Corrigé des 30 exercices sur les triangles semblables en 4ème : solutions détaillées à télécharger en PDF

Enfin, dans deux triangles semblables, les sommets homologues sont les sommets des angles de même mesure. Sur la figure, les angles de même mesure sont codés avec la même couleur.

• L’angle vert en L correspond à l’angle vert en M.
• L’angle en A (violet) ne correspond pas à l’angle en E (rouge) : l’angle en E correspond donc à l’angle non codé de OLA, celui en O, et l’angle en A correspond à l’angle non codé de MER, celui en R.

Ensuite, on a donc les correspondances L ↔ M, O ↔ E et A ↔ R.

a. Par ailleurs, L’homologue du sommet L est le sommet M.

b. De même, L’homologue du sommet E est le sommet O.

c. Par conséquent, M a pour homologue L et E a pour homologue O : l’homologue du côté [ME] est le côté [LO].

d. De plus, L’angle \(\widehat{LAO}\) a pour sommet A, dont l’homologue est R : son homologue est l’angle \(\widehat{MRE}\).

a. De même, le sommet B est commun aux côtés [BC] et [BD] ; le sommet F est commun à leurs homologues [HF] et [GF]. Donc B et F sont homologues. Ensuite, [BC] ↔ [FH] donne C ↔ H, et [BD] ↔ [FG] donne D ↔ G.

b. Par conséquent, dans le triangle BCD, on lit \(\widehat{DBC} = 75^\circ\) et \(\widehat{BDC} = 40^\circ\). Par ailleurs, la somme des angles d’un triangle vaut 180° :

\[ \widehat{BCD} = 180^\circ – 75^\circ – 40^\circ = 65^\circ \]

De plus, deux triangles semblables ont leurs angles homologues de même mesure, donc :

\[ \widehat{HFG} = 75^\circ, \quad \widehat{FGH} = 40^\circ, \quad \widehat{FHG} = 65^\circ \]

De même, propriété : si deux triangles ont leurs angles deux à deux de même mesure, alors ils sont semblables. Puis il suffit même que deux angles soient égaux deux à deux, le troisième l’étant alors aussi.

a. Par conséquent, dans le triangle ABC : \(\widehat{A} = 40^\circ\) et \(\widehat{B} = 30^\circ\), donc

\[ \widehat{C} = 180^\circ – 40^\circ – 30^\circ = 110^\circ \]

De plus, dans le triangle DEF : \(\widehat{D} = 40^\circ\) et \(\widehat{E} = 110^\circ\), donc

\[ \widehat{F} = 180^\circ – 40^\circ – 110^\circ = 30^\circ \]

Ainsi, les deux triangles ont des angles de 40°, 30° et 110° : ils sont semblables (A ↔ D, B ↔ F, C ↔ E).

b. Enfin, le triangle ABC est isocèle en C (CA = CB d’après le codage), donc ses angles à la base sont égaux : \(\widehat{A} = \widehat{B} = 70^\circ\), et

\[ \widehat{C} = 180^\circ – 2 \times 70^\circ = 40^\circ \]

Ensuite, le triangle DEF est isocèle en F (FE = FD) avec \(\widehat{F} = 40^\circ\), donc ses angles à la base mesurent

\[ \widehat{E} = \widehat{D} = \frac{180^\circ – 40^\circ}{2} = 70^\circ \]

Par ailleurs, les deux triangles ont des angles de 70°, 70° et 40° : ils sont semblables.

Enfin, le point D est sur le segment [BC], donc l’angle \(\widehat{ABD}\) est le même que l’angle \(\widehat{ABC}\) : il mesure 30° dans les deux triangles.

