Corrigé des 55 exercices sur le théorème de Pythagore en 4ème : solutions pas à pas à télécharger en PDF

Ensuite, on a 1. Calcul de AC. Le triangle \(AHC\) est rectangle en \(H\), son hypoténuse est \([AC]\). D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} AC^2 &= AH^2+HC^2 \\ AC^2 &= 12^2+9^2 = 144+81 = 225 \\ AC &= \sqrt{225} = 15 \text{ cm} \end{aligned} \]

De plus, calcul de HB. Le triangle \(AHB\) est rectangle en \(H\), son hypoténuse est \([AB]\) :

\[ \begin{aligned} AB^2 &= AH^2+HB^2 \\ 13^2 &= 12^2+HB^2 \\ HB^2 &= 169-144 = 25 \\ HB &= \sqrt{25} = 5 \text{ cm} \end{aligned} \]

2. Par conséquent, on obtient \(BC = CH+HB = 9+5 = 14\) cm et \([AH]\) est la hauteur relative au côté \([BC]\).

\[ \mathcal{A}_{ABC} = \frac{BC\times AH}{2} = \frac{14\times 12}{2} = 84 \text{ cm}^2 \]
\[ \mathcal{P}_{ABC} = AB+BC+CA = 13+14+15 = 42 \text{ cm} \]

Par conséquent, calcul de AH. Le triangle \(ABH\) est rectangle en \(H\), d’hypoténuse \([AB]\) :

\[ \begin{aligned} AB^2 &= AH^2+BH^2 \\ 11{,}5^2 &= AH^2+6{,}9^2 \\ AH^2 &= 132{,}25-47{,}61 = 84{,}64 \\ AH &= \sqrt{84{,}64} = 9{,}2 \text{ cm} \end{aligned} \]

De plus, la valeur exacte est \(AH = 9{,}2\) cm (car \(9{,}2^2 = 84{,}64\)), donc au millième \(AH = 9{,}200\) cm.

Ainsi, calcul de AC. Le triangle \(AHC\) est rectangle en \(H\), d’hypoténuse \([AC]\), avec \(HC = 15\) cm :

\[ \begin{aligned} AC^2 &= AH^2+HC^2 \\ AC^2 &= 84{,}64+225 = 309{,}64 \\ AC &= \sqrt{309{,}64} \approx 17{,}597 \text{ cm} \end{aligned} \]

Par conséquent, on obtient 1) Toutes les faces d’un cube sont des carrés : ABCD est un carré de côté 4 cm.

De plus, on obtient 2) Dans le carré, \(AB = BC = 4\) cm et l’angle \(\widehat{ABC}\) est droit : ABC est un triangle rectangle isocèle en B.

Ainsi, on a donc 3) Pour la face \(ABCD\), [AC] est une diagonale du carré.

Ensuite, on a 4) Pour le triangle \(ABC\), [AC] est l’hypoténuse (côté opposé à l’angle droit).

Ainsi, on trouve 5) L’arête \([AE]\) est perpendiculaire à la face \(ABCD\), donc à toute droite de cette face passant par \(A\), en particulier à \((AC)\) : ACE est rectangle en A.

Par conséquent, on obtient 6) Pour le triangle \(ACE\), [CE] est l’hypoténuse (c’est une grande diagonale du cube).

De plus, on obtient 7) Dans \(ABC\) rectangle en \(B\) :

\[ AC^2 = AB^2+BC^2 = 4^2+4^2 = 32 \quad\text{donc}\quad AC = \sqrt{32} \approx 5{,}7 \text{ cm} \]

Par ailleurs, on a donc 8) Dans \(ACE\) rectangle en \(A\), on utilise la valeur exacte \(AC^2 = 32\) :

\[ CE^2 = AC^2+AE^2 = 32+4^2 = 48 \quad\text{donc}\quad CE = \sqrt{48} = 4\sqrt{3} \approx 6{,}9 \text{ cm} \]

Par ailleurs, le plus grand côté est \([AB]\). Ensuite, on calcule séparément :

\[ AB^2 = 7{,}3^2 = 53{,}29 \qquad AC^2+BC^2 = 5{,}5^2+4{,}8^2 = 30{,}25+23{,}04 = 53{,}29 \]

De même, on constate que \(AB^2 = AC^2+BC^2\). D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle \(ABC\) est rectangle en C (le sommet opposé au plus grand côté).

Ensuite, triangle 1. Le plus grand côté est \([AB]\).

\[ AB^2 = 22{,}1^2 = 488{,}41 \qquad AC^2+BC^2 = 14^2+17{,}1^2 = 196+292{,}41 = 488{,}41 \]

Par ailleurs, on a donc \(AB^2 = AC^2+BC^2\), donc d’après la réciproque du théorème de Pythagore, \(ABC\) est rectangle en C et son hypoténuse est [AB].

De même, triangle 2. Le plus grand côté est \([AC]\).

\[ AC^2 = 100^2 = 10\,000 \qquad AB^2+BC^2 = 60^2+80^2 = 3\,600+6\,400 = 10\,000 \]

Ainsi, on trouve \(AC^2 = AB^2+BC^2\), donc \(ABC\) est rectangle en B et son hypoténuse est [AC].

Par ailleurs, les longueurs doivent être positives, donc on considère \(x \gt -2\). Par ailleurs, le plus grand côté est \([AS]\) car \(5x+10 \gt 4x+8 \gt 3x+6\) pour ces valeurs de \(x\).

