chap9 .pdf



Nom original: chap9.pdf

Ce document au format PDF 1.6 a été généré par Adobe InDesign CS4 (6.0.5) / Adobe PDF Library 9.0, et a été envoyé sur fichier-pdf.fr le 27/01/2014 à 18:00, depuis l'adresse IP 82.241.x.x. La présente page de téléchargement du fichier a été vue 2190 fois.
Taille du document: 2.9 Mo (16 pages).
Confidentialité: fichier public


Aperçu du document


CHA

PITR

9

E

Théorème de Pythagore

Choix pédagogiques
1. Le point sur les classes précédentes

• En

distance du point à tout point de la droite. Le « bon
sens » doit permettre aux élèves de faire la construction demandée. L’utilisation d’un logiciel de géométrie
permettra aux élèves de vérifier l’exactitude de leur
construction et d’émettre une conjecture. Cette activité
pourra permettre d’évaluer une nouvelle fois l’item C3-6
du B2i (l’élève est moins guidé pour l’utilisation du logiciel que dans la précédente activité).
L’activité 4 a pour but de démontrer cette conjecture en
utilisant le fait que l’hypoténuse d’un triangle rectangle
est le côté le plus long.
Remarque : la distance d’un point à une droite n’est pas
au du socle commun de 4e.

6 e,

les élèves doivent connaître la définition d’un
cercle, d’un triangle rectangle et de son hypoténuse,
ils doivent savoir calculer l’aire d’un carré et donner la
valeur approchée d’un nombre. En 5e, ils apprennent à
calculer le carré d’un nombre et font l’acquisition des
priorités opératoires.

2. L’égalité de Pythagore

• L’objectif de l’activité 1 est de donner une représen-

tation mentale de la propriété de Pythagore souvent
trop abstraite pour les élèves. Cette approche permet :
– de donner du sens aux carrés présents dans l’identité ;
– une meilleure manipulation de l’égalité : pour calculer
le plus petit côté, les élèves penseront plus facilement
à soustraire l’aire du moyen côté à celle du grand côté.
La question c. consiste en une première application
numérique de cette égalité : on fait calculer la longueur
d’un côté d’un triangle rectangle à partir de celle des
deux autres côtés.
Attention : il faut du papier-calque pour réaliser cette
activité, on peut aussi donner une photocopie de la
figure.
L’objectif de l’activité 2 est de faire observer aux
élèves que l’égalité de Pythagore semble caractériser
uniquement les triangles rectangles. En effet, dans ses
commentaires, le programme précise : « On ne distingue
pas le théorème direct de sa réciproque (ni de sa forme
contraposée) ; on considère que l’égalité de Pythagore
caractérise la propriété d’être rectangle ».
On a donc choisi d’utiliser un logiciel de géométrie pour
faire observer aux élèves que, si le triangle n’est pas rectangle alors l’égalité de Pythagore n’est pas vérifiée (on
fait ainsi observer la contraposée de la réciproque du
théorème de Pythagore). Si la séance est réalisée en
salle informatique, le professeur pourra faire valider
aux élèves un item du B2i : C3-6 (Je sais utiliser un outil
de simulation (ou de modélisation) en étant conscient
de ses limites.). L’enseignant pourra souligner que l’on
ne fait, dans cette activité, que des observations et que
cette propriété sera admise dans le cours.

4. Tangente à un cercle
Dans l’activité 5, on définit et on construit avec l’équerre
la tangente au cercle  en A, puis on utilise la distance
d’un point à une droite pour démontrer que la tangente
en A au cercle  n’a qu’un seul point commun avec le
cercle.
Le programme demande de construire la tangente à un
cercle en l’un de ses points. En plus de la construction
avec l’équerre suggérée dans l’activité 5, on propose
une construction avec le compas à l’activité 6.
Remarque : Au socle commun de 4e, il est uniquement
demandé aux élèves de savoir reconnaître une tangente.



5. Savoir-faire
À l’énoncé 1, on utilise l’égalité de Pythagore pour calculer une longueur dans un triangle rectangle.
On illustre ce savoir-faire par une figure similaire à celle
de l’activité 1 pour consolider la construction mentale de
cette égalité. Ce schéma peut permettre ainsi à certains
élèves de mieux comprendre la nécessité de faire une
soustraction pour déterminer IK2. On introduit aussi l’utilisation de la touche
de la calculatrice qui permet

d’obtenir une valeur approchée du nombre positif
dont le carré est égal à 72.
À l’énoncé 2, on utilise l’égalité de Pythagore pour
savoir si un triangle est ou n’est pas rectangle. On
présente ces deux cas à travers deux exemples en
mettant en évidence dans un premier temps le
côté le plus long du triangle (beaucoup d’élèves
font des erreurs en ne vérifiant pas la bonne éga-

3. Distance d’un point à une droite
L’activité 3 permet d’introduire la notion de distance
d’un point à une droite comme étant la plus petite
1

• La définition d’une médiane d’un triangle dans l’exer-

lité !). On insiste également sur la rédaction séparée
des calculs qui permet de montrer que l’égalité de
Pythagore est ou n’est pas vérifiée.
En 6e, les élèves ont défini le cercle comme étant
l’ensemble des points situés à la même distance
d’un même point. On propose à l’énoncé 3 une
méthode pour construire l’ensemble des points
situés à la même distance d’une même droite (d).
Cet exercice est l’occasion de revoir la définition de
la distance d’un point à une droite. Les élèves n’ont
pas de difficulté à construire un point ou quelques
points situés à 1,5 cm de la droite (d) mais certains
ne pensent pas à tracer une droite ou ne font des
constructions que d’un seul côté de la droite. Une
bonne maîtrise de ce savoir-faire sera nécessaire
dans les exercices 54, 56, 57 et 58 p. 183. L’exercice
90 p. 187 de « Je me prépare au contrôle » permettra aux élèves de s’autoévaluer, puis on retrouvera
encore l’utilisation de cette méthode dans l’exercice 98.
L’énoncé 4 a pour objectif de construire l’ensemble
des points situés à une certaine distance d’une
droite (d) avec un logiciel de géométrie. Il permet
de plus de découvrir l’onglet « tangentes » de Geogebra.
Dans les exercices 8 et 9, on propose de construire,
pour un segment [AB] donné, l’ensemble des
points M tels que l’aire des triangles AMB ait une
valeur donnée.
On retrouve ce savoir-faire dans les exercices 73
et 97.