Ensuite, dans le triangle ABD : \(\widehat{ABD} = 30^\circ\) et \(\widehat{ADB} = 110^\circ\), donc

\[ \widehat{BAD} = 180^\circ – 30^\circ – 110^\circ = 40^\circ \]

Par ailleurs, dans le triangle ABC : \(\widehat{ABC} = 30^\circ\) et \(\widehat{ACB} = 40^\circ\), donc

\[ \widehat{BAC} = 180^\circ – 30^\circ – 40^\circ = 110^\circ \]

De même, les deux triangles ont chacun des angles de 30°, 40° et 110° : ils ont leurs angles deux à deux de même mesure, donc les triangles ABC et ABD sont semblables. Ensuite, les sommets homologues sont B ↔ B, C ↔ A et A ↔ D.

a. Ensuite, les codages de couleur donnent les angles égaux : l’angle vert en C correspond à l’angle vert en E, l’angle orange en L à l’angle orange en H. Puis le troisième sommet O correspond donc à T.

b. Par ailleurs, les longueurs des côtés homologues sont proportionnelles :

\[ \frac{LO}{HT} = \frac{LC}{HE} = \frac{OC}{TE} \]

De même, on connaît LO = 1,6 cm et HT = 2 cm, d’où le coefficient :

\[ \frac{LO}{HT} = \frac{1{,}6}{2} = 0{,}8 \]

Par conséquent, calcul de LC :

\[ \frac{LC}{3} = 0{,}8 \quad \text{donc} \quad LC = 0{,}8 \times 3 = 2{,}4 \text{ cm} \]

De plus, calcul de TE :

\[ \frac{2}{TE} = 0{,}8 \quad \text{donc} \quad TE = \frac{2}{0{,}8} = 2{,}5 \text{ cm} \]

De même, pour savoir si deux triangles sont semblables à partir des longueurs, on range les côtés de chaque triangle dans l’ordre croissant, puis on compare les rapports.

• Triangle ART : RT = 8,1 cm ; AR = 12 cm ; AT = 14,4 cm.
• Triangle ZEN : ZN = 5,4 cm ; EN = 8 cm ; ZE = 9,6 cm.

\[ \frac{RT}{ZN} = \frac{8{,}1}{5{,}4} = 1{,}5 \qquad \frac{AR}{EN} = \frac{12}{8} = 1{,}5 \qquad \frac{AT}{ZE} = \frac{14{,}4}{9{,}6} = 1{,}5 \]

Par conséquent, les trois rapports sont égaux : les longueurs des côtés sont proportionnelles (coefficient 1,5). De plus, les triangles ART et ZEN sont donc semblables ; ART est un agrandissement de ZEN, avec les sommets homologues R ↔ N, A ↔ E et T ↔ Z.

Par ailleurs, le triangle DEF est isocèle en F (FD = FE = 4,5 cm) et le triangle ABC est isocèle en C (CA = CB = 2,5 cm). Ensuite, ils sont semblables, avec les sommets principaux homologues : C ↔ F, et les bases homologues : [AB] ↔ [DE].

De même, les côtés homologues sont proportionnels :

\[ \frac{AB}{DE} = \frac{CB}{FE} \quad \text{soit} \quad \frac{AB}{3{,}6} = \frac{2{,}5}{4{,}5} \]
\[ \begin{aligned} AB &= \frac{2{,}5 \times 3{,}6}{4{,}5} \\ &= \frac{9}{4{,}5} \\ &= 2 \text{ cm} \end{aligned} \]

Par conséquent, on peut aussi raisonner avec le coefficient d’agrandissement \(k = \dfrac{4{,}5}{2{,}5} = 1{,}8\) : \(AB = 3{,}6 \div 1{,}8 = 2\) cm.

Par ailleurs, on compare les triangles SPV et BAV.

• Ils sont tous deux rectangles : \(\widehat{SPV} = \widehat{BAV} = 90^\circ\).
• Le rayon lumineux se réfléchit sur le miroir en faisant des angles égaux : \(\widehat{SVP} = \widehat{BVA}\) (angles verts).