De même, on développe avec l’identité \((a+b)^2 = a^2+2ab+b^2\) :

\[ \begin{aligned} AS^2 &= (5x+10)^2 = 25x^2+100x+100 \\ PA^2 &= (3x+6)^2 = 9x^2+36x+36 \\ PS^2 &= (4x+8)^2 = 16x^2+64x+64 \\ PA^2+PS^2 &= 25x^2+100x+100 \end{aligned} \]

Par conséquent, pour toute valeur de \(x\), \(AS^2 = PA^2+PS^2\). D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle \(PAS\) est rectangle en P.

De plus, remarque : \(PA = 3(x+2)\), \(PS = 4(x+2)\) et \(AS = 5(x+2)\) ; les côtés sont proportionnels à 3, 4 et 5, et \(3^2+4^2 = 5^2\).

De même, le triangle \(ABC\) est rectangle en \(B\), son hypoténuse est \([AC]\). D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} AC^2 &= AB^2+BC^2 \\ AC^2 &= 6^2+8^2 = 36+64 = 100 \\ AC &= \sqrt{100} = 10 \text{ cm} \end{aligned} \]

Ensuite, situation 1. \(IJK\) est rectangle en \(I\), donc l’hypoténuse est \([JK]\) (et non \([IK]\)) :

\[ \begin{aligned} JK^2 &= IJ^2+IK^2 \\ 7{,}5^2 &= 4{,}5^2+IK^2 \\ IK^2 &= 56{,}25-20{,}25 = 36 \\ IK &= \sqrt{36} = 6 \text{ cm} \end{aligned} \]

Par ailleurs, situation 2.

De même, a. Puis le plus grand côté est \([BC]\) : \(BC^2 = 25^2 = 625\) et \(AB^2+AC^2 = 24^2+7^2 = 576+49 = 625\). L’égalité est vérifiée : d’après la réciproque du théorème de Pythagore, ABC est rectangle en A.

Par conséquent, b. Ensuite, le plus grand côté est \([AC]\) : \(AC^2 = 7^2 = 49\) et \(AB^2+BC^2 = 4^2+5{,}75^2 = 16+33{,}0625 = 49{,}0625\). Comme \(49 \neq 49{,}0625\), l’égalité de Pythagore n’est pas vérifiée : ABC n’est pas rectangle.

De plus, situation 3. Dans le trapèze rectangle, on trace la hauteur issue du sommet de la petite base. Puis elle découpe un rectangle et un triangle rectangle dont les côtés de l’angle droit mesurent \(h\) et \(9-5 = 4\) cm, et dont l’hypoténuse (le côté oblique) mesure 5 cm :

\[ \begin{aligned} 5^2 &= 4^2+h^2 \\ h^2 &= 25-16 = 9 \\ h &= 3 \text{ cm} \end{aligned} \]

Ainsi, situation 4.

Enfin, a. De plus, la face \(ABCD\) est un rectangle (toutes les faces d’un pavé droit sont des rectangles).

Ensuite, b. Ensuite, on travaille en cm : \(AB = 120\) cm et \(BC = 90\) cm. Par ailleurs, dans \(ABC\) rectangle en \(B\) :

\[ AC^2 = 120^2+90^2 = 14\,400+8\,100 = 22\,500 \quad\text{donc}\quad AC = 150 \text{ cm} \]

Par ailleurs, c. Puis l’arête \([CG]\) est perpendiculaire à la face \(ABCD\), donc à \((AC)\) : ACG est rectangle en C.

De même, d. Ensuite, dans \(ACG\) rectangle en \(C\), d’hypoténuse \([AG]\) :

\[ AG^2 = AC^2+CG^2 = 22\,500+50^2 = 25\,000 \quad\text{donc}\quad AG = \sqrt{25\,000} \approx 158{,}1 \text{ cm} \]

Par conséquent, situation 5. Un téléviseur « de 56 cm » a un écran dont la diagonale mesure 56 cm ; sa largeur est 42 cm. L’écran est un rectangle, la diagonale le partage en deux triangles rectangles :

\[ \begin{aligned} 56^2 &= 42^2+\ell^2 \\ \ell^2 &= 3\,136-1\,764 = 1\,372 \\ \ell &= \sqrt{1\,372} \approx 37{,}04 \text{ cm} \end{aligned} \]

De plus, L’écran mesure donc 42 cm de large et environ 37,1 cm de haut (arrondi par excès). L’énoncé ne donne pas les dimensions du meuble : Monsieur Mathovore pourra y loger le téléviseur si l’emplacement mesure au moins 42 cm de large et 37,1 cm de haut (sans compter le cadre de l’écran).

De même, calcul de BD². Le triangle \(ABD\) est rectangle en \(A\), d’hypoténuse \([BD]\) :

\[ BD^2 = AB^2+AD^2 = 5{,}5^2+1{,}5^2 = 30{,}25+2{,}25 = 32{,}5 \]

Par conséquent, calcul de CD. Le triangle \(BCD\) est rectangle en \(C\) : son hypoténuse est aussi \([BD]\) :

\[ \begin{aligned} BD^2 &= BC^2+CD^2 \\ 32{,}5 &= 3{,}5^2+CD^2 \\ CD^2 &= 32{,}5-12{,}25 = 20{,}25 \\ CD &= \sqrt{20{,}25} = 4{,}5 \text{ cm} \end{aligned} \]

De plus, il est inutile de calculer \(BD\) : on garde la valeur exacte de \(BD^2\) pour le second calcul.

Par conséquent, on obtient 1) Les côtés \([NO]\) et \([DR]\) sont parallèles (tous deux perpendiculaires à \((ND)\)) et les angles en \(N\) et en \(D\) sont droits : NORD est un trapèze rectangle.