cice 33.
La médiatrice d’un segment dans les exercices 46, 57
et 90.
L’aire d’un triangle dans les exercices 29, 30, 31, 32
puis 52, 73 et 79.
L’aire d’un parallélogramme dans les exercices 53 et
93.
Le parallélépipède rectangle dans l’exercice 36.
Le cylindre et la construction d’un patron dans l’exercice 39.
Le prisme, la construction d’un patron, les calculs
d’aire latérale et de volume dans l’exercice 95.
On propose aux exercices 41, 42 et 77 des exemples
nécessitant les deux types d’utilisation de l’égalité de
Pythagore (c’est-à-dire le théorème et sa réciproque)
pour lesquels il est important de conserver la valeur
exacte des longueurs calculées élevées au carré pour
montrer que le triangle est rectangle.
Les exercices d’approfondissement 76, 79, 93, 94, 95,
98 et 99 peuvent être donnés en devoir maison (ou en
travail de groupe).
Dans les exercices 79, 93 et 94, il est important que le
professeur valorise toute démarche correcte même non
aboutie. Pour cela, il faut, dès le début de cette année
de 4e, inciter les élèves à expliciter leur raisonnement à
l’oral et à l’écrit.
Dans l’exercice 99, on peut concevoir que l’élève envoie,
au préalable, un message au professeur pour que celui-ci
vérifie la construction. L’item C5-3 du B2i (je sais envoyer
ou publier un message avec un fichier joint) peut être
alors validé.
L’étude de ce chapitre peut être partagée en deux
temps : le cours sur la distance d’un point à une droite
et sur la tangente ne doit pas nécessairement être fait
après celui sur l’égalité de Pythagore. Ceci peut permettre aux élèves de revenir sur l’utilisation de cette
égalité (nécessaire pour le calcul de la distance d’un
point à une droite ou pour déterminer si une droite est
tangente à un cercle), on leur laisse ainsi un peu plus de
temps pour l’assimiler.
Attention cependant, on a fait le choix d’utiliser la distance d’un point à une droite dans l’activité 2 du chapitre 10.








6. Compléments
On a souhaité, dans les exercices d’application de ce premier chapitre de géométrie, revoir à travers les exercices,
différentes notions des programmes de 6e et de 5e.
La définition d’un cercle dans les exercices 54, 57, 58,
90 et 98.
Les propriétés des quadrilatères particuliers dans les
exercices 15, 34, 36, 37, 89, 99.
Les propriétés permettant de montrer qu’un quadrilatère est un losange, un rectangle ou un carré dans les
exercices 21, 43, 44, 45, 55 et 60.
La somme des mesures des angles d’un triangle dans
les exercices 23, 28a, 86, 88.






2

Corrigés
1. Devinettes

2 Si le triangle ABC n’est pas un triangle rectangle,

• Devinette*

il semble que l’aire du grand carré n’est pas égale à la
somme des aires des deux autres carrés.

Aire de la parcelle A : 1202 = 14 400 m2.
Aire de la parcelle B : 1302 = 16 900 m2.
Aire de la parcelle C : 1502 = 22 500 m2.
Aire de la petite parcelle carrée :
16 900 – 14 400 = 2 500 m2 = 502 m2.
La petite parcelle carrée a pour côté 50 m.
Aire de la grande parcelle carrée :
22 500 – 14 400 = 8 100 m2 = 902 m2.
La plus grande parcelle carrée a pour côté 90 m.

3

• Devinette**

32 = 9 42 = 16 52 = 25 = 9 + 16
Je suis le nombre 5.

2. Je vérifie mes acquis
1. Bonne réponse : b.
2. Bonne réponse : c.
82 + 62 = 64 + 36 = 100 = 102
3. Bonne réponse : c.
4. Bonne réponse : b.
4 × 4 = 16 et 18 × 18 = 324 donc les réponses a. et c.
sont fausses.
5. Bonne réponse : c.
31
En effet, 2,8 <
< 2,9.
11
6. Bonne réponse : b.
7. Bonne réponse : c.
8. a. 9
b. 49
c. 64
d. 0,04
e. 0,81
9. a. 34
b. 77
c. 81
d. 25
e. 121
10. a. 8
b. 10
c. 0,3
d. 0,05
e. 0,7

c. Il semble que la distance PH est minimale lorsque (PH)
et (MH) sont perpendiculaires.
4 a. Le triangle PHM est un triangle rectangle en H
donc son côté le plus long est son hypoténuse, c’est
donc le côté [PM]. Ainsi : PH < PM.
b. La plus petite distance entre un point P et un point
quelconque de la droite (d) est la distance PH où H est le
pied de la perpendiculaire à la droite (d) passant par P.
5 a.

(d)
M
A
O

3. Activités



1 1. a.

b. On sait que (OA) est perpendiculaire à la droite (d)
donc d’après l’activité 4, pour tout point M de (d) distinct
de A, on a OM > OA. On en déduit que M n’appartient
pas au cercle . A est le seul point commun au cercle 
et à la droite (d). Myriam a donc raison.
6 Construction

b. On en déduit que l’aire du carré de côté [BC] est égale
à la somme des aires des carrés de côtés [AB] et [AC].
Ainsi BC2 = AB2 + AC2
2. On utilise l’égalité obtenue à la question 1.b.
BC2 = AB2 + AC2
BC2 = 32 + 42
BC2 = 9 +16
BC2 = 25
BC = 5 cm

O’
A


O

On construit le symétrique O’ de O par rapport à A.
3

L’égalité de Pythagore est vérifiée donc le triangle OPQ
est rectangle en D.
7 Estelle a raison, seul le triangle GHI est rectangle
en I.
8 Si h est la hauteur du triangle AMB relative au côté
4×h
[AB], l’aire de ce triangle est :
= 2 h. De 2 h = 4,6
2
on déduit h = 2,3 cm.

O’

B
A



2,3 cm

O

On trace deux arcs de cercle de centre O et O’ de même
rayon supérieur à OA. Ils se coupent en B.

A

O’

B

(d1)
4 cm

A



B

(d2)

L’ensemble des points M cherchés est formé des droites
(d1) et (d2) ci-dessus.

O

9

On trace la droite (AB). C’est la tangente à  en A.
Justification
OA = O’A et OB = O’B donc la droite (AB) est la médiatrice du segment [OO’]. Par conséquent, la droite (AB)
est perpendiculaire à la droite (OO’) en A.

4. Je m’exerce
1

1,4 cm

E

L’ensemble cherché est formé par les deux droites cidessus perpendiculaires au diamètre [CD].

D

b.

EF2

2

a.

=

4,8 cm

4,82

+

1,42

F

5. Socle commun de 4e

= 25 donc EF = 5 cm.

10 b. Le triangle ABC est rectangle en A, donc d’après
l’égalité de Pythagore :
BC2 = AB2 + AC2
BC2 = 2,82 + 4,52
BC2 = 28,09 cm2
L’aire de BCDE est égale à 28,09 cm2.
11 a. Ce triangle est rectangle en Z, donc [YX] est son
hypoténuse et donc le côté le plus long.
b. YX2 = ZX2 + ZY2 = 3,32 + 5,62 = 42,25
Donc YX = 6,5 cm.
12 JKL est un triangle rectangle en L donc, d’après l’égalité de Pythagore :
JK2 = JL2 + KL2
JL2 = JK2 – KL2
JL2 = 5,22 – 22
JL2 = 27,04 – 4
JL2 = 23,04
JL = 4,8 cm
Léo a raison.

