABC.
c. Avant de calculer le périmètre de chaque triangle, il
faut calculer BC et B’C’.
Le triangle ABC est rectangle en A donc d’après l’égalité
de Pythagore :
BC² = AB² + AC² = 1,5² + 3,6² = 2,25 + 12,96 = 15,21
d’où BC = 3,9 mm.
Par conséquent B’C’ = 20 × BC = 20 × 3,9 mm = 78 mm.
 = AB + BC + CA = 1,5 + 3,9 + 3,6 = 9 mm.
’ = A’B’ + B’C’ + C’A’ = 30 + 78 + 72 = 180 mm.
’ 180
=
= 20 donc Joachim a raison : le périmètre

9
du triangle agrandi est 20 fois plus grand que celui du
triangle ABC.
30 On calcule les quotients :
hauteur pyramide Louvre
k1 =
hauteur pyramide Khéops
côté base pyramide Louvre
k2 =
.
côté base pyramide Khéops
34
21
k1 =
et k2 =
. On compare k1 et k2, par exemple
230
146, 6
en comparant les produits 21 × 230 et 34 × 146,6.
21 × 230 = 4 830 et 34 × 146,6 = 4 984,4 ; ces produits
étant différents, k1 et k2 sont différents ; par conséquent
la Pyramide du Louvre n’est pas une réduction de la
pyramide de Khéops.
31 a. Rapport d’agrandissement :
longueur de la photo imprimée
k=
longueur de l’écran
15
150 25 .
donc k =
=
=
5, 4 54
9
25
b. 4,1 cm ×
≈ 11,4 cm donc la largeur de la photo est
9
d’environ 11,4 cm.
EG
EF
32 a. On calcule les quotients k1 =
et k2 =
.
AC
AB
6
4
k1 = = 0,75 et k2 = = 0,8. k1  k2 donc le triangle EFG
8
5
n’est pas une réduction du triangle ABC.
b. On range les longueurs données dans le même ordre,
FG
EF
puis on calcule les quotients k1 =
,k =
et k3 = EF .
AB 2 BC
AC
On effectue des conversions pour avoir toutes les longueurs exprimées avec la même unité (ici le cm).
13,5
9
18
k1 =
= 5 ; k2 =
= 5 ; k3 =
= 5.
2,7
1, 8
3, 6
k1 = k2 = k3 donc le triangle EFG est un agrandissement
du triangle ABC dans le rapport 5.

I’
I
4,8

M2

b.

7c

m

cm

m

6c

cm

5,6

8 cm

L M’

10 cm

< 1 donc il s’agit d’une réduction.

L’

3
On note A’B’C’D’ le rectangle réduit.
2
2
A’B’ = × AB = × 5,4 cm = 3,6 cm.
3
3
2
2
A’D’ = × AD = × 7,5 cm = 5 cm.
3
3
A

7,5 cm

D
5 cm

D’

3,6 cm

5,4 cm

A’

B

B’

C

C’

a. 0,75 < 1 donc il s’agit d’une réduction.
On note [A’B’] un diamètre du cercle réduit.
A’B’ = 0,75 × AB = 0,75 × 9,6 cm = 7,2 cm.
28

A

B A’

9,6 cm

B’

7,2 cm

b. 2,5 > 1 donc il s’agit d’un agrandissement.
On note A’B’C’ le triangle agrandi.
A’B’ = 2,5 × AB = 2,5 × 34 mm = 85 mm.
A’C’ = 2,5 × AC = 2,5 × 12 mm = 30 mm.
 = BAC
 = 35° (dans un agrandissement, les
B’C’A’
mesures d’angles sont conservées).
C’

30
B

A’

m
35°

85 mm

29 a. On note A’B’C’ le triangle agrandi ; il
est rectangle en A’ car un agrandissement
conserve la perpendicularité.
A’B’ = 20 × AB = 20 × 1,5 mm
= 30 mm.
A’C’ = 20 × AC = 20 × 3,6 mm
B’
30 mm
= 72 mm.

C’

B’

72 mm

mC
m
12 35°
A 34 mm

m

A’

9

longueur côté triangle 1
longueur côté triangle 2
sont évidemment égaux, puisque les côtés du triangle 1
ont la même longueur et que les côtés du triangle 2 ont
également la même longueur, puisqu’il s’agit de deux
triangles équilatéraux.
 