De plus, on obtient 2) Le quadrilatère \(NOFD\) a trois angles droits (en \(N\), en \(D\) et en \(F\), car \((OF)\) est perpendiculaire à \((DR)\)) : NOFD est un rectangle.

Enfin, on a donc 3) Les côtés opposés d’un rectangle ont la même longueur :

• \(FO = ND = 112\) ;
• \(DF = NO = 107\) ;
• \(FR = DR-DF = 122-107 = 15\).

Ensuite, on a 4) Le triangle \(OFR\) est rectangle en \(F\), d’hypoténuse \([OR]\) :

\[ \begin{aligned} OR^2 &= OF^2+FR^2 \\ OR^2 &= 112^2+15^2 = 12\,544+225 = 12\,769 \\ OR &= \sqrt{12\,769} = 113 \end{aligned} \]

Par conséquent, on trace un cercle de diamètre [AB] = 12 cm (son centre O est le milieu de [AB], son rayon mesure 6 cm) et un point C du cercle tel que AC = 8 cm.

Ensuite, on a 1. Nature de ABC. Le triangle ABC est inscrit dans le cercle et son côté [AB] est un diamètre de ce cercle. Or, si un triangle est inscrit dans un cercle ayant pour diamètre l’un de ses côtés, alors il est rectangle et ce côté est son hypoténuse. Donc ABC est rectangle en C.

Ainsi, on trouve 2. Calcul de BC. Dans le triangle ABC rectangle en C, d’hypoténuse [AB], le théorème de Pythagore donne :

\[ \begin{aligned} AB^2 &= AC^2+BC^2 \\ 12^2 &= 8^2+BC^2 \\ BC^2 &= 144-64 = 80 \\ BC &= \sqrt{80} = \sqrt{16\times 5} = 4\sqrt{5} \text{ cm} \end{aligned} \]

Donc \(BC = 4\sqrt{5}\) cm (environ 8,94 cm).

Par conséquent, on place ensuite D sur la demi-droite [AC), au-delà de C, avec CD = 10 cm. Puis les points A, C, D sont alignés dans cet ordre, donc \(AD = AC+CD = 8+10 = 18\) cm.

Ainsi, on trouve 3. Calcul de BD. Comme (BC) est perpendiculaire à (AC) et que D est sur la droite (AC), le triangle BCD est rectangle en C, d’hypoténuse [BD] :

\[ \begin{aligned} BD^2 &= BC^2+CD^2 \\ BD^2 &= 80+10^2 = 80+100 = 180 \\ BD &= \sqrt{180} = \sqrt{36\times 5} = 6\sqrt{5} \text{ cm} \end{aligned} \]

Donc \(BD = 6\sqrt{5}\) cm (environ 13,42 cm).

Ensuite, on a 4. a) Les côtés du triangle ABD mesurent : AB = 12 cm, AD = 18 cm et \(BD = 6\sqrt{5}\) cm.

b) Par conséquent, le plus long côté est [AD]. De plus, on calcule séparément :

\[ AD^2 = 18^2 = 324 \qquad AB^2+BD^2 = 144+180 = 324 \]

De plus, on a \(AD^2 = AB^2+BD^2\). D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ABD est rectangle en B.

5. Ainsi, la droite (AD) passe par A et par C, deux points du cercle : elle coupe le cercle en deux points, c’est une sécante au cercle (la droite (AC)). Ensuite, le résultat intéressant de la question 4 concerne l’autre droite, (BD) : elle est perpendiculaire en B au rayon [OB] (car (BD) ⊥ (AB)), donc (BD) est tangente au cercle en B. C’est très probablement ce qu’attend l’énoncé.

Par conséquent, sur la figure, chaque carré « parent » est posé sur l’hypoténuse d’un triangle rectangle, et ses deux carrés « enfants » sont posés sur les deux côtés de l’angle droit. Par ailleurs, le théorème de Pythagore s’écrit alors avec des aires : pour un triangle rectangle d’hypoténuse \(c\) et de côtés \(a\) et \(b\), \(c^2 = a^2+b^2\), c’est-à-dire :

De plus, aire du carré sur l’hypoténuse = somme des aires des deux carrés sur les côtés de l’angle droit.

Ainsi, on l’applique étage par étage :

• Le carré rose 0 repose sur l’hypoténuse du premier triangle : \(\mathcal{A}_0 = \mathcal{A}_{1} + \mathcal{A}_{1}\) (somme des 2 carrés orange).
• Chaque carré orange repose sur l’hypoténuse d’un triangle : son aire est la somme de deux carrés violets. Donc la somme des 2 carrés orange est égale à la somme des 4 carrés violets.
• Chaque carré violet repose sur l’hypoténuse d’un triangle : son aire est la somme de deux carrés verts. Donc la somme des 4 carrés violets est égale à la somme des 8 carrés verts.

Ainsi, en enchaînant les égalités :

\[ \mathcal{A}_{\text{rose}} = \mathcal{A}_{\text{2 orange}} = \mathcal{A}_{\text{4 violets}} = \mathcal{A}_{\text{8 verts}} \]

Par conséquent, L’aire noire est l’aire du rectangle ABCD privée de l’aire du triangle blanc DKC. Puis il manque la longueur DC du rectangle.