4,5 cm

O

P

7,5

cm

M

b. PM2 = 7,52 – 4,52 = 36 donc PM = 6 cm.
3 JK2 = 82 – 32 = 55 donc JK ≈ 7,4 cm
4 VW2 = 1,22 + 2,252 = 6,502 5 donc VW = 2,55 cm.
5 ON2 = 9,82 = 96,04
MN2 + MO2 = 6,52 + 7,22 = 94,09
L’égalité de Pythagore n’est pas vérifiée donc le triangle
MON n’est pas rectangle.
6 PQ2 = 3,52 = 12,25
PO2 + OQ2 = 2,12 + 2,82 = 12,25
4

c. [AS] est le côté le plus long.
AS2 = 9,72 = 94,09 et PS2 + PA2 = 93,97
AS2  PS2 + PA2
L'égalité de Pythagore n'est pas vérifiée donc le triangle
APS n'est pas rectangle.
20 FG = 130 cm.
[FG] est le côté le plus long.
FG2 = 16 900 et FE2 + EG2 = 722 + 962 = 14 400.
FG2  FE2 + EG2
L’égalité de Pythagore n’est pas vérifiée donc le triangle
EFG n’est pas rectangle. Le menuisier ne peut donc pas
être satisfait.
21 ABCD n’est pas croisé et ses côtés opposés sont deux
à deux de même longueur donc ABCD est un parallélogramme.
AC2 = 75,69 et AB2 + BC2 = 6,32 + 62 = 75,69
AC2 = AB2 + BC2
L’égalité de Pythagore est vérifiée donc le triangle ABC
est rectangle en A.
Ainsi le parallélogramme ABCD a un angle droit, c’est
donc un rectangle.
22 Les droites (d2), (d3) et (d5) sont tangentes au cercle .
23 a. b.
A

13 a. On peut se placer dans le triangle FPJ rectangle
en P ci-dessous.

7m

F

P

24 m

J

D’après l’égalité de Pythagore :
FJ2 = PJ2 + PF2
JF2 = 72 + 242
JF2 = 49 + 576
JF2 = 625
JF = 25 m
En utilisant les passages piétons, Joris aurait parcouru
24 + 7 soit 31 m.
31 – 25 = 6
Joris a donc économisé 6 m.
6 × 0,9 = 5,4 s
Joris a donc risqué sa vie pour gagner moins de
6 secondes !
14 a.
G



E

F

4 cm

B

7,1 cm

m

7,2

3c

B

7,8 cm

cm

A

b. [AB] est le côté le plus long.
AB2 = 7,82 = 60,84 et AC2 + BC2 = 7,22 + 32 = 60,84
AB2 = AC2 + BC2
L’égalité de Pythagore est vérifiée donc le triangle ABC
est rectangle en C. Il suffit donc de prolonger la droite
(AC) à la règle.
25 Le triangle ABC est un triangle rectangle en B ;
d’après l’égalité de Pythagore :
AC2 = AB2 + BC2
AC2 = 802 + 602
AC2 = 10 000
AC = 100 m
Le triangle ADC est un triangle rectangle en D ; d’après

cm

P

C

 = 180° – (57° + 33°) = 90°
c. BAC
La droite (AC) est perpendiculaire au diamètre [AB] donc
(AC) est la tangente à  en A. Murielle a donc raison.
24 a.
C

7
9,

6,6 cm

b. FG ≈ 5,7 cm.
15 La valeur approchée par excès au cm près de la longueur de la diagonale est 16,98 m.
16 Coralie a parcouru environ 232,83 m ; Blaise a parcouru environ 462,50 m.
462,50 – 232,83 = 229,67.
Coralie a parcouru environ 229 m de moins que Blaise.
17 a. EF = 8 cm FG = 8 cm
b. F est le milieu du segment [EG].
18 [DF] est le côté le plus long.
DF2 = 6,52 = 42,25
DE2 + EF2 = 3,32 + 5,62 = 10,89 + 31,36 = 42,25
DF2 = DE2 + EF2
L’égalité de Pythagore est vérifiée donc le triangle DEF
est rectangle en E.
Justine a raison.
19 a.
A

S

b. Avec l’équerre, ce triangle semble être rectangle.
5

l’égalité de Pythagore :
AC2 = AD2 + DC2
DC2 = 1002 – 282
DC2 = 9 216
DC = 96 m
Un tour complet de ce circuit fait : 80 + 60 + 96 + 28
soit 264 m.
1 400 = 5 × 264 + 80.
Les élèves de 4e feront 5 tours complets puis s’arrêteront
au point B.
26 On utilise l’égalité de Pythagore pour calculer les largeurs des deux pans de toit : on obtient 2,8 m et 3,05 m.
3,752 = 14,062 5 2,82 + 3,052 = 17,142 5
3,752  2,82 + 3,052
L’égalité de Pythagore n’est pas vérifiée donc les deux
pans de toit ne sont pas perpendiculaires.
27 AC2 = BC2 – AB2 = 81 – 45 = 36
Donc AC = 6 cm
28 a. 180° – (44° + 46°) = 90°
(d) est une tangente à .
b. 72 = 49
62 + 22 = 40
(d) n’est pas une tangente à .

AI2 = AC2 + CI2 = 5,42 + 3,62 = 42,12
AI ≈ 6,5 cm.
34 a.
B
m

3c
A

2,4 cm O

2,4 cm

C

D

18 mm

b. ABCD est un losange donc ses diagonales sont perpendiculaires et se coupent en leur milieu.
AC
Ainsi (AC) ⊥ (BD), OA =
= 2,4 cm et BD = 2 × OB.
2
Le triangle AOB est rectangle en O donc :
AB2 = AO2 + OB2 ; OB2 = 32 – 2,42 = 3,24 donc OB = 1,8 cm
et BD = 2 × 1,8 = 3,6 cm.
3
4,8 × = 1,8 cm.
8
Élodie a tort.
P
35 On peut se placer dans
le triangle MPH ci-contre.
Le triangle MPH est rectangle en H.
MP2 = PH2 + MH2
H
M
30 mm
= 182 + 302 = 1 224
MP ≈ 34,99 mm et 2 × MP ≈ 69,98 mm.
Le verre qu’il doit commander doit être de diamètre
70 mm.
36 Le triangle ABC est rectangle en B :
AC2 = AB2 + BC2 = 1,22 + 0,92 = 2,25 donc AC = 1,5 m.
Le triangle ACG est rectangle en C :
AG2 = AC2 + CG2 = 1,52 + 0,52 = 2,5 donc AG ≈ 1,58 m.