38 a. Les angles correspondants ABD et ACE étant de
même mesure, alors les droites (BD) et (CE) sont parallèles.
BD = CE: 2; ceci n’est possible que si B et D sont les milieux
de [AC] et de [AE]. Or AB ≠ BC, donc la figure est fausse.
b. Dans le triangle ABF : E  [AB], C  [BF] et (EC) // (AF)
(car elles sont toutes les deux perpendiculaires à (AB)).
Donc on peut utiliser le théorème de Thalès :
BC BE CE .
=
=
BF BA AF
BE 4
BC 5
Or
= = 0, 8 donc BC  BE .
= = 0, 625 et
BA 5
BF 8
BF BA
Cette incompatibilité est due au fait que la figure est
fausse.
39 Comme les droites (MN) et (BC) sont parallèles, le
triangle ABC est un agrandissement du triangle AMN.
a. AB = 6 cm + 3 cm = 9 cm et AM = 6 cm.
Donc comme MN = 6 cm également, [BC] (côté correspondant à [MN]) mesure 9 cm.
b. 36 cm = 3 × 12 cm donc le triangle ABC est un
agrandissement du triangle AMN dans le rapport 3 et
par conséquent le triangle AMN est une réduction du
1
triangle ABC dans le rapport , alors
3
1
1
AM = × AB = × 75 cm = 25 cm.
3
3
40 Dans le triangle ABC, M est un point de [AB], N est un
point de [BC] et les droites (MN) et (AC) sont parallèles.
Donc on peut utiliser le théorème de Thalès.
3, 6 BN
6
BM BN MN
=
=
=
=
soit
.
9
12 AC
BA BC AC
6×9
3, 6
6
= 15 . Ainsi AC = 15 cm.
=

donc AC =
3, 6
9
AC
3, 6
3, 6 BN

donc BN = 12 ×
= 4,8. Ainsi BN = 4,8 cm.
=
9
9
12
41 Dans le triangle OEF: C  [OF], B  [OE] et (BC) // (EF).
D’après le théorème de Thalès :
y
OB 2
OC OB BC
soit
=
= .
=
=
OF OE x
OF OE EF
OB
On ne connaît pas le quotient
mais on peut lui trouOE
ver un quotient égal.
En effet dans le triangle ODE : B  [OE], A  [OD] et
(AB) // (DE). D’après le théorème de Thalès :
OB AB
y
5 2
OB 5
=
soit
= = .
= . On a donc
OE DE
OF 8 x
OE 8
2×8
5 2
= 3,2. Mais y = 5
= donc x =
5
8 x
OF 8
5
donc y = OF × .
8
Pierrick n’a pas raison : il peut calculer x mais pas y avec
les données de la figure (on ne connaît pas OF).
Remarque : si CF était donnée, il serait alors possible de
calculer y.

c. • On range les longueurs données dans le même ordre,
EH
EF
puis on calcule les quotients k1 =
et k2 =
.
AB
AD
2
1,5
k1 =
= 1,25 ; k2 =
= 1,25 donc k = k2.
1, 6
1,2
• D’autre part, les angles consécutifs d’un parallélogramme sont supplémentaires,
 = 180° – 155° = 25°. Ainsi FEH
 = BAD
.
donc FEH
Par conséquent EFGH est bien un agrandissement de
ABCD dans le rapport 1,25.
33 a. Le rapport d’agrandissement est :
F1 F
3
DE 5
k=
= = 2,5.
AB 2
Donc DF = 2,5 × 2,8 cm = 7 cm
et EF = 2,5 × 3 cm = 7,5 cm.
D
E
Il y a quatre positions possibles du point
F.