De plus, calcul de DC. Le triangle DKC est rectangle en K, d’hypoténuse [DC]. D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} DC^2 &= DK^2+KC^2 \\ DC^2 &= 24^2+7^2 = 576+49 = 625 \\ DC &= \sqrt{625} = 25 \text{ cm} \end{aligned} \]

Ainsi, aire du rectangle : \(\mathcal{A}_{ABCD} = DC\times BC = 25\times 12 = 300 \text{ cm}^2\).

Enfin, aire du triangle DKC (rectangle en K, donc les côtés de l’angle droit servent de base et de hauteur) :

\[ \mathcal{A}_{DKC} = \frac{DK\times KC}{2} = \frac{24\times 7}{2} = 84 \text{ cm}^2 \]

Ensuite, aire noire : \(300-84 = 216 \text{ cm}^2\).

Ainsi, le triangle ABC est rectangle en B, donc son hypoténuse est le côté opposé à l’angle droit : [AC]. D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} AC^2 &= AB^2+BC^2 \\ 6{,}5^2 &= 4^2+BC^2 \\ 42{,}25 &= 16+BC^2 \\ BC^2 &= 42{,}25-16 = 26{,}25 \\ BC &= \sqrt{26{,}25} \approx 5{,}12 \text{ cm} \end{aligned} \]

Enfin, contrôle : l’hypoténuse 6,5 cm reste bien le plus long côté (5,12 cm et 4 cm sont plus petits).

De plus, la hauteur à laquelle le cric soulève la voiture est la longueur de la diagonale verticale du losange (du point d’appui au sol jusqu’au point d’appui sous la voiture).

Ainsi, les diagonales d’un losange se coupent en leur milieu et sont perpendiculaires. Ensuite, elles découpent le losange en quatre triangles rectangles identiques, dont :

• l’hypoténuse est un côté du losange : 21 cm ;
• un côté de l’angle droit est la moitié de la diagonale horizontale : \(32 \div 2 = 16\) cm ;
• l’autre côté de l’angle droit, noté \(h\), est la moitié de la diagonale verticale.

Enfin, D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} 21^2 &= 16^2+h^2 \\ h^2 &= 441-256 = 185 \\ h &= \sqrt{185} \approx 13{,}60 \text{ cm} \end{aligned} \]

Ensuite, la diagonale verticale mesure donc \(2\times\sqrt{185} \approx 27{,}2\) cm.

Ainsi, les données. Mathys a nagé de M à L : ML = 10 m. Ethan doit nager 14 m de plus : EL = 10+14 = 24 m.

Enfin, le triangle MLE est rectangle en L. Les points M, L et E sont sur le bord circulaire du bassin, et [ME] est un diamètre de ce cercle. Or, si un triangle est inscrit dans un cercle ayant pour diamètre l’un de ses côtés, alors il est rectangle : le triangle MLE est rectangle en L, d’hypoténuse [ME].

De plus, le diamètre de la piscine. D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} ME^2 &= ML^2+LE^2 \\ ME^2 &= 10^2+24^2 = 100+576 = 676 \\ ME &= \sqrt{676} = 26 \text{ m} \end{aligned} \]

Ainsi, le rayon de la piscine vaut donc \(26\div 2 = 13\) m.

Enfin, le volume d’eau. La piscine est un cylindre de rayon 13 m et de hauteur 1,8 m (on la suppose pleine) :

\[ \begin{aligned} V &= \pi\times r^2\times h \\ V &= \pi\times 13^2\times 1{,}8 = 304{,}2\,\pi \\ V &\approx 955{,}67 \text{ m}^3 \end{aligned} \]

Ensuite, comme \(1 \text{ m}^3 = 1\,000\) L, on obtient environ \(955\,672\) L.

Ainsi, le triangle rectangle caché. Maud tient le fil à la hauteur de sa main, que l’on prend égale à sa taille : 1,40 m. À cette hauteur, on trace un segment horizontal de la main jusqu’au tronc : il mesure 15 m et il est perpendiculaire au tronc (l’arbre est vertical). Puis on obtient un triangle rectangle dont :

• l’hypoténuse est le fil : 20 m ;
• un côté de l’angle droit est l’horizontale : 15 m ;
• l’autre côté de l’angle droit, noté \(h\), est la partie du peuplier au-dessus de la main de Maud.

Enfin, D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} 20^2 &= 15^2+h^2 \\ h^2 &= 400-225 = 175 \\ h &= \sqrt{175} \approx 13{,}23 \text{ m} \end{aligned} \]

Ensuite, hauteur du peuplier : on ajoute la hauteur de la main de Maud : \(13{,}23+1{,}40 \approx 14{,}63\) m.

Ainsi, le segment [BC] est vertical et [AB] est horizontal (niveau du sol) : le triangle ABC est rectangle en B (angle droit codé sur la figure), d’hypoténuse la rampe [AC].

Enfin, D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} AC^2 &= AB^2+BC^2 \\ 10{,}25^2 &= AB^2+2{,}25^2 \\ 105{,}0625 &= AB^2+5{,}0625 \\ AB^2 &= 105{,}0625-5{,}0625 = 100 \\ AB &= \sqrt{100} = 10 \text{ m} \end{aligned} \]

De plus, L’idée. Notons \(a\) le côté du carré ABCD : son aire vaut \(a^2\). De plus, on cherche un carré d’aire \(2a^2\), donc de côté \(c\) tel que \(c^2 = 2a^2\).

Ainsi, la diagonale [AC] convient. Ensuite, en effet, le triangle ABC est rectangle en B, donc d’après le théorème de Pythagore :

\[ AC^2 = AB^2+BC^2 = a^2+a^2 = 2a^2 \]

Enfin, un carré de côté AC a donc une aire égale à \(AC^2 = 2a^2\) : le double de l’aire de ABCD.