6. Exercices d’application
a. MH = 24 cm HN = 10 cm
b. MPN = 68 cm
MPN = 204 cm2
29

DC = 2,5 cm
 = 21 cm2
31 a. IJ = 1,1 cm
b. IJK = IJ × JK = 1,1× 6 donc IJK= 3,3 cm2
2
2
IK × JH 6,1× JH
=
et IJK =
= 3,05 × JH
2
2
Ainsi 3,3 = 3,05 × JH donc JH = 3,33,05 soit JH ≈ 1,1 cm.
32 On peut se placer dans le triangle D
CHD ci-contre.
Le triangle DHC est rectangle en H.
Donc :
DC2 = DH2 + HC2
DH2 = 752 – 212 = 5 184
H
C
DH = 72 m
48 m – 27 m = 21 m
ABCD = ABHD + HCD
72 × 21
ABCD = 27 × 72 +
= 1 944 + 756
2
2
ABCD = 2 700 m = 27 ares.
33 a. AC = 5,4 cm
b. [AI] et [BJ] sont deux médianes de ce triangle donc I
est le milieu [BC] et J est le milieu de [AC].
Le triangle BCJ est rectangle en C donc :
BJ2 = BC2 + CJ2 = 7,22 + 2,72 = 59,13
BJ ≈ 7,7 cm.
Le triangle AIC est rectangle en C donc :
30

Point d'encrage
sur le mât

5m

M

75

m

Pied du mât

H
P

5,16 m

Point d'encrage
d'un hauban

a. On peut se placer dans le triangle MPH ci-dessous.
Le triangle MPH est rectangle en P.
MH2 = MP2 + PH2
MH2 = 52 + 5,162
MH2 = 51,625 6
MH ≈ 7,19 m.
b. Les diagonales d’un carré sont perpendiculaires, de
même longueur et se coupent en leur milieu.
b.d.c2 = 5,162 + 5,162
b.d.c2 = 53,251 2
b.d.c ≈ 7,30 m.
37

6

KJ ≈ 328,02 m et BH ≈ 319,53 m
JK + KH + BH ≈ 747,55.
Il devra parcourir environ 748 m.
39 a. On peut effectuer le schéma suivant.
AB = BC = 4 cm.
Le triangle ABC est
rectangle en B.
AC2 =AB2 + BC2
C
AC2 = 32
AC ≈ 5,7 cm.

Le triangle ADM est rectangle en A donc :
DM2 = DA2 + AM2 = 122 + 92 = 144 + 81
DM2 = 225 et DM = 15 cm.
b. [CD] est le côté le plus long.
CD2 = 252 = 625
CM2 + MD2 = 400 + 225 = 625
Donc CD2 = CM2 + MD2 et le triangle CDM est rectangle
en M.
41 Le triangle AMN est rectangle en A donc :
MN2 = 32 + 32 = 18.
On obtient de même en se plaçant dans les triangles
MBC et CDN.
MC2 = 50 et NC2 = 68.
NC2 = 68 et MN2 + MC2 = 18 + 50 = 68.
NC2 = MN2 + MC2 donc le triangle CMN est rectangle
en M.
Remarque : MN ≈ 4,2 cm ; MC ≈ 7,1 cm et NC ≈ 8,2 cm.
En utilisant les valeurs approchées, l’égalité de Pythagore n’est pas vérifiée, c’est pourquoi il est important
d’utiliser les valeurs exactes de NC2, MN2 et MC2.
42 Le triangle IJK est rectangle en I donc :
JK2 = IJ2 + IK2 = 182 + 142 = 324 + 196 = 520
Dans le triangle JLK :
LJ2 = 312 = 961 et LK2 = 212 = 441
LK2 + KJ2 = 441 + 520 = 961
Donc LJ2 = LK2 + KJ2 et le triangle JKL est rectangle en K.
Jérémy a donc raison : les droites (JK) et (KL) sont perpendiculaires.
43 a.
D

2c

m

A

4 cm

2c

m

38

B
4 cm

La boîte cylindrique doit avoir comme diamètre 5,7 + 4
soit 9,7 cm.
Pour construire les patrons, on calcule le périmètre de
la base de ces cylindres.
 = 4π soit  ≈ 12,6 cm.
2 cm

9 cm

12,6 cm

 = 9,7 × π soit  ≈ 30,5 cm
9,7 cm

13,6 cm

12

A
cm

9 cm

C

cm

6,4

30,5 cm

B

b. [AC] est le plus long côté du triangle ABC.
AC2 = 13,62 = 184,96
AB2 + BC2 = 6,42 + 122 = 184,96
Donc AC2 = AB2 + BC2 et le triangle ABC est rectangle
en B.
Ainsi le parallélogramme ABCD a un angle droit donc
ABCD est un rectangle.
Marie a raison.

40 a. Le triangle BCM est rectangle en B donc 
MC2 = MB2 + BC2
202 = MB2 + 122
MB2 = 400 – 144 = 256 et MB = 16 cm.
M  [AB] donc : AM = AB – MB = 25 – 16 = 9.

7

a.

MO2 = LM2 + LO2
L’égalité de Pythagore est vérifiée donc le triangle LMO
est rectangle en L.
[ON] est le côté le plus long du triangle ONP.
ON2 = 152 = 225
OP2 + NP2 = 14,42 + 4,22 = 207,36 + 17,64 = 225
ON2 = OP2 + NP2.
L’égalité de Pythagore est vérifiée donc le triangle ONP
est rectangle en P.
Les droites (LM) et (NP) sont perpendiculaires à la droite
(LP) donc elles sont paralléles entre elles.
48 Dans le triangle ABF rectangle en B.
AF2 = AB2 + BF2 = 482 + 202 = 2 704 soit AF = 52 cm.
Dans le triangle ADE rectangle en D :
AE2 = AD2 + DE2 = 162 + (86,4 – 48)2 = 1 730,56
donc AE = 41,6 cm.
Dans le triangle EFC rectangle en C :
EF2= EC2 + CF2 = 86,42 + (20 + 16)2 = 8 760,96
donc EF = 93,6 cm.
AF + AE = 93,6 cm donc AF + AE = EF
Les points A, E et F sont alignés.
49 1,2 m = 120 cm et N  [MP]
donc MN = MP – NP = 120 – 48 = 72
Dans le triangle LMN, [LN] est le côté le plus long.
NL2 = 1202 = 14 400
NM2 + ML2 = 722 + 962 = 14 400
Donc NL2 = NM2 + ML2 et le triangle LMN est rectangle.
L’étagère est horizontale.
50 a.