37

F2 F
4

10,1 cm

10,8

cm

34 a. En réalité LB = 935 km et sur la figure LB = 8 cm
donc le coefficient de réduction est :
8
1
k=
.
=
93 500 000 11687 500
Longueurs sur la figure :
1
LM =
× 126 100 000 soit LM ≈ 10,8 cm.
11687 500
1
× 137 700 000 soit MR ≈ 11,8 cm.
MR =
11 687 500
1
× 118 000 000 soit RB ≈ 10,1 cm.
RB =
11687 500
Dans une réduction, les mesures d’angles sont conser mesure aussi 85° sur la figure. On
vées, donc l’angle LBR
construit le quadrilatère BRML.
b. On place Paris (P) tel que :
1
MP =
×105 000 000 soit MP ≈ 9 cm.
11687 500
1
LP =
× 34 300 000 soit LP ≈ 3 cm.
11687 500
c. On mesure les distances
8 cm
B
PB et PR.
L
PB = 7,5 cm et
85°
PR = 9,6 cm.
P
Les distances correspondantes à vol d’oiseau sont :
PB = 11 687 500 × 7,5 cm
= 87 656 250 cm
M
R
11,8 cm
soit PB ≈ 870 km.
PR = 11 687 500 × 9,6 cm = 112 200 000 cm
soit PR ≈ 1 120 km.
35 Faux. Il permet de calculer des longueurs dans certaines circonstances (où des droites sont parallèles).
36 Faux. On range les longueurs dans le même ordre,
AB
AC
BC
puis on calcule les quotients k1 =
,k =
et k3 = .
EG
FG 2 EF
8,2
6, 4
5
k1 =
= 4 ; k2 =
= 4 ; k3 =
et k3  4
2,1
1, 6
1,25
donc le triangle ABC n’est pas un agrandissement du
triangle EFG.

10

Vrai. Les trois quotients

42

Donc on peut utiliser le théorème de Thalès.
6
JB
1 JB
AB JB
soit
ou =
d’où JB = 2 cm.
=
=
6×3 6
3 6
AG HG
Les points C, I, J et B sont alignés dans cet ordre, donc :
IJ = CB – IJ – JB = 6 cm – 3 cm – 2 cm = 1 cm.

On peut schématiser la situation ainsi.
B

S

T
1,75 m
11 m

A

O

7. QCM pour s’évaluer

16 m

Dans le triangle OBS : A  [OS], T  [OB] et (AT) // (BS)
(car toutes les deux perpendiculaires à (OS)).
Donc on peut utiliser le théorème de Thalès.
16 − 11 1,75
OA AT
soit
.
=
=
16
BS
OS BS
16 × 1,75
5 1,75
donc BS =
= 5, 6 soit BS = 5,6 m.
=
5
16
BS
La barre est donc à la hauteur de 5,60 m.
43 a. On calcule les quotients :
largeur image obtenue
k1 =
largeur image téléchargée
hauteur image obtenue
et k2 =
pour chaque image.
hauteur image téléchargée
image ➊

image ➋

image ➌

image ➍

2,75
= 0,25
11

1,71
= 1,9
0,9

2,31
= 0,22
10,5

2,35
2,14
= 0,2
≈ 0,23
11,75
9,15

2,28
= 1,9
1,2

2, 64
= 0,22
12

k1

3,52
= 0,2
17, 6

k2

45

c.

46

a.

47

b.

48

c.

49

a. c.

50

a. b.

51

b. c.

8. Je me prépare au contrôle
 et TRI
 ont la
a. Les angles correspondants THK
même mesure, les droites (HK) et (RI) sont parallèles.
De plus, dans le triangle TRI, H est un point du côté [TR]
et K est un point du côté [TI], donc on peut utiliser le
théorème de Thalès (les longueurs données sont aussi
correctement placées).
b. D’après a. on peut en déduire que :
4
7 HK
TH TK HK
=
=
soit
.
=
=
10 TI 17
TR TI
RI
7 × 10
4
7
= 17,5

donc 4 × TI = 10 × 7 et TI =
=
4
10 TI
soit TI = 17,5 cm.
4
4 HK

donc HK = 17 ×
= 6,8 soit HK = 6,8 cm.
=
10
10 17
53 • Le triangle ➌ est une réduction du triangle ➊ (rapport 0,75)
• Le triangle ➍ est une réduction du triangle ➊ (rapport
0,4)
• Le triangle ➍ est une réduction du triangle ➌ (rapport
8
15 )
• Le triangle ➎ est un agrandissement du triangle ➋ (rapport 1,4).
52