De même, ces deux triangles ont deux angles égaux deux à deux, donc aussi le troisième : ils sont semblables, avec S ↔ B, P ↔ A et V ↔ V. Leurs côtés homologues sont proportionnels :

\[ \frac{SP}{BA} = \frac{PV}{AV} \quad \text{soit} \quad \frac{SP}{1{,}70} = \frac{36}{2{,}40} \]
\[ \begin{aligned} SP &= \frac{36 \times 1{,}70}{2{,}40} \\ &= 15 \times 1{,}70 \\ &= 25{,}5 \text{ m} \end{aligned} \]

Ensuite, les égalités d’angles donnent les sommets homologues : \(\widehat{MON} = \widehat{STE}\) donc O ↔ T ; \(\widehat{MNO} = \widehat{EST}\) donc N ↔ S. Par ailleurs, le troisième sommet M correspond donc à E.

a. Par ailleurs, les angles en M et en E sont homologues, donc de même mesure :

\[ \widehat{NMO} = \widehat{SET} \]

b. De même, les côtés homologues sont [MO] ↔ [ET], [ON] ↔ [TS] et [MN] ↔ [ES]. Leurs longueurs sont proportionnelles :

\[ \frac{MO}{ET} = \frac{ON}{TS} = \frac{MN}{ES} \]

Ensuite, L’angle violet est \(\widehat{MAN}\) dans le triangle AMN, l’angle vert est \(\widehat{PON}\) dans le triangle OPN. Puis on cherche si ces deux triangles sont semblables.

• AMN est isocèle en A : AM = AN = 5 cm et MN = 6 cm.
• OPN est isocèle en O : OP = ON = 3 cm et PN = 3,6 cm.

Par ailleurs, on compare les côtés rangés dans le même ordre :

\[ \frac{OP}{AM} = \frac{3}{5} = 0{,}6 \qquad \frac{ON}{AN} = \frac{3}{5} = 0{,}6 \qquad \frac{PN}{MN} = \frac{3{,}6}{6} = 0{,}6 \]

De même, les côtés sont proportionnels (coefficient de réduction 0,6), donc les triangles AMN et OPN sont semblables. Ensuite, le sommet A, commun aux deux côtés égaux de AMN, a pour homologue le sommet O, commun aux deux côtés égaux de OPN. Or deux triangles semblables ont leurs angles homologues de même mesure : \(\widehat{MAN} = \widehat{PON}\).

a. Ensuite, on compare les angles des triangles JLM et IJK :

• l’angle \( \widehat{LJM} \) et l’angle \( \widehat{IJK} \) sont le même angle, puisque L est sur [JI] et M sur [JK] ;
• d’après le codage vert, \( \widehat{JLM} = \widehat{JKI} \).

Par ailleurs, les deux triangles ont deux angles égaux deux à deux, donc le troisième aussi (la somme des angles vaut 180°) : les triangles JLM et IJK sont semblables.

De même, sommets homologues : J ↔ J, L ↔ K (angles verts), donc M ↔ I. Puis les côtés homologues sont ceux qui relient des sommets homologues : [JL] et [JK], [JM] et [JI], [LM] et [KI].

b. Par conséquent, les longueurs des côtés homologues sont proportionnelles :

\[ \frac{JL}{JK} = \frac{JM}{JI} = \frac{LM}{KI} \]

De plus, on connaît JM = 3,2 cm, JI = 8 cm, LM = 4,4 cm et \( JK = JM + MK = 3{,}2 + 6{,}8 = 10 \text{ cm} \). De plus, le coefficient de réduction est \( \dfrac{JM}{JI} = \dfrac{3{,}2}{8} = 0{,}4 \).

\[ JL = 0{,}4 \times JK = 0{,}4 \times 10 = 4 \text{ cm} \qquad KI = \frac{LM}{0{,}4} = \frac{4{,}4}{0{,}4} = 11 \text{ cm} \]

a. De même, dans les triangles ABC et DBE :

• les angles \( \widehat{ABC} \) et \( \widehat{DBE} \) sont opposés par le sommet B, donc ils sont égaux ;
• d’après le codage rouge, \( \widehat{BAC} = \widehat{BDE} \).