F

m
4,8 c

7,3

cm

44

cm O

E

cm

G

m
4,8 c

5,5

5,5

H

b. Il semble que ce parallélogramme soit un losange.
On note O le centre de ce parallélogramme. Les diagonales d’un parallélogramme se coupent en leur milieu
EG
FH
donc OF =
= 4,8 cm et EO =
= 5,5 cm.
2
2
2
2
2
2
EF = 7,3 = 53,29 et EO + OF = 5,52 + 4,82 = 53,29.
L’égalité de Pythagore est vérifiée donc le triangle EOF
est rectangle en O.
Les diagonales du parallélogramme EFGH sont perpendiculaires donc EFGH est un losange.
45

• D’après la figure, on peut
conjecturer que ABCD est
un carré.
• ABCD est un rectangle
donc le triangle ABC est
rectangle en B.
O
AC2 = AB2 + BC2
10,62 = 7,52 + BC2
BC2 = 56,11
D
C
BC ≈ 7,49 cm.
Tristan donne la valeur approchée par excès au dixième
près de la longueur BC. Il n’a pas calculé sa valeur exacte.
Il ne peut donc pas en déduire que AB = BC.
• Les diagonales d’un rectangle se coupent en leur milieu
et sont de la même longueur donc :
OA = OB = 10,6 cm2 = 5,3 cm.
AB2 = 7,52 = 56,25 et OA2 + OB2 = 5,32 + 5,32 = 56,18
AB2  OA2 + OB2
L’égalité de Pythagore n’est pas vérifiée donc le triangle
OAB n’est pas rectangle. Les diagonales du rectangle
ABCD ne sont pas perpendiculaires, ABCD n’est donc
pas un carré.
Le raisonnement de Caroline est correct.
46 Le triangle IJK est rectangle en J donc :
IK2 = IJ2 + JK2 = 9,62 + 2,82 = 92,16 + 7,84 = 100
donc IK = 10 cm.
Le triangle KLM est rectangle en K donc :
ML2 = KL2 + KM2 et 12,52 = KL2 + 7,52
ainsi KL2 = 156,25 – 56,25 = 100 et KL = 10 cm.
IK = KL donc K appartient à la médiatrice du segment
[IL].
47 [MO] est le côté le plus long du triangle LMO.
MO2 = 12,52 = 156,25
LM2 + LO2 = 3,52 + 122 = 12,25 + 144 = 156,25
7,5 cm

A

B

m

3c

5,

m

3c

5,

(d 1)

(d 3)

A

H

K

(d 2)

L
51

a.

G

8,5
cm

F

3,6 cm

E

b. La distance de E à la droite (FG) est égale à EF c’està-dire 3,6 cm.
8

c. Le triangle EFG est rectangle en F.
D’après l’égalité de Pythagore :
EG2 = EF2 + FG2 donc 8,52 = 3,62 + FG2
ainsi FG2 = 8,52 – 3,62 = 72,25 – 12,96 = 59,29
FG = 7,7 cm.
La distance de G à la droite (FE) est égale à FG c’est-àdire 7,7 cm.
52 a. Dans le triangle ABH :
AB2 = 20,42 = 416,16
AH2 + HB2 = 9,62 + 182 = 92,16 + 324 = 416,16
AB2 = AH2 + HB2
L’égalité de Pythagore est vérifiée donc le triangle ABH
est rectangle en H.
Ainsi [BH] est une hauteur du triangle ABC.
b. La distance de A à la droite (BH) est égale à AH, c’està-dire 9,6 cm.
Le triangle BHC est rectangle en H ; d’après l’égalité de
Pythagore :
BC2 = BH2 + HC2
donc HC2 = 19,52 – 182 = 380,25 – 324 = 56,25
Ainsi HC = 7,5 cm.
La distance de C à la droite (BH) est égale à CH, c’est-àdire 7,5 cm.
AC × BH (9, 6 + 7,5) ×18
c. ABC =
=
2
2
soit ABC = 153,9 cm2.
L’aire du triangle ABC est égale à 153,9 cm2.
On note d la distance de A à la droite (BC).
d × BC
d ×19,5
ABC =
donc 153,9 =
2
2
153,9
ainsi d =
soit d ≈ 15,7 cm.
9,75
La distance de A à la droite (BC) est environ égale à
15,7 cm.
53 a. ABDC = AC × BH = 3 × 7,5
soit ABDC = 22,5 cm2.
L’aire de ABDC est égale à 22,5 cm2.
b. On note h la distance de D à la droite (AB).
ABDC = AB × h donc 22,5 = 8,7 × h
22,5
donc h =
soit h ≈ 2,6 cm.
8,7
La distance de D à la droite (AB) est environ égale à
2,6 cm.

m

6c

m

C

D

B

b. On note H le point d’intersection des droites (AB) et (d).
B est le symétrique de A par rapport à (d) donc :
AH = BH = 3,6 cm et (AB) ⊥ (d).
La distance de B à la droite (d) est égale à 3,6 cm.
d. Le triangle AHD est rectangle en H. D’après l’égalité
de Pythagore AD2 = AH2 + HD2
donc HD2 = 62 – 3,62 = 36 – 12,96 = 23,04.
Ainsi HD = 4,8 cm.
La distance de D à la droite (AB) est égale à 4,8 cm.
De même, la distance de C à la droite (AB) est égale à
4,8 cm.
e. On sait que : (AB) ⊥ (d), AH = HB et que HC = HD donc
les diagonales de ACBD se coupent en leur milieu et sont
perpendiculaires.
On en déduit que ACBD est un losange.
65 m = 6 500 cm
6 500
= 1,625
4 000

6,25 cm

56 260 m = 26 000 cm
26 000
= 6,5
4 000
250 m = 25 000 cm
25 000 = 6,25
4 000

6,25 cm

6,5 cm

6,25 cm

1,625 cm

6,25 cm

m

6c

57

E

(d)

H

(d)

A

A

6c

C

B

a. b. c.

3,6 cm

55

4 cm

54

L’ensemble des points situés à 4 cm de la droite (d) et
à 6 cm du point A est constitué des points B, C, D et E.

150 m = 15 000 cm

15 000
= 1,5
10 000

D

9

200 m = 20 000 cm
20 000
=2
10 000

1,5

b. A et B appartiennent au cercle  donc OA = OB. AOB est
 = OBA
 = 180° − 60° = 60°.
donc isocèle en O. Ainsi OAB
2
On en déduit que OAB est un triangle équilatéral.
d. BCA est un triangle isocèle en C donc ses angles à la
base sont de même mesure.
 = ABC
 = 30° et OBC
 = OAC
 = 60° + 30° = 90°.
Ainsi BAC
Les droites (BC) et (AC) sont donc les tangentes au cercle
 respectivement en B et en A.
62 a.

cm

C

1,5
cm

S

G
M

(d)



2,7

(d’)

c. (d) et (d’) sont perpendiculaires à (AB) donc (d) et (d’)
sont parallèles.
60 a. b.