Les images ➊, ➌ et ➍ ont été bien redimensionnées
(k1 = k2) ; l’image ➋ a été déformée (k1  k2).
Les images obtenues à partir des images ➊ et ➍ sont des
réductions des images téléchargées ; l’image obtenue
à partir de l’image ➌ est un agrandissement de l’image
téléchargée.
b. 0,2 = 20 % ; 1,9 = 190 % ; 0,22 = 22 %.
c. Avec OpenOfficeWriter, par exemple,
• on insère l’image téléchargée dans le document texte
• après un clic droit, on choisit Image… Dans l’onglet
Type, on coche « Conserver le ratio » et on choisit la
hauteur voulue.

1,7 m

54 On commence par faire une figure à main levée sur
laquelle on porte les longueurs données. Puis on calcule
les longueurs sur la figure A’B’C’D’, de centre I’, agrandie :
7
7
I’A’ = 4 cm × = 7 cm ; I’B’ = 0,8 cm × = 1,4 cm ;
4
4
7
7
I’C’ = 1,6 cm × = 2,8 cm ; I’D’ = 2,4 cm × = 4,2 cm.
4
4
Sur une figure agrandie, les mesures d’angles sont
 = 130°.
conservées, donc A’I’D’
Il reste à tracer le quadrilatère agrandi : on commence
par tracer une des diagonales, puis l’autre, en utilisant
.
les longueurs calculées et la mesure de l’angle A’I’D’
Puis on relie les sommets.
Y
55 On peut schématiser la situation
ainsi.
Dans le triangle YEC, B est un point du
S
côté [YC], S est un point du côté [YE] et
B
0,6 m
les droites (BS) et (CE) sont parallèles
(car toutes deux perpendiculaires à
(YE)). On peut donc utiliser le théorème
?
de Thalès :
YS BS
1,7
0, 6
soit
=
=
C
E
YE CE
YE 0, 6 + 1,5
1,5 m A
1,7 0, 6
2,10 m
c’est-à-dire YE = 2,1

On peut ainsi choisir la même hauteur pour chaque
image, la largeur se calcule automatiquement.
44 Comme ABCD et BCFE sont deux carrés de 6 cm de
côté, le point C est le milieu de [DF] et la droite (CI) est
perpendiculaire à (DF) comme la droite (AD) ; la droite
(CI) est donc parallèle à (AD) ; alors I est le milieu de [AF].
Donc CI = AD2 = 3 cm.
• Dans le triangle AHG : B  [AG], J  [AH] et (BJ) // (HG)
(car toutes les deux perpendiculaires à (AG)).
11

d’où 0,6 × YE = 1,7 × 2,1 et YE =

1,7 × 2,1
= 5,95.
0, 6

59

1. a. et b.

AB = SE = YE – YS
soit AB = 5,95 m – 1,70 m = 4,25 m.
La profondeur du puits est 4,25 m.

9. Exercices d’approfondissement
CDE est un triangle isocèle s’il possède deux côtés de
la même longueur (on peut éliminer d’autres démarches,
compte tenu de la figure).
• Dans le triangle ABE : D  [AE], C  [AB] et (CD) // (BE).
AD CD
D’après le théorème de Thalès :
soit donc
=
AE BE
12,5
CD = 18 ×
= 10 soit CD = 10 cm.
22,5
• D  [AE] donc DE = AE – AD = 22,5 cm – 12,5 cm
= 10 cm
Conclusion : comme DE = DC = 10 cm, alors le triangle
CDE est isocèle en D.
57 Le quadrilatère BEDF est un rectangle car il a trois
angles droits. Pour savoir s’il est un carré, il suffit de
connaître les longueurs de deux côtés consécutifs, par
exemple [BF] et [DF].
• Le triangle ABC est rectangle en B, donc d’après l’égalité de Pythagore : AC² = AB² + BC²
d’où AC² = 4,5² + 6² = 20,25 + 36 = 56,25
Ainsi AC = 7,5 cm.
• Dans le triangle ABC : F  [BC], D  [AC] et (DF) // (AB)
(car toutes deux perpendiculaires à (BC)).
D’après le théorème de Thalès :
CF 4,5 DF
CF CD DF
soit
=
=
=
=
6
7,5 4,5
CB CA AB
CF 4,5
4,5
=
donc CF = 6 ×
= 3, 6
6
7,5
7,5
d’où BF = 6 cm – 3,6 cm = 2,4 cm.
4,5
4,5 DF
donc DF = 4,5 ×
= 2,7 ; DF = 2,7 cm.
=
7,5
7,5 4,5
Donc DF  BF donc le rectangle BEDF n’est pas un carré.
58 On peut schématiser la situation ainsi.
56