Par conséquent, deux angles égaux deux à deux : les triangles ABC et DBE sont semblables. Sommets homologues : A ↔ D, B ↔ B, C ↔ E.

b. De plus, on écrit l’égalité des rapports des côtés homologues :

\[ \frac{DB}{AB} = \frac{BE}{BC} = \frac{DE}{AC} \]

Ainsi, avec DB = 2 cm et AB = 2,5 cm, le coefficient est \( \dfrac{2}{2{,}5} = 0{,}8 \). Donc :

\[ DE = 0{,}8 \times AC = 0{,}8 \times 3 = 2{,}4 \text{ cm} \]

a. Par conséquent, comparons les triangles CBD et ABC :

• le triangle CBD est rectangle en D : \( \widehat{CDB} = 90^\circ \) ;
• le triangle ABC est rectangle en B : \( \widehat{CBA} = 90^\circ \) ;
• l’angle \( \widehat{BCD} \) et l’angle \( \widehat{ACB} \) sont le même angle, car D est sur [CA].

De plus, deux angles égaux deux à deux : CBD et ABC sont semblables. Sommets homologues : C ↔ C, D ↔ B (angles droits) et B ↔ A.

b. Ainsi, les côtés homologues sont proportionnels :

\[ \frac{CD}{CB} = \frac{CB}{CA} = \frac{DB}{BA} \]

Enfin, avec CD = 4 cm et CB = 5 cm :

\[ \frac{4}{5} = \frac{5}{CA} \quad \text{donc} \quad CA = \frac{5 \times 5}{4} = \frac{25}{4} = 6{,}25 \text{ cm} \]

a. De plus, D’après l’énoncé, \( \widehat{ACB} = \widehat{BDC} \) et \( \widehat{BAC} = \widehat{DBC} \). Ensuite, les triangles ABC et BCD ont deux angles égaux deux à deux, donc ils sont semblables.

Ainsi, sommets homologues : C ↔ D (angles rouges), A ↔ B (angles verts), donc B ↔ C. Par ailleurs, les côtés homologues sont : [AB] et [BC], [BC] et [CD], [AC] et [BD].

b. Enfin, égalité des rapports (triangle BCD au numérateur) :

\[ \frac{BC}{AB} = \frac{CD}{BC} = \frac{BD}{AC} \]

Ensuite, le coefficient d’agrandissement est \( \dfrac{BC}{AB} = \dfrac{6}{4} = 1{,}5 \).

\[ AC = \frac{BD}{1{,}5} = \frac{7{,}5}{1{,}5} = 5 \text{ cm} \qquad CD = 1{,}5 \times BC = 1{,}5 \times 6 = 9 \text{ cm} \]

Ainsi, les triangles BDE et BAC ont :

• \( \widehat{BDE} = \widehat{BAC} \) (énoncé) ;
• l’angle en B en commun (D est sur [BC] et E sur [BA]).

Enfin, ils sont donc semblables, avec B ↔ B, D ↔ A et E ↔ C.

Ensuite, D est le milieu de [BC], donc \( BD = 4 \div 2 = 2 \text{ cm} \). Puis les côtés homologues sont proportionnels :

\[ \frac{BD}{BA} = \frac{BE}{BC} = \frac{DE}{AC} \quad \text{avec} \quad \frac{BD}{BA} = \frac{2}{5} = 0{,}4 \]
\[ BE = 0{,}4 \times BC = 0{,}4 \times 4 = 1{,}6 \text{ cm} \qquad DE = 0{,}4 \times AC = 0{,}4 \times 6 = 2{,}4 \text{ cm} \]

Par ailleurs, attention : [BD] correspond à [BA] (et non à [BC]), car D est l’homologue de A.

a. Enfin, le plus grand côté est [AB]. Ensuite, on compare \( AB^2 \) et \( AC^2 + BC^2 \) :

\[ AB^2 = 7{,}5^2 = 56{,}25 \qquad AC^2 + BC^2 = 6^2 + 4{,}5^2 = 36 + 20{,}25 = 56{,}25 \]