63

O

4,5

B

A

b. Dans le triangle OAB, [OA] est le plus long côté.
OA2 = 4,52 = 20,25 et OB2 + BA2 = 3,62 + 2,72 = 20,25
OA2 = OB2 + BA2
L’égalité de Pythagore est vérifiée donc le triangle OAB
est rectangle en B. Ainsi (OB) ⊥ (BA).
(BA) est donc la tangente au cercle  au point B.
c. (OB) est perpendiculaire à (BA) donc à (AC), le triangle
OBC est rectangle en B. D’après l’égalité de Pythagore : 
BC2 + OB2 = OC2
donc BC2 = 4,52 – 3,62 = 20,25 – 12,96 = 7,29.
Ainsi BC = 2,7 cm = BA et B appartient à [AC] donc B est
le milieu de [AC].

B

(d)

3,6

O

A
O

C



Le point M représente l’emplacement de la maison de
Sabine.
58 a. Cette ville est Bruxelles.
b. Bruxelles accueille différentes institutions européennes dont le Parlement Européen et la Commission
Européenne.
59 a. b.

A


O

C

B

(d)
H

c. OACB a trois angles droits donc c’est un rectangle.
A et B appartiennent au cercle de centre O
donc OA = OB.
Le rectangle OACB a deux côtés consécutifs de même
longueur, c’est donc un carré (et donc un losange).
Les deux élèves ont raison mais leurs réponses sont
incomplètes.
61 a.
B


Méthode. On trace la perpendiculaire à (d) passant par
O. Elle coupe (d) en H. On trace le cercle  de centre O
et de rayon OH.
64 a. b.

C
60°
O

(d)
A

A

10

c. Les centres de tous les cercles tangents à (d) en A se
situent sur la droite perpendiculaire à (d) passant par A.
65 a. b.
B

L’égalité de Pythagore n’est pas vérifiée donc le triangle
EFG n’est pas rectangle.
75 CBD est un triangle rectangle en B. D’après l’égalité
de Pythagore :
CD2 = BD2 + BC2
BC2 = 162 – 112
BC2 = 256 – 121
BC2 = 135
CBA est un triangle rectangle en B. D’après l’égalité de
Pythagore :
CA2 = BA2 + BC2
BA2 = CA2 – BC2
BA2 = 242 – 135
BA2 = 516 – 135 = 441
donc BA = 21 cm.
D appartient à [BA] donc :
DA = AB – BD = 21 cm – 11 cm = 10 cm.
DCA = CD + DA + AC = 16 + 10 + 24 soit DCA = 50 cm.
76 a. • Tracer un cercle de centre I et de rayon 14,5 cm.
• Placer un point K sur ce cercle.
• Construire le triangle I KL tel que I L = 10 cm et
KL = 10,5 cm.
• Tracer la droite (IL), elle coupe le cercle en M.
• Placer le point J sur la droite (IL) tel que J soit à l’extérieur du cercle et tel que MJ = 28,8 cm.
• Tracer le segment [KJ].
b. • Le triangle IKL est-il rectangle ? « ou » la droite (KL)
est-elle une hauteur du triangle IKJ ?
Dans le triangle IKL, [IK] est le côté le plus long.
IK2 = 14,52 = 210,25
IL2 + KL2 = 102 + 10,52 = 100 + 110,25 = 210,25
IK2 = IL2 + KL2
L’égalité de Pythagore est vérifiée donc le triangle IKL
est rectangle en L (ainsi (KL) est la hauteur issue de K
dans le triangle IKJ).
• « Le triangle IKJ est-il rectangle ? » ou « La droite (KJ)
est-elle une tangente au cercle ? »
Le triangle KLJ est rectangle en L ; d’après l’égalité de
Pythagore :
KJ2 = KL2 + LJ2
KJ2 = 10,52 + (14,5 – 10 + 28,8)2
KJ2 = 10,52 + 33,32
KJ2 = 1 219,14
Dans le triangle IKJ, [IJ] est le côté le plus long :
IJ = 14,5 cm + 28,8 cm = 43,3 cm.
IK2 + KJ2 = 210,25 + 1 219,14 = 1 429,39 et IJ2 = 43,32 =
1 874,89
IJ2  IK2 + KJ2
L’égalité de Pythagore n’est pas vérifiée donc le triangle
IJK n’est pas rectangle en K, ainsi (KJ) n’est pas une tangente au cercle.
• « Déterminer la distance du point K à la droite (IJ) ».

O
(d)
A

Méthode. Pour que le cercle soit tangent à (d) au point
A, il faut que O appartienne à la droite perpendiculaire
à (d) passant par A.
Pour que le cercle passe par A et B, il faut que O soit
équidistant de A et de B donc que O appartienne à la
médiatrice de [AB].
c. Il y a une seule possibilité : c‘est le point d’intersection
de la droite perpendiculaire à (d) passant par A et de la
médiatrice de [AB].
66

(d )

3 cm

3 cm

(d’)

(d” )
67 Faux, BC = AB + AC signifie que les points A, B et C
sont alignés.
68 Faux, BC2 = AB2 + AC2 = 22 + 42 = 4 + 16 = 20 donc
BC ≈ 4,5 cm.
69 Faux, IK2 = 102 = 100
et IJ2 + JK2 = 62 + 82 = 36 + 64 = 100 donc IK2 = IJ2 + JK2.
Le triangle IJK est rectangle en J.
70 Vrai, la tangente au cercle  en A est perpendiculaire à (OA) donc la distance de O à cette droite est égale
à OA c’est-à-dire r.
71 Vrai, BC2 = 25 et AB2 + AC2 = 9 + 16 = 25
donc AB2 + AC2 = BC2. Le triangle ABC est rectangle en A
donc (AB) est perpendiculaire à (AC). On en déduit que
la droite (AB) est tangente au cercle de diamètre [AC].
72 BD2 = AD2 – AB2 = 64 – 16 = 48
BC2 = CD2 – BD2 = 49 – 48 = 1
donc BC = 1 cm.
73 On note h la distance du point M à la droite (AB).
h ×10
AMB = ACB = 2 = 28 donc 5h = 28.
Ainsi h = 285 soit h = 5,6 cm.
74 Le plus long côté est [EF].
EF2 = 3,72 = 13,69
EG2 + GF2 = 3,52 + 1,32 = 12,25 + 1,69 = 13,94
EF2  EG2 + GF2

11

donc IJ = DC – ID – JC = 50 m – 2 × 18 m = 14 m.
Conclusion. En passant par le point D, on parcourt
30 m + 40 m soit 70 m.
En passant par les points I et J, on parcourt :
14 m + 2 × 24 m = 14 m + 48 m soit 62 m.