Par ailleurs, la construction (méthode détaillée).

1. Prolonger [AB] au-delà de B et placer E tel que B soit le milieu de [AE] (BE = AB).
2. Prolonger [CB] au-delà de B et placer F tel que B soit le milieu de [CF] (BF = CB).
3. Tracer le quadrilatère ACEF.

De même, ses diagonales [AE] et [CF] ont la même longueur (\(2a\)), le même milieu B et sont perpendiculaires : ACEF est un carré, de côté AC. Par ailleurs, il est formé de 4 triangles rectangles isocèles identiques à ABC, chacun d’aire \(\frac{a^2}{2}\), soit une aire totale de \(4\times\frac{a^2}{2} = 2a^2\) : on retrouve bien le double.

Ensuite, L’idée. Les aires des deux carrés sont \(a^2\) et \(e^2\). Puis on cherche un carré de côté \(c\) tel que \(c^2 = a^2+e^2\). C’est exactement l’égalité de Pythagore : \(c\) est l’hypoténuse d’un triangle rectangle dont les côtés de l’angle droit mesurent \(a\) et \(e\).

Par ailleurs, la construction.

1. Sur le côté [BC] du grand carré, reporter au compas la longueur \(e = EF\) à partir de B : on obtient le point P tel que BP = \(e\).
2. Le triangle ABP est rectangle en B (angle du carré), avec AB = \(a\) et BP = \(e\).
3. Construire le carré de côté [AP] (équerre et compas).

De même, justification. Dans le triangle ABP rectangle en B, d’après le théorème de Pythagore :

\[ AP^2 = AB^2+BP^2 = a^2+e^2 \]

Par conséquent, le carré de côté AP a donc pour aire \(a^2+e^2\) : la somme des aires des deux carrés.

Ainsi, le plus long trajet dans le cube. Pour que l’épée dépasse d’au moins 10 cm quel que soit l’endroit où on l’enfonce, il faut prévoir le cas le plus défavorable : la traversée la plus longue possible, c’est-à-dire la grande diagonale du cube (d’un sommet au sommet opposé, comme AG ci-dessous).

Étape 1 : diagonale d’une face. La face du bas est un carré de côté 1 m. Sa diagonale [AF] est l’hypoténuse d’un triangle rectangle dont les côtés de l’angle droit sont deux arêtes de 1 m :

\[ AF^2 = 1^2+1^2 = 2 \qquad AF = \sqrt{2} \approx 1{,}41 \text{ m} \]

Étape 2 : grande diagonale. L’arête verticale [FG] est perpendiculaire à la face du bas, donc à [AF] : le triangle AFG est rectangle en F, d’hypoténuse [AG] :

\[ AG^2 = AF^2+FG^2 = 2+1^2 = 3 \qquad AG = \sqrt{3} \approx 1{,}732 \text{ m} \]

Longueur de la lame. Il faut au moins \(\sqrt{3}+0{,}10 \approx 1{,}832\) m. Ensuite, une lame de 1,83 m ne suffit pas tout à fait (elle ne dépasserait que de 9,8 cm sur la grande diagonale) : le magicien doit commander des épées d’environ 1,84 m (au centimètre supérieur).

Petit « plus » : pavé de 1,5 m × 0,5 m × 0,8 m. Même méthode :

\[ \begin{aligned} d_{\text{face}}^2 &= 1{,}5^2+0{,}5^2 = 2{,}25+0{,}25 = 2{,}5 \\ D^2 &= 2{,}5+0{,}8^2 = 2{,}5+0{,}64 = 3{,}14 \\ D &= \sqrt{3{,}14} \approx 1{,}772 \text{ m} \end{aligned} \]

Avec une épée de 1,84 m, il ne resterait que \(1{,}84-1{,}772 \approx 0{,}068\) m, soit environ 6,8 cm, qui dépassent : c’est moins que 10 cm. Puis il faudrait une lame d’au moins \(1{,}772+0{,}10 \approx 1{,}88\) m.

L’angle droit de l’équerre est en C ; les angles de l’équerre ne changent pas quand on la fait glisser.

1. Quatre points sur un même cercle. Soit I le milieu de [AB].

• Le triangle AOB est rectangle en O (les axes sont perpendiculaires), d’hypoténuse [AB] : O est sur le cercle de diamètre [AB], donc \(IO = \frac{AB}{2}\).
• Le triangle ACB est rectangle en C, d’hypoténuse [AB] : C est aussi sur ce cercle, donc \(IC = \frac{AB}{2}\).

Ainsi O, A, C, B sont toujours sur le cercle de diamètre [AB].

2. Un angle qui ne change pas. Dans ce cercle, les angles \(\widehat{COB}\) et \(\widehat{CAB}\) interceptent le même arc CB : ils sont égaux (propriété des angles inscrits, vue en 3ème). Or \(\widehat{CAB}\) est un angle de l’équerre : il est fixe. Donc \(\widehat{COB}\) garde toujours la même mesure : le point C reste sur une même demi-droite d’origine O, celle qui passe par la position de départ de C.

3. Jusqu’où va C ? Au départ, OACB est un rectangle et \(OC = AB\) (les diagonales d’un rectangle ont la même longueur) : c’est la position la plus éloignée de O, car OC est une corde du cercle de diamètre AB. Quand A descend jusqu’en O, le point C arrive à la distance \(OC = CA\) (le petit côté de l’équerre) : c’est le point \(C_1\) le plus proche.