2. a. Dans le triangle ABC, M est un point de [AB], N un
point de [AC] et les droites (MN) et (BC) sont parallèles.
Donc on peut utiliser le théorème de Thalès.
x AN MN
AM AN MN
soit =
.
=
=
=
6
9
12
AB AC BC
x AN
x
• =
donc AN = 9 × soit AN = 1,5x.
6
9
6
x MN
x
• =
donc MN = 12 × soit MN = 2x.
6 12
6
b. • Périmètre du triangle AMN : p1 = AM + MN + NA
p1 = x + 2x + 1,5x = 4,5x
• Périmètre du quadrilatère MNCB
p2 = MN + NC + CB + BM
p2 = 2x + 9 – 1,5x + 12 + 6 – x = 27 – 0,5x
• p1 = p2 c’est-à-dire 4,5x = 27 – 0,5x
27
= 5, 4 .
On résout cette équation : 5x = 27 d’où x =
5
Le triangle AMN et le quadrilatère MNCB ont bien le
même périmètre lorsque AM = 5,4 cm.
IB
IA
60 En calculant les quotients
et , on remarque :
IC
ID
IA
3,9
3,9
d’une part
;
=
=
ID 3,9 + 2,1
6
IB
5, 4
5, 4
d’autre part
.
=
=
IC 5, 4 + 2, 8 8,2
On compare ces quotients : 3,9 × 8,2 = 31,98 et
6 × 5,4 = 32,4.
IB
IA
Ces produits n’étant pas égaux, les quotients
et
IC
ID
sont différents. Par conséquent les droites (AB) et (CD)
ne sont pas parallèles. En effet, si elles avaient été parallèles, alors, d’après le théorème de Thalès, les quotients
IB
IA
et
auraient été égaux.
IC
ID
61 • On calcule l’aire  du triangle MOR ; pour cela il est
nécessaire de connaître OR.
Dans le triangle DAM : R  [DM], O  [AM] et (OR) // (AD)
(car toutes deux perpendiculaires à (MD)).
4 RO
MR RO
=
=
D’après le théorème de Thalès :
soit
16 20
MD DA
d’où RO = 5 cm.
MR × RO 4 × 5
Alors  =
= 10 soit  = 10 cm².
=
2
2
• On calcule l’aire ’ du triangle LEA ; pour cela il est
nécessaire de connaître EL.
Dans le triangle DAM : E  [AD], L  [AM] et (LE) // (MD)
(car toutes deux perpendiculaires à (AD)).
D’après le théorème de Thalès :
4
4 LE
AE
LE
soit
d’où LE = 16 ×
= 3,2 cm.
=
=
20
20 16
AD MD
LE × EA 3,2 × 4
Alors ’ =
= 6,4 soit ’ = 6,4 cm².
=
2
2
• On ajoute les aires de ces deux triangles :
 + ’ = 10 cm² + 6,4 cm² = 16,4 cm².

O

B
A
T
5m

P
H

4m

1,60 m

R

100 m

Dans le triangle OPR : A  [OP], B  [OR] et (AB) // (PR)
(car toutes deux perpendiculaires au sol donc à (OP)).
On peut utiliser le théorème de Thalès.
5
4 − 1, 6
5
2, 4
OA AB
soit
ou
=
=
=
5 + 100
PR
105 PR
OP PR
2, 4 × 105
d’où PR =
= 50, 4
5
50,4 m + 1,6 m = 52 m.
La hauteur du phare est 52 m.
12