Ensuite, on a \( AB^2 = AC^2 + BC^2 \) : d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ABC est rectangle en C.

b. Par ailleurs, le triangle ADE est rectangle en D et le triangle ACB est rectangle en C : \( \widehat{ADE} = \widehat{ACB} = 90^\circ \). De plus, l’angle en A est commun aux deux triangles. Deux angles égaux : ABC et ADE sont semblables, avec A ↔ A, D ↔ C et E ↔ B.

c. De même, les côtés homologues sont proportionnels :

\[ \frac{AD}{AC} = \frac{AE}{AB} = \frac{DE}{CB} \quad \text{avec} \quad \frac{DE}{CB} = \frac{2{,}7}{4{,}5} = 0{,}6 \]
\[ AD = 0{,}6 \times 6 = 3{,}6 \text{ cm} \qquad AE = 0{,}6 \times 7{,}5 = 4{,}5 \text{ cm} \]
\[ P_{ADE} = AD + DE + AE = 3{,}6 + 2{,}7 + 4{,}5 = 10{,}8 \text{ cm} \]

Par conséquent, vérification : le périmètre de ABC vaut \( 6 + 4{,}5 + 7{,}5 = 18 \) cm et \( 0{,}6 \times 18 = 10{,}8 \) cm. Puis les périmètres sont dans le même rapport que les longueurs.

1. Par ailleurs, le triangle ACD est rectangle en D. D’après le théorème de Pythagore :

\[ AC^2 = AD^2 + DC^2 = 30^2 + 16^2 = 900 + 256 = 1\,156 \quad \text{donc} \quad AC = \sqrt{1\,156} = 34 \text{ cm} \]

Par conséquent, on obtient 2. a. Le triangle ABE est rectangle en E, donc ses deux angles aigus sont complémentaires :

\[ \widehat{BAE} = 90^\circ – x \]

b. Par conséquent, les points E, A et D sont alignés, donc \( \widehat{EAB} + \widehat{BAC} + \widehat{CAD} = 180^\circ \). De plus, l’angle \( \widehat{BAC} \) est un angle du réfrigérateur : il est droit.

\[ \widehat{CAD} = 180^\circ – 90^\circ – (90^\circ – x) = x \]

3. De plus, les triangles ABE et CAD sont rectangles (en E et en D) et \( \widehat{ABE} = \widehat{CAD} = x \) : ils sont semblables, avec B ↔ A, A ↔ C et E ↔ D. Ensuite, les côtés homologues sont proportionnels :

\[ \frac{AB}{CA} = \frac{AE}{CD} = \frac{BE}{AD} \quad \text{avec} \quad \frac{AE}{CD} = \frac{80}{16} = 5 \]
\[ AB = 5 \times CA = 5 \times 34 = 170 \text{ cm} \]

Ensuite, on a (De même BE = 5 × 30 = 150 cm, et l’on vérifie que \( 150^2 + 80^2 = 28\,900 = 170^2 \).)

Par conséquent, les angles de même couleur sont égaux : l’angle vert est en B dans ABC et en I dans MOI ; l’angle rouge est en A et en M. Par ailleurs, il reste C, qui correspond donc à O.

De plus, un côté homologue relie les sommets homologues : [AC] a pour extrémités A et C, qui correspondent à M et O, donc [AC] est homologue de [MO].

Enfin, remarque : chaque côté est opposé à un angle ; [AC] est opposé à l’angle en B, et son homologue [MO] est opposé à l’angle en I.

a. De plus, dans ABC, rectangle en B : \( \widehat{A} = 180^\circ – 90^\circ – 40^\circ = 50^\circ \). Puis dans DEF : \( \widehat{F} = 180^\circ – 40^\circ – 50^\circ = 90^\circ \).