Pendant le glissement, C fait un aller-retour sur ce segment : il s’éloigne de O jusqu’à la distance AB, puis s’en rapproche.

Dans les deux triangles, le côté inconnu est opposé à l’angle droit : c’est l’hypoténuse. De plus, on note \(x\) sa longueur.

Premier triangle (côtés de l’angle droit 12 et 16) :

\[ x^2 = 12^2+16^2 = 144+256 = 400 \qquad x = \sqrt{400} = 20 \]

Deuxième triangle (côtés de l’angle droit 7 et 24) :

\[ x^2 = 7^2+24^2 = 49+576 = 625 \qquad x = \sqrt{625} = 25 \]

La diagonale partage le quadrilatère en deux triangles rectangles (les angles droits sont codés).

1. Longueurs manquantes.

La diagonale, notée \(d\), est l’hypoténuse du petit triangle, dont les côtés de l’angle droit mesurent 4 et 3 :

\[ d^2 = 4^2+3^2 = 16+9 = 25 \qquad d = \sqrt{25} = 5 \]

Le quatrième côté, noté \(\ell\), est l’hypoténuse du grand triangle, dont les côtés de l’angle droit sont la diagonale (5) et le côté de 12 :

\[ \ell^2 = 5^2+12^2 = 25+144 = 169 \qquad \ell = \sqrt{169} = 13 \]

2. Aire du quadrilatère. C’est la somme des aires des deux triangles rectangles (base × hauteur ÷ 2 avec les côtés de l’angle droit) :

\[ \mathcal{A} = \frac{4\times 3}{2}+\frac{5\times 12}{2} = 6+30 = 36 \]

Les deux tapis sont des carrés identiques de côté \(a+b\), et chacun porte les quatre mêmes triangles rectangles (côtés de l’angle droit \(a\) et \(b\), hypoténuse \(c\)).

a. Dans chaque tapis, la partie blanche est :

\[ \text{aire blanche} = \text{aire du tapis} – \text{aire des 4 triangles} \]

Le tapis et les quatre triangles sont les mêmes dans les deux motifs : les deux motifs demandent exactement la même quantité de laine blanche. Aucun n’en demande plus que l’autre.

b. Calculons la partie blanche de chaque motif :

• à gauche, le blanc est un carré de côté \(c\) : son aire vaut \(c^2\) ;
• à droite, le blanc est formé de deux carrés, de côtés \(a\) et \(b\) : son aire vaut \(a^2+b^2\).

Ces deux aires sont égales d’après la question a. Ensuite, on obtient :

\[ c^2 = a^2+b^2 \]

C’est l’égalité de Pythagore : dans un triangle rectangle, le carré de l’hypoténuse est égal à la somme des carrés des deux autres côtés. Par ailleurs, ce découpage en est une démonstration.

L’aire d’un parallélogramme se calcule par base × hauteur. Puis on prend la base [AB] ; la hauteur associée est [CF], qu’il faut d’abord calculer.

Longueur de la base : F est sur [AB], donc \( AB = AF + FB = 6 + 9 = 15 \text{ cm} \) (on retrouve bien CD = 15 cm, côté opposé).

Hauteur CF : le triangle ACF est rectangle en F, d’hypoténuse [AC]. D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} AC^2 &= AF^2 + CF^2 \\ 10^2 &= 6^2 + CF^2 \\ CF^2 &= 100 – 36 = 64 \\ CF &= \sqrt{64} = 8 \text{ cm} \end{aligned} \]

Aire :

\[ \mathcal{A} = AB \times CF = 15 \times 8 = 120 \text{ cm}^2 \]

L’aire d’un losange se calcule avec ses diagonales : \( \mathcal{A} = \dfrac{d \times D}{2} \). Ensuite, on connaît la diagonale IJ = 24 cm ; il faut calculer l’autre diagonale EF.

Les diagonales d’un losange se coupent en leur milieu et sont perpendiculaires. Donc G est le milieu de [IJ] : \( IG = 24 \div 2 = 12 \text{ cm} \), et le triangle IGF est rectangle en G, d’hypoténuse [IF] = 13 cm.

D’après le théorème de Pythagore dans IGF :

\[ \begin{aligned} IF^2 &= IG^2 + GF^2 \\ 13^2 &= 12^2 + GF^2 \\ GF^2 &= 169 – 144 = 25 \\ GF &= \sqrt{25} = 5 \text{ cm} \end{aligned} \]

G est aussi le milieu de [EF], donc \( EF = 2 \times 5 = 10 \text{ cm} \).

\[ \mathcal{A} = \frac{IJ \times EF}{2} = \frac{24 \times 10}{2} = 120 \text{ cm}^2 \]

La lettre mesure 30,3 cm de large, alors que la fente ne mesure que 30 cm de long : à plat, elle ne passe pas. Mais on peut l’incliner et la glisser en biais, selon la diagonale de la fente (on néglige l’épaisseur de la lettre).

La fente est un rectangle de 30 cm sur 5 cm. Sa diagonale d est l’hypoténuse d’un triangle rectangle de côtés 30 cm et 5 cm. D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} d^2 &= 30^2 + 5^2 = 900 + 25 = 925 \\ d &= \sqrt{925} \approx 30{,}41 \text{ cm} \end{aligned} \]

Comme \( 30{,}41 \gt 30{,}3 \), la lettre peut entrer en la tenant inclinée le long de la diagonale de la fente.

Les sommets du losange sont les milieux des côtés du panneau. Ses diagonales relient donc les milieux de côtés opposés : elles mesurent 40 cm (horizontale) et 75 cm (verticale).