• Sur la figure 1, la longueur correspondant à x est :
15 cm – 11 cm = 4 cm donc x = 1,25 × 4 cm = 5 cm.
• Sur la figure 1, la longueur correspondant à y est :
18 cm3 = 6 cm donc y = 1,25 × 6 cm = 7,5 cm.
67 Le rituel des Musgrave
Voici le passage où il est question de l’énigme.
Il me passa ce papier, celui que j’ai là, Watson, et voici
l’étrange énigme à laquelle chaque Musgrave devait se
soumettre quand il arrivait à l’âge d’homme. Je vous lis
questions et réponses, telles qu’elles viennent :
« – À qui appartenait-elle ?
– À celui qui est parti.
– Qui doit l’avoir ?
– Celui qui viendra.
– Quel mois était-ce ?
– Le sixième en partant du premier.
– Où était le soleil ?
– Au-dessus du chêne.
– Où était l’ombre ?
– Sous l’orme…
– Comment y avancer ?
– Au nord, par dix et par dix ; à l’est, par cinq et par cinq ;
au sud par deux et par deux, à l’ouest par un et par un, et
ainsi dessous…
– Que nous donnerons-nous en échange ?
– Tout ce qui est nôtre.
– Pourquoi devons-nous le donner ?
– À cause de la confiance. »
Ensuite, Sherlock Holmes raconte à son ami le docteur
Watson le déroulement de son enquête.
Sherlock Holmes : « Il m’apparut tout de suite, dès la
première lecture du rituel, que les mesures devaient se
rapporter à un endroit auquel faisait allusion le reste du
document. Si nous localisions cet endroit, nous devrions
être en bonne voie pour savoir quel était ce secret que les
vieux Musgrave avaient jugé nécessaire d’enrober d’une
façon si curieuse. Pour point de départ, il y avait un chêne
et un orme. Quant au chêne, pas d’hésitation possible juste
devant la façade de la demeure, sur le côté gauche de l’avenue, se dressait un patriarche parmi les chênes, l’un des
arbres les plus magnifiques que j’ai jamais vus.
– Était-il là quand votre rituel fut écrit ? demandai-je quand
nous passâmes devant le géant.
– Selon toute probabilité, il devait déjà être là au temps
de Guillaume le Conquérant. Il a une circonférence de sept
mètres !
Un de mes points de départ était donc bon.
– Avez-vous de vieux ormes ? demandai-je.
– Il y en avait un très vieux par là-bas, mais il a été foudroyé
voici dix ans, et nous avons abattu la souche.
– Pourriez-vous vous rappeler son emplacement ?
– Oh ! Oui.
– Il n’y a pas d’autres ormes ?

• On calcule l’aire ’’ du triangle DAM.
MD × DA 16 × 20
’’ =
= 160 soit ’’ = 160 cm².
=
2
2
Un quart de cette aire est 40 cm². Donc le triangle DAM
exagère beaucoup.
62 Dans le triangle IJK : A  [IJ], B  [IK] et (AB) // (JK).
IA AB
D’après le théorème de Thalès :
.
=
IJ JK
On pose IA = x cm où x désigne un nombre positif.
IA AB
x
4
s’écrit alors
=
= .
IJ JK
x+2 9
On résout cette équation à l’aide de l’égalité des produits en croix : 9x = 4(x + 2), soit 9x = 4x + 8.
8
5x = 8 d’où x = = 1,6. Donc AI = 1,6 cm.
5
63 • Pour passer du format A4 au format A3, on fait
29,7
un agrandissement dont le rapport est k1 =
ou
21
42
k’1 =
; une valeur approchée par défaut au cen29,7
tième près de ces deux quotients est 1,41. Le pourcentage associé est 141 %.
• Pour passer du format A4 au format A5, on fait une
21
14, 8
réduction dont le rapport est k2 =
ou k’2 =
 ;
29,7
21
une valeur approchée par défaut au centième près de
ces deux quotients est 0,70.
Le pourcentage associé est 70 %.
64 On place un point D sur
A
[AB] et on trace la parallèle
D
E
à (BC) passant par D ; elle
coupe [AC] en E (voir figure).
[Remarque : On fait en sorte
que E soit dans le cadre.].
B
On mesure [AD], [AB] et [DE].
C
On peut appliquer le théorème de Thalès dans le triangle
AD DE
ABC et écrire :
. On en déduit :
=
AB BC
BC = AB × DE .
AD
65 L’aire  de ABCD est 4,5 cm² et AB = 3 cm.
On en déduit BC.
 = AB × BC d’où BC = 4,5 cm²3 cm = 1,5 cm.
• Dans le triangle ABE : C  [BE], M  [AE], (CM) // (AB)
(car toutes deux perpendiculaires à (BE)).
EC CM
=
D’après le théorème de Thalès :
.
EB AB
On pose EC = x cm où x désigne un nombre positif.
EC CM
x
1
=
= .
s’écrit alors
EB AB
x + 1,5 3
On résout cette équation à l’aide de l’égalité des produits en croix : 3x = x + 1,5 soit 2x = 1,5 d’où x = 0,75.
Donc EC=0,75 cm.
C  [EB] d’où EB = EC + CB = 0,75 cm + 1,5 cm = 2,25 cm
• Le triangle ABE est rectangle en B d’où, d’après l’égalité
de Pythagore : EA² = EB² + AB²
soit EA² = 2,25² + 3² = 5,0625 + 9 = 14,0625 ;
ainsi EA = 3,75 cm.
66 • On peut calculer le rapport d’agrandissement pour
18,75
passer de la figure 1 à la figure 2 : k =
= 1,25.
15
13