Ainsi, les deux triangles ont les mêmes angles (90°, 40°, 50°) : ils sont semblables, avec B ↔ F, C ↔ D et A ↔ E. Ensuite, le côté [BC] (entre l’angle droit et l’angle de 40°) a pour homologue [FD], qui mesure 6 cm :

\[ k = \frac{FD}{BC} = \frac{6}{4} = 1{,}5 \]

b. Enfin, dans ABC : \( \widehat{B} = 180^\circ – 55^\circ – 55^\circ = 70^\circ \) ; ABC est isocèle en B. Puis dans DEF, les codages montrent que DE = EF : le triangle est isocèle en E, donc ses angles à la base sont égaux : \( \widehat{D} = \widehat{F} = (180^\circ – 70^\circ) \div 2 = 55^\circ \).

Ensuite, les deux triangles ont les angles 70°, 55°, 55° : ils sont semblables, avec B ↔ E (sommets principaux). De plus, le côté [AB] a pour homologue un côté de l’angle de 70°, [ED], qui mesure 1,4 cm :

\[ k = \frac{ED}{AB} = \frac{1{,}4}{2} = 0{,}7 \]

a) Ainsi, les angles \( \widehat{KIL} \) et \( \widehat{HIJ} \) sont opposés par le sommet I, donc ils ont la même mesure :

\[ \widehat{KIL} = \widehat{HIJ} = 47^\circ \]

b) Enfin, on calcule le troisième angle de chaque triangle :

\[ \widehat{HJI} = 180^\circ – 75^\circ – 47^\circ = 58^\circ \qquad \widehat{ILK} = 180^\circ – 47^\circ – 58^\circ = 75^\circ \]

Ensuite, le triangle HIJ a pour angles 75°, 47° et 58°, et le triangle ILK a aussi pour angles 47°, 58° et 75°. Ayant les mêmes angles, les triangles HIJ et ILK sont semblables, avec H ↔ L, I ↔ I et J ↔ K.

Ainsi, affirmation de Juliette. On range les côtés de chaque triangle dans l’ordre croissant et on calcule les rapports (grand toit sur petit toit) :

\[ \frac{6{,}5}{3{,}9} = \frac{65}{39} = \frac{5}{3} \qquad \frac{6{,}5}{3{,}9} = \frac{5}{3} \qquad \frac{12}{7{,}2} = \frac{120}{72} = \frac{5}{3} \]

Enfin, les trois rapports sont égaux (environ 1,67) : les longueurs des côtés sont proportionnelles. Juliette a raison, les triangles sont semblables : le grand toit est un agrandissement du petit de coefficient \( \dfrac{5}{3} \).

Ensuite, avis d’Enzo. Deux triangles semblables ont leurs angles homologues égaux. Ensuite, l’angle vert et l’angle bleu sont tous deux l’angle entre un côté oblique du toit et la base : ils sont homologues. Enzo a raison, ces deux angles ont la même mesure.

1) Ainsi, les angles de même couleur sont égaux : M ↔ C (vert), E ↔ L (rouge) et R ↔ A (bleu). Par ailleurs, les paires de côtés homologues sont donc :

• [ME] et [CL] ;
• [ER] et [LA] ;
• [MR] et [CA].

2) Enfin, les longueurs des côtés homologues sont proportionnelles :

\[ \frac{CL}{ME} = \frac{LA}{ER} = \frac{CA}{MR} \quad \text{avec} \quad \frac{CL}{ME} = \frac{1{,}4}{3{,}5} = 0{,}4 \]
\[ MR = \frac{CA}{0{,}4} = \frac{1{,}6}{0{,}4} = 4 \text{ cm} \qquad AL = 0{,}4 \times ER = 0{,}4 \times 6{,}5 = 2{,}6 \text{ cm} \]

Par ailleurs, les deux circuits sont des triangles semblables : les longueurs du grand circuit sont proportionnelles à celles du petit. Puis le petit côté du grand circuit correspond au petit côté du petit circuit (300 m). Ensuite, le coefficient d’agrandissement est :

\[ k = \frac{400}{300} = \frac{4}{3} \]