La droite (KL) est perpendiculaire à (IM) donc la distance
de K à cette droite est égale à KL = 10,5 cm.
• « Calculer l’aire des triangles IKL, IMK et IJK »
KL × IL 10,5 ×10
IKL =
soit IKL = 52,5 cm2
=
2
2
IMK = IM × KL = 14,5 ×10,5 soit IMK = 76,125 cm2
2
2
IJ
×
KL
(14,5
+
28, 8) ×10,5 43,3 ×10,5
IJK =
=
=
2
2
2
IJK = 227,325 cm2.
77 Les triangles CAB et BED sont rectangles respectivement en A et en D donc :
CB2 = CA2 + AB2
BE2 = BD2 + DE2
2
2
2
CB = 13 + 14
BE2 = 202 + 182
CB2 = 169 + 196
BE2 = 400 + 324
2
CB = 365
BE2 = 724
CB ≈ 19,10 cm
BE ≈ 26,90 cm.
Dans le triangle CBE, le côté le plus long est [CE].
CE2 = 332 = 1 089
CB2 + BE2 = 365 + 724 = 1 089
ainsi CE2 = CB2 + BE2
Baptiste a donc utilisé les valeurs exactes de CB2 et BE2
(et Léo a pris les valeurs approchées de CB et BE qu’il a
élevés au carré).
Baptiste a ainsi bien montré que l’égalité de Pythagore
est vérifiée.
Le triangle CBE est rectangle en B.
78 a. Faux. Si ABC est un triangle rectangle en C tel que
AB = 4 cm et AC = 3 cm alors BC2 = AB2 – AC2 = 16 – 9 = 7 ;
ainsi BC ≈ 2,6 cm (par défaut au mm près).
b. Vrai. En effet, O et M sont équidistants de R et de S
donc O et M appartiennent à la médiatrice du segment
[RS]. Ainsi les droites (OM) et (RS) sont perpendiculaires.
79

A

7. QCM pour s’évaluer
80

c.

87

a., b., c.

81

c.

82

c.

83

c.

84

b.

85

b.

86

b., c.

8. Je me prépare au contrôle
a. UM2 = 156,25 et UL2 + LM2 = 156,25
Donc le triangle ULM est rectangle en L.
b. NE2 = 141,61 et EP2 + PN2 = 136,89.
Donc le triangle ENP n’est pas rectangle.
c. 27° + 62°  90° donc le triangle RST n’est pas rectangle.
d. Le triangle AMN est rectangle et isocèle en A.
89 a. Échelle : ½
88

M

2,5 cm

N

P

4 cm O

Q

b.
=
+
=
Donc MN ≈ 4,7 cm.
90 a. Échelle : 67/100
MN2

C

OM2

ON2

42

+ 2,52 = 22,25

C
D

B

(d’ )

(d )

• Le triangle ADC est rectangle en A donc, d’après l’égalité de Pythagore :
DC2 = AD2 + AC2 = 302 + 402 = 900 + 1 600 = 2 500
donc DC = 50 m.
30 × 40
• ADC = ACBD2 =
soit ADC = 600 m2
2
IA
×
DC
et ADC =
donc 600 = IA × 50 = 25 × IA
2
2
Ainsi IA = 60025 soit IA = 24 m.
• Le triangle AID est rectangle en I, d’après l’égalité de
Pythagore :
ID2 = AD2 – AI2 = 302 – 242 = 900 – 576 = 324
donc ID = 18 m.
• On montre de même que IB = 24 cm et que JC = 18 m.
I et J appartiennent à [DC]

P

T

a. (d’) est l’ensemble des points à 500 m de la mer. Donc
R doit être dans la zone gris clair.
Pour être à moins de 200 m de C et de 300 m de P, R doit
être dans la zone hachurée.
b. T est à l’intersection de la médiatrice de [PC] et de (d’).
c. R est dans la zone gris foncé.
12

a.

donc BH2 = 15,12 – 152 = 3,01 et BH ≈ 1,74 m.
1,74 > 1,60 donc Oriane peut passer sous cette corde.
95 1. [BC] est le côté le plus long.
BC2 = 6,52 = 42,25
BA2 + AC2 = 3,92 + 5,22 = 42,25
Donc BC2 = BA2 + AC2 et le triangle ABC est rectangle
en A.
AB × AC 3,9 × 5,2
2. a. ABC =
= 10,14
=
2
2
V = ABC × h = 10,14 × 12 = 121,68.
Le volume de ce flacon est 121,68 cm3.
2
b. 121,68 × = 81,12
3
Ce flacon contient 81,12 cm3 ou 0,081 12 L d’eau de
toilette.
0,081 12 × 140 = 11,356 8.
Le contenu du flacon coûte environ 11,36 e.
3. a. Échelle ¼

B
5,7 cm

91

9,5
cm

A

C

7,6 cm

D

b. Il semble que (AB) et (CD) soient tangentes au cercle
 en A et C.
Or BC2 = AB2 + AC2 donc le triangle ABC est rectangle
en A et (AC) est perpendiculaire à (AB) donc (AB) est
tangente à  en A.
On montre de même que (CD) est tangente à  en C.
92 2,12 + 0,72 = 4,9 donc la diagonale de cette armoire
mesure environ 2,21 m. Donc, on ne peut pas la relever.

500 m
F

A

A

G

3,9

E

1 700 m

cm

6,5 cm

C

ine

Se

2 200 m

B

5,2

12

On peut réaliser le schéma suivant.
cm

93

cm

9. Exercices d’approfondissement


C

D

B

2 800 m

FG = 2 800 – (500 + 1 700) = 600.
FGBC a ses côtés parallèles deux à deux donc FGBC est
un parallélogramme.
FGBC = FG × AB = 600 × 2 200 = 1 320 000
Le triangle GAB est rectangle en A, on peut utiliser l’égalité de Pythagore :
GB2 = AG2 + AB2 = 1 7002 + 2 2002

= 2 890 000 + 4 840 000 = 7 730 000
donc GB ≈ 2 780 m (par défaut au m près).
FGBC = BG ×  donc 1 320 000 = 2 780 × 
Ainsi  ≈ 475 m.
94 On peut effectuer le schéma suivant :

b.  = 12(AB + BC + CA) + 2 × ABC
 = 12 × 15,6 + 2 × 10,14 = 207,48
L’aire de ce patron est 207,48 cm2.
96 1.

B
,1

15
m

A

H

c. Il semble que AT = AT’.
2. Les triangles ATO et AT’O sont rectangles respectivement en T et en T’.
AT2 = AO2 – OT2 et AT’2 = AO2 – OT’2.
Or T et T’ appartiennent au cercle  donc OT = OT’.
Ainsi AT2 = AO2 – OT2 = AO2 – OT ’2 = AT ’2
On en déduit que AT = AT’.

C
15 m

30 m

BHC est un triangle rectangle en H.
D’après l’égalité de Pythagore :
BC2 = HB2 + HC2
13

a.