présent mon calcul devenait simple. Si une canne à pêche
de six pieds projetait une ombre de huit pieds, un orme de
cinquante-quatre pieds en projetterait une de soixantedouze, et la direction de la première serait naturellement
la direction de la deuxième. Je mesurai la distance elle
m’amena presque au mur de la maison… »
Sherlock Holmes suivit alors les autres indications du rituel
et finit par découvrir dans une cave secrète l’ancienne couronne des rois d’Angleterre.
Quelques schémas :

– Il n’y en a pas d’anciens. Mais il y a beaucoup de hêtres.
Nous étions arrivés dans une charrette anglaise ; mon
compagnon fit virer son cheval et, avant d’entrer dans la
maison, il me mena vers l’endroit où une cicatrice sur la
pelouse demeurait bien visible, presque à mi-distance entre
le chêne et le manoir. Mon enquête me parut progresser.
– Je suppose qu’il est impossible de trouver quelque part la
hauteur qu’atteignait ce vieil orme ? demandai-je.
– Je puis vous la donner tout de suite : cinquante-quatre
pieds.
– Comment se fait-il que vous la connaissiez ? questionnaije non sans surprise.
– Quand mon vieux précepteur m’infligeait un exercice de
trigonométrie, il y avait toujours à calculer des hauteurs.
Au long de mon enfance, j’ai calculé la hauteur de chaque
arbre et de chaque bâtiment du domaine.
Les données de mon petit problème se précisaient plus vite
que je ne l’avais espéré. »
Voici la solution de l’énigme :
Sherlock Holmes s’adresse au docteur Watson :
« Je levai les yeux vers le soleil il était bas ; dans moins d’une
heure il arriverait juste au-dessus des branches supérieures
du vieux chêne. Une condition figurant au rituel serait remplie. Et l’ombre de l’orme devait signifier la limite de l’ombre,
sinon le tronc aurait été choisi comme point de repère.
J’avais donc à déterminer où se situerait la limite de l’ombre
quand le soleil serait juste au-dessus du chêne.
– Mais puisque l’orme n’était plus là, Holmes, vous avez dû
éprouver beaucoup de difficultés ?
– Voilà ; je me rendis avec Musgrave dans son bureau, taillai
moi-même cette cheville en bois à laquelle j’attachai cette
longue ficelle avec un nœud à chaque pied. Puis je pris une
canne à pêche, qui faisait juste six pieds et je revins vers
l’emplacement de l’orme. Le soleil frôlait le haut du chêne.
J’attachai un bout de la ficelle au bas de la canne à pêche,
tendis l’autre bout en plantant la cheville dans la direction
de l’ombre et la mesurai. Elle avait huit pieds de long. À

Chêne

F

E

A
C

Cicatrice
de l’orme

Manoir

Sur cette figure, E représente le pied
de l’orme, F le sommet de l’orme,
A le sommet de la canne à pêche,
B B le sommet de l’ombre de l’orme,
C le sommet de l’ombre de la canne
à pêche. (AC) // (FB)

et un tableau :

Orme

54 pieds

Longueur
de l’ombre
?