De même, on calcule les autres côtés du grand circuit :

\[ 360 \times \frac{4}{3} = 480 \text{ m} \qquad 570 \times \frac{4}{3} = 760 \text{ m} \]

Par conséquent, longueur d’un tour du grand circuit : \( 400 + 480 + 760 = 1\,640 \) m. (On peut aussi multiplier le périmètre du petit circuit : \( (300 + 360 + 570) \times \dfrac{4}{3} = 1\,230 \times \dfrac{4}{3} = 1\,640 \) m.)

\[ 2 \times 1\,640 = 3\,280 \text{ m} \]

Par ailleurs, les triangles TAM et SBM sont rectangles en A et en B (le touriste et l’obélisque sont verticaux) et \( \widehat{AMT} = \widehat{BMS} \). Puis ils ont deux angles égaux : ils sont semblables, avec T ↔ S, A ↔ B et M ↔ M.

On calcule d’abord \( MB = AB – AM = 94{,}5 – 7 = 87{,}5 \) m. De plus, les côtés homologues sont proportionnels :

\[ \frac{SB}{TA} = \frac{MB}{MA} \quad \text{donc} \quad \frac{SB}{1{,}84} = \frac{87{,}5}{7} = 12{,}5 \]
\[ SB = 12{,}5 \times 1{,}84 = 23 \text{ m} \]

1) Dans les triangles EFG et IHG :

• \( \widehat{EFG} = \widehat{GHI} \) (énoncé) ;
• \( \widehat{EGF} = \widehat{HGI} \), car ces angles sont opposés par le sommet G (les droites (EH) et (FI) se coupent en G).

Deux angles égaux deux à deux : les triangles EFG et GHI sont semblables, avec F ↔ H, G ↔ G et E ↔ I.

2) Les côtés homologues sont proportionnels :

\[ \frac{GI}{GE} = \frac{GH}{GF} = \frac{HI}{FE} \quad \text{avec} \quad \frac{GI}{GE} = \frac{3{,}6}{3} = 1{,}2 \]
\[ GH = 1{,}2 \times GF = 1{,}2 \times 2 = 2{,}4 \text{ cm} \qquad HI = 1{,}2 \times FE = 1{,}2 \times 1{,}5 = 1{,}8 \text{ cm} \]

1) Le triangle ABE est rectangle en E. D’après le théorème de Pythagore :

\[ AE^2 = AB^2 – EB^2 = 5{,}1^2 – 4{,}5^2 = 26{,}01 – 20{,}25 = 5{,}76 \quad \text{donc} \quad AE = \sqrt{5{,}76} = 2{,}4 \text{ m} \]

2) Les triangles ABE et IHF sont semblables, avec A ↔ I, B ↔ F et E ↔ H (angles droits en E et en H). Ensuite, le coefficient de réduction est :

\[ k = \frac{HF}{EB} = \frac{3}{4{,}5} = \frac{2}{3} \]
\[ IH = \frac{2}{3} \times AE = \frac{2}{3} \times 2{,}4 = 1{,}6 \text{ m} \qquad IF = \frac{2}{3} \times AB = \frac{2}{3} \times 5{,}1 = 3{,}4 \text{ m} \]

La figure indique déjà AC = 10 cm : c’est l’hypoténuse du triangle ABC. Par ailleurs, on calcule AD, puis la longueur restante du triangle DAC, DC.

Triangles semblables. DAC est rectangle en A, ABC est rectangle en B, et les angles verts sont égaux : \( \widehat{ADC} = \widehat{BAC} \). Puis les deux triangles sont semblables, avec D ↔ A, A ↔ B et C ↔ C.