6 cm

A

101 Les Égyptiens trouvèrent que dans le triangle dont
les côtés avaient une longueur de 3,4 et 5 nœuds, l’angle
opposé au côté 5 était un angle droit.
102 Pythagore a vécu au VIe siècle avant Jésus-Christ. Il
est né dans l’Île de Samos, la pythie de Delphes ayant
annoncé à son père : « que sa femme était enceinte et
mettrait au monde un enfant qui l’emporterait en beauté et en sagesse », celui-ci changea le nom de sa femme
« Parthenis » en « Pythaïs » (la pythienne) et il appela son
fils Pythagore.
Pythagore était un athlète, il a participé aux jeux olympiques et a remporté les épreuves de pugilat (boxe). Il
eut deux ou quatre enfants avec Théanô. Il a beaucoup
voyagé: en Ionie, en Syrie, au mont Carmel (le Liban d‘aujourd’hui) puis en Égypte où il a passé 20 ans. Lorsque les
Perses envahirent le pays, il se serait retrouvé prisonnier
et emmené à Babylone. Au cours de ses voyages, il a
acquis de nombreuses connaissances mathématiques.
Il a ensuite fondé son école proche d’une secte à Crotone. Il y étudiait à la fois la philosophie, les mathématiques, la politique, la religion. Ses disciples lui rapportaient leurs découvertes scientifiques. Les textes des
pythagoriciens étaient soumis au secret ; ils étaient rédigés de sorte que seuls les initiés puissent les déchiffrer.
Avec les pythagoriciens, sont nées les démonstrations
arithmétiques. Par contre Pythagore n’est pas l’initiateur
du théorème qui porte son nom, en effet des tablettes
d’argile gravées par des Babyloniens (probablement
vers 1800 av. J.-C.) attestent que cette propriété avait été
observée pour différents triangles rectangles. Cependant, il fut le premier à découvrir que cette propriété
s’applique à tous les triangles rectangles. Il en fut tellement fier qu’il sacrifia 100 bœufs en témoignage de
gratitude à l’égard des dieux.
Mais Pythagore soutenait le régime aristocratique : il était
antidémocrate (il pensait que « c’est une chose insensée
de tenir compte de l’opinion du grand nombre »). Lors
d’une révolte, l’école de Pythagore fut brûlée, certains
Pythagoriciens (dont peut-être Pythagore lui-même) y
périrent.

B

4 cm

97

D

80°

C

b. Les côtés opposés d’un parallélogramme sont de
même longueur donc AB = DC.
AMB = AB × h où h est la distance de M à la droite (AB).
2
De même DMC = DC × h’ où h’ est la distance de M à
2
la droite (DC).
Ainsi AMB = DMC si M est à la même distance des
droites (AB)et (DC).
98

a. b.

35

C

38

D
H
G

M
A

c. Il semble qu’Aurélien fait une « passe en avant ».
d. Le triangle HMC est rectangle en H. D’après l’égalité
de Pythagore, HM2 = 382 – 352 = 1 444 – 1 225 = 219
donc HM ≈ 14,8 m (au dixième près par excès). Aurélien
est à 18 m de la ligner d’essai donc il effectue bien une
« passe en avant ».
99 1. c. Le point M semble être le pied de la hauteur
issue de A.
2. Le quadrilatère AKMH a trois angles droits donc c’est
un rectangle.
Les diagonales d’un rectangle ont la même longueur
donc HK = AM.
La longueur AM est la plus petite possible lorsqu’elle
est égale à la distance du point A à la droite (BC) donc
lorsque (AM) est perpendiculaire à (BC).
M est donc le pied de la hauteur issue de A du triangle
ABC.
100 On construit un triangle rectangle dont les côtés
de l’angle droit sont les côtés des carrés donnés. On
construit le carré de côté l’hypoténuse.

14

Tâche complexe : Sur les pistes du Mont Blanc
Une solution

Des aides possibles
Aide n° 1 : Pour répondre à la question posée, il ne suffit
pas de mesurer sur la carte IGN du document 2. Pourquoi ?
Aide n° 2 : Faire un schéma du trajet du téléphérique de
l’aiguille du Midi dans un plan vertical.

1 525m

3 842 m sommet (S)

Quelques commentaires
L’une des difficultés de cette tâche complexe est de
bien distinguer :
– la différence d’altitudes entre la gare de départ, le
chalet du Plan de l’aiguille et le sommet de l’aiguille du
Midi ;
– la distance parcourue par le téléphérique ;
– la distance correspondant au trajet du téléphérique et
mesurée sur la carte IGN du document 2.
La clé de cette tâche complexe est sa schématisation
dans un plan vertical (voir « Une solution »). Il est important d’indiquer alors sur ce schéma, les indications d’altitudes et les longueurs réelles déduites des mesures sur
la carte IGN. Par contre, il est inutile de faire un schéma
« à l’échelle ».
Alors, les élèves repèreront certainement aisément des
triangles rectangles et penseront à utiliser l’égalité de
Pythagore pour répondre à la question.
Penser à veiller à ce que les élèves ne donnent pas la
réponse avec une précision illusoire compte tenu des
mesures toujours approximatives effectuées sur la carte
IGN.



1 035 m gare (G)

1282 m

2 317 m intermédiaire (I)

1 760 m

K

1 560 m H 1 860 m

Sur la carte IGN, on mesure les distances :
Gare - Intermédiaire : 2,6 cm
Intermédiaire - Sommet : 3,1 cm
Donc, en réalité la distance « horizontale » :
entre la gare et l’intermédiaire est :
2,6 cm × 60 000 = 156 000 cm soit 1 560 m.
entre l’intermédiaire et le sommet est :
3,1 cm × 60 000 = 186 000 cm soit 1 860 m.
Avec les notations du schéma précédent, on utilise l’égalité de Pythagore :
dans le triangle rectangle GHI :
GI2 = 1 5602 + 1 2822 = 4 077 124
GI ≈ 2 020 m.
dans le triangle rectangle IKS :
IS2 = 1 8602 + 1 5252 = 5 785 225
IS ≈ 2 406 m.
La distance totale parcourue par le téléphérique est
donc d’environ 2 020 m + 2 406 m soit 4 426 m.
On peut donc estimer cette distance totale à environ
4,500 km.
Remarque : On a modélisé cette situation en supposant que les angles « de montée » entre la gare et l’intermédiaire, entre l’intermédiaire et le sommet, étaient
constants. En fait, il n’en est rien, certains passages sont
plus ou moins inclinés, abrupts. Ceci influe en particulier
sur la différence entre la longueur trouvée du trajet et la
longueur réelle (environ 5 km).


















15

16


Aperçu du document chap9.pdf - page 1/16
 
chap9.pdf - page 3/16
chap9.pdf - page 4/16
chap9.pdf - page 5/16
chap9.pdf - page 6/16
 




Télécharger le fichier (PDF)


chap9.pdf (PDF, 2.9 Mo)

Télécharger
Formats alternatifs: ZIP




Documents similaires


chap9
complet
devoir maison de mathematiques numero deux
chap11
pythagore et sa reciproque revisions
410 le theoreme de pythagore

Sur le même sujet..




🚀  Page générée en 0.091s