Canne à pêche

6 pieds

8 pieds

Longueur

Ce tableau est un tableau de proportionnalité. Le coefficient de proportionnalité pour passer de la ligne Orme
1
à la ligne Canne à pêche est ; 8 × 9 = 72 donc la lon9
gueur de l’ombre de l’orme est bien 72 pieds.
On peut aussi utiliser le théorème de Thalès dans le
triangle EFB.
6
EC EA soit 8
=
=
EB 54
EB AF
8 × 54
= 72
EB =
6

14

Tâche complexe : Modéliser une situation
Or 50 m5 = 10 m, donc entre deux lignes de niveau
consécutives, la différence d’altitude est de 10 m.
On constate qu’il en est de même pour les autres lignes
de niveau de cette carte.
Le chalet de Carmen est donc à l’altitude 1220 m ; l’hôtel est construit à l’altitude 1 250 m et la gare d’arrivée
est à l’altitude 1 330 m.

Des aides possibles
Aide n° 1 : Vérifier qu’il y a le même nombre de lignes
de niveau entre les lignes 1 200 et 1 250 ; 1 250 et 1 300 ;
1 300 et 1 350. Utiliser le document 1 pour les altitudes
du chalet, de l’hôtel et de la gare.
Aide n° 2 : Représenter cette situation dans un plan
vertical.



P

Quelques commentaires
La clé de cette tâche complexe est la lecture des lignes
de niveau sur cette carte IGN. On invitera les élèves à
lire attentivement le document 1, puis à se reporter au
document 2.
Ici, les élèves devront comprendre que les lignes de
niveau vont de 10 m en 10 m, et donc qu’en comptant
le nombre de lignes de niveau à partir d’une ligne d’altitude donnée, ils pourront déterminer l’altitude du chalet
de Carmen, de l’hôtel et de la gare d’arrivée du télésiège.
Pour mieux percevoir la situation, les élèves, dans
chaque groupe, schématiseront cette situation. Les
groupes qui voudront faire un plan à l’échelle constateront que cela n’est pas suffisant pour répondre à la
question.
Il est préférable de faire un schéma dans un plan vertical
en faisant apparaître les différences d’altitudes.
Des mesures sur la carte et l’utilisation de l’échelle sur
le document 2 permettront d’estimer les distances et de
les faire figurer sur le schéma.
À lui tout seul, le schéma n’est pas suffisant : il faut
mettre encore en place un raisonnement pour savoir
si le haut de la gare est au-dessous ou au-dessus de la
« ligne de vue » entre le chalet et l’hôtel. L’élève devra
penser à utiliser le théorème de Thalès.



Hôtel H’

110

30



17

H

G gare

Châlet C

240

h

360

• Sur la carte, on mesure les distances :

g

– Chalet - Hôtel : 3 cm
– Hôtel - Gare : 4,5 cm
Donc en réalité, la distance « horizontale » :
– entre le chalet et l’hôtel est : 3 cm × 8 000 = 24 000 cm
soit 240 m
– entre l’hôtel et la gare est : 4,5 cm × 8 000 = 36 000 cm
soit 360 m
Sur le schéma précédent, la droite (CH’) représente
la « ligne de vue » de Carmen depuis le pas de sa porte
lorqu’elle regarde le haut de l’hôtel. Elle coupe la « verticale » de la gare en P. Le théorème de Thalès dans les
triangles ChH’ et CgP permet d’écrire que :
Ch hH’ soit 240 47 .
=
=
600 gP
Cg gP
600 × 47
Ainsi 240 × gP = 600 × 47 et gP =
.
240
Donc gP = 117,5 m et G’P = 7,5 m.
En conclusion, le bâtiment de la gare ayant 4 m de
haut, il ne sera plus visible depuis le pas de porte du
chalet de Carmen. En effet 4 m < 7,5 m.










Une solution
Entre les lignes de niveau « 1 200 » et « 1 250 », il y a
4 lignes de niveau et donc 5 intervalles.



15


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