Longueur du côté. Les diagonales d’un losange sont perpendiculaires et se coupent en leur milieu. Puis un côté du losange est donc l’hypoténuse d’un triangle rectangle dont les côtés de l’angle droit mesurent \( 40 \div 2 = 20 \text{ cm} \) et \( 75 \div 2 = 37{,}5 \text{ cm} \). D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} c^2 &= 20^2 + 37{,}5^2 = 400 + 1406{,}25 = 1806{,}25 \\ c &= \sqrt{1806{,}25} = 42{,}5 \text{ cm} \end{aligned} \]

On peut compléter par le périmètre : \( 4 \times 42{,}5 = 170 \text{ cm} \), et l’aire : \( \dfrac{40 \times 75}{2} = 1\,500 \text{ cm}^2 \) (la moitié de celle du panneau).

Pour que le pot ne glisse pas, l’étagère doit être horizontale, c’est-à-dire perpendiculaire au mur vertical : il faut vérifier si le triangle ATE est rectangle en T.

Le plus grand côté est [AE] = 58 cm. De plus, on compare :

\[ \begin{aligned} AE^2 &= 58^2 = 3\,364 \\ AT^2 + TE^2 &= 42^2 + 40^2 = 1\,764 + 1\,600 = 3\,364 \end{aligned} \]

On a \( AE^2 = AT^2 + TE^2 \) : d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ATE est rectangle en T.

Les 12 perles sont espacées régulièrement : prenons l’écart entre deux perles voisines comme unité. Ensuite, le collier fermé mesure donc 12 unités au total, et le triangle formé doit avoir un périmètre de 12 unités, avec des côtés entiers (on tend le collier en choisissant 3 perles comme sommets).

a. On tend le collier en prenant pour sommets les perles 1, 5 et 10 : les côtés mesurent alors 4, 5 et 3 unités (4 + 5 + 3 = 12).

b. Justification : le plus grand côté mesure 5 unités.

\[ 5^2 = 25 \quad \text{et} \quad 3^2 + 4^2 = 9 + 16 = 25 \]

Le carré du plus grand côté est égal à la somme des carrés des deux autres : d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle est rectangle, et l’angle droit est à la perle 1, opposée au plus grand côté. C’est le seul choix possible : avec des côtés entiers de somme 12 (par exemple 4-4-4, 2-5-5 ou 3-4-5), seul le triangle 3-4-5 vérifie l’égalité de Pythagore.

Clémence peut alors poser l’angle de la perle 1 contre l’angle à vérifier : si les deux côtés tendus longent les côtés du triangle, l’angle est droit.

On travaille dans le triangle ABC, avec des longueurs dans la même unité : CB = 80 cm, CA = 60 cm et AB = 1 m = 100 cm. Par ailleurs, le mur est perpendiculaire au sol si le triangle ABC est rectangle en C.

Le plus grand côté est [AB] :

\[ \begin{aligned} AB^2 &= 100^2 = 10\,000 \\ CA^2 + CB^2 &= 60^2 + 80^2 = 3\,600 + 6\,400 = 10\,000 \end{aligned} \]

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

Le tunnel est à sens unique : le camion roule au milieu, c’est la position où il peut être le plus haut. Puis ce sont ses coins supérieurs qui risquent de toucher la voûte.

• La voûte est un demi-cercle de diamètre 4 m, donc de rayon 2 m, de centre O au milieu du tunnel, à 2,5 m du sol.
• Le camion, centré, s’étend de \( 2{,}6 \div 2 = 1{,}3 \text{ m} \) de chaque côté de l’axe du tunnel.

Soit M un coin supérieur du camion posé contre la voûte, et H le point à la hauteur de O situé juste en dessous de M. Ensuite, le triangle OHM est rectangle en H, avec OH = 1,3 m et OM = 2 m (un rayon). D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} OM^2 &= OH^2 + HM^2 \\ 2^2 &= 1{,}3^2 + HM^2 \\ HM^2 &= 4 – 1{,}69 = 2{,}31 \\ HM &= \sqrt{2{,}31} \approx 1{,}52 \text{ m} \end{aligned} \]

Hauteur maximale : \( 2{,}5 + \sqrt{2{,}31} \approx 2{,}5 + 1{,}52 = 4{,}02 \text{ m} \) (plus précisément 4,019… m).

ABCD est la face avant (AB = 5 m, BC = AD = 2,5 m) et CDEF la face du dessus (DE = CF = 4 m). G est le milieu de [DC] : DG = GC = 2,5 m. L est le milieu de [CF] : CL = 2 m.

a. Chemin bleu A → G → L.

• Triangle ADG rectangle en D : \( AG^2 = 2{,}5^2 + 2{,}5^2 = 12{,}5 \), donc \( AG = \sqrt{12{,}5} \approx 3{,}54 \text{ m} \).
• Triangle GCL rectangle en C (face du dessus) : \( GL^2 = 2{,}5^2 + 2^2 = 10{,}25 \), donc \( GL = \sqrt{10{,}25} \approx 3{,}20 \text{ m} \).

Longueur bleue : \( AG + GL \approx 3{,}536 + 3{,}202 \approx 6{,}74 \text{ m} \).

Chemin violet A → C → L.

• Triangle ABC rectangle en B : \( AC^2 = 5^2 + 2{,}5^2 = 31{,}25 \), donc \( AC = \sqrt{31{,}25} \approx 5{,}59 \text{ m} \).
• CL = 2 m.

Longueur violette : \( AC + CL \approx 5{,}59 + 2 = 7{,}59 \text{ m} \).