Calcul de AB (Pythagore dans ABC, rectangle en B) :

\[ AB^2 = AC^2 – BC^2 = 100 – 64 = 36 \quad \text{donc} \quad AB = 6 \text{ cm} \]

Rapports. Les côtés homologues sont proportionnels :

\[ \frac{DA}{AB} = \frac{AC}{BC} = \frac{DC}{AC} \quad \text{avec} \quad \frac{AC}{BC} = \frac{10}{8} = 1{,}25 \]
\[ AD = 1{,}25 \times AB = 1{,}25 \times 6 = 7{,}5 \text{ cm} \qquad DC = 1{,}25 \times AC = 1{,}25 \times 10 = 12{,}5 \text{ cm} \]

Vérification dans DAC, rectangle en A : \( 7{,}5^2 + 10^2 = 56{,}25 + 100 = 156{,}25 = 12{,}5^2 \).

1) Le plus grand côté est [BC]. Ensuite, on compare :

\[ BC^2 = 17^2 = 289 \qquad AB^2 + AC^2 = 8^2 + 15^2 = 64 + 225 = 289 \]

\( BC^2 = AB^2 + AC^2 \) : d’après la réciproque du théorème de Pythagore, ABC est rectangle en A.

2) Les triangles CDE (rectangle en D) et CAB (rectangle en A) ont l’angle en C en commun : ils sont semblables, avec C ↔ C, D ↔ A et E ↔ B. Donc [CD] est homologue de [CA] (côtés de l’angle droit issus de C) :

\[ \frac{CD}{CA} = \frac{DE}{AB} = \frac{CE}{CB} \quad \text{avec} \quad k = \frac{CD}{CA} = \frac{6{,}8}{15} = \frac{34}{75} \]
\[ DE = \frac{34}{75} \times 8 = \frac{272}{75} \approx 3{,}63 \text{ cm} \qquad CE = \frac{34}{75} \times 17 = \frac{578}{75} \approx 7{,}71 \text{ cm} \]

Le périmètre de CDE est celui de ABC multiplié par k. Puis le périmètre de ABC vaut \( 8 + 15 + 17 = 40 \) cm :

\[ P_{CDE} = \frac{34}{75} \times 40 = \frac{272}{15} \approx 18{,}13 \text{ cm} \]

Piège : il ne faut pas associer [CD] à [CB] parce qu’ils sont sur la même droite ; [CB] est l’hypoténuse de ABC, son homologue est l’hypoténuse [CE] de CDE.

Les rayons lumineux passent par l’objectif G : le haut de l’arbre A donne le bas de l’image F, et le bas B donne le haut D (l’image est renversée). De plus, les triangles GEF et GCA sont rectangles en E et en C, et leurs angles en G sont opposés par le sommet : ils sont semblables. De même pour GED et GCB.

On travaille dans la même unité : GC = 6 m = 6 000 mm et GE = 48 mm. Ensuite, le coefficient d’agrandissement vaut :

\[ k = \frac{GC}{GE} = \frac{6\,000}{48} = 125 \]

Donc CA = 125 × EF et CB = 125 × ED, et en additionnant :

\[ AB = 125 \times DF = 125 \times 40 = 5\,000 \text{ mm} = 5 \text{ m} \]

Chaque côté du triangle JKL est tracé à 1 cm du côté correspondant de ABC, et ces distances sont mesurées perpendiculairement : les côtés sont donc parallèles deux à deux : (JL) // (AC), (LK) // (CB) et (JK) // (AB).

Deux droites parallèles coupées par une sécante forment des angles correspondants égaux. Par ailleurs, on en déduit que les angles de JKL sont égaux à ceux de ABC : \( \widehat{LJK} = \widehat{CAB} \), \( \widehat{JKL} = \widehat{ABC} \) et \( \widehat{JLK} = \widehat{ACB} \).

Les deux triangles ont les mêmes angles : ABC et JKL sont semblables, avec A ↔ J, B ↔ K et C ↔ L.

Attention au piège : les côtés de JKL ne s’obtiennent pas en ajoutant 2 cm aux côtés de ABC (ce qui ne donnerait pas des longueurs proportionnelles). Ici, c’est le parallélisme des côtés qui prouve la similitude.