Comme \( 6{,}74 \lt 7{,}59 \), le chemin bleu utilise le moins de câble.

b. À l’échelle 1/100, 1 m est représenté par 1 cm : on trace ABCD (5 cm × 2,5 cm) et, collée le long de [DC], la face CDEF (5 cm × 4 cm), comme si on dépliait le dessus de la pièce. Puis on y place G (milieu de [DC]) et L (milieu de [CF]), puis les deux chemins.

c. Sur ce dépliage, les deux faces sont dans un même plan. De plus, le plus court chemin entre deux points est la ligne droite : le câble le plus court suit le segment [AL] de la figure dépliée (il franchit l’arête [DC] en un point I situé à environ 2,78 m de D).

Sur le dépliage, A et L sont écartés de 5 m horizontalement et de \( 2{,}5 + 2 = 4{,}5 \text{ m} \) verticalement. Ensuite, le théorème de Pythagore donne :

\[ \begin{aligned} AL^2 &= 5^2 + 4{,}5^2 = 25 + 20{,}25 = 45{,}25 \\ AL &= \sqrt{45{,}25} \approx 6{,}73 \text{ m} \end{aligned} \]

C’est un peu moins que le chemin bleu (6,74 m) et bien moins que le violet (7,59 m). Par ailleurs, un passage par la face de droite serait plus long : \( \sqrt{7^2 + 2{,}5^2} \approx 7{,}43 \text{ m} \).

Les stylos ne restent en place que si l’abattant est horizontal, donc perpendiculaire à la paroi verticale du meuble. Puis il faut vérifier si le triangle de côtés 12, 16 et 21 (dans la même unité) est rectangle.

Le plus grand côté mesure 21 :

\[ \begin{aligned} 21^2 &= 441 \\ 12^2 + 16^2 &= 144 + 256 = 400 \end{aligned} \]

\( 441 \neq 400 \) : l’égalité de Pythagore n’est pas vérifiée. Si le triangle était rectangle, le théorème de Pythagore imposerait \( 21^2 = 12^2 + 16^2 \) ; ce n’est pas le cas, donc le triangle n’est pas rectangle.

Pour avoir un angle droit, il aurait fallu une diagonale de \( \sqrt{400} = 20 \). Comme 21 est plus grand que 20, l’angle entre la paroi et l’abattant est plus ouvert qu’un angle droit : l’abattant penche vers le bas.

L’égalité de Pythagore ne s’écrit que dans un triangle rectangle : on repère l’angle droit (le petit carré), puis l’hypoténuse, qui est le côté opposé à l’angle droit. Son carré est égal à la somme des carrés des deux autres côtés.

• Triangle DEF, rectangle en D : hypoténuse [EF], \( EF^2 = DE^2 + DF^2 \).
• Triangle GHI, rectangle en H : hypoténuse [GI], \( GI^2 = GH^2 + HI^2 \).
• Triangle JKL, rectangle en K : hypoténuse [JL], \( JL^2 = JK^2 + KL^2 \).
• Triangle ABC : aucun angle droit n’est codé ; on ne sait pas qu’il est rectangle, donc on ne peut pas écrire d’égalité de Pythagore.

Le quadrilatère FENT a ses côtés opposés de même longueur (60 cm et 144 cm) : c’est donc un parallélogramme. Ensuite, un parallélogramme qui a un angle droit est un rectangle : il suffit de vérifier que l’angle en T est droit.

Dans le triangle FTN : FT = 60 cm, TN = 144 cm et la diagonale FN = 156 cm (le plus grand côté).

\[ \begin{aligned} FN^2 &= 156^2 = 24\,336 \\ FT^2 + TN^2 &= 60^2 + 144^2 = 3\,600 + 20\,736 = 24\,336 \end{aligned} \]

On a \( FN^2 = FT^2 + TN^2 \) : d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle FTN est rectangle en T.

Prenons pour unité l’écart entre deux perles voisines. Puis la chaîne fermée compte 12 écarts : le triangle obtenu en la tendant a un périmètre de 12 unités, avec des côtés qui sont des nombres entiers d’unités.

On cherche trois entiers de somme 12 qui vérifient l’égalité de Pythagore : 3, 4 et 5 conviennent, car \( 3 + 4 + 5 = 12 \) et

\[ 3^2 + 4^2 = 9 + 16 = 25 = 5^2 \]

Zoé tend donc la chaîne en prenant trois perles comme sommets, de sorte que les côtés comptent 3, 4 et 5 intervalles (par exemple les perles 1, 5 et 10). D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle est rectangle, et l’angle droit est au sommet opposé au côté de 5 intervalles (la perle 1).

Le codage indique que H est le milieu de [AB], donc \( AH = 9 \div 2 = 4{,}5 \text{ m} \). De plus, le triangle ASH est rectangle en H, d’hypoténuse [SA] = 5,6 m.

D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} SA^2 &= AH^2 + SH^2 \\ 5{,}6^2 &= 4{,}5^2 + SH^2 \\ SH^2 &= 31{,}36 – 20{,}25 = 11{,}11 \\ SH &= \sqrt{11{,}11} \approx 3{,}33 \text{ m} \end{aligned} \]

La haie est perpendiculaire au sol si le triangle formé par la haie (3,3 m), le sol (5,6 m) et la ligne en pointillés (6,5 m) est rectangle au pied de la haie.

Le plus grand côté mesure 6,5 m :

\[ \begin{aligned} 6{,}5^2 &= 42{,}25 \\ 3{,}3^2 + 5{,}6^2 &= 10{,}89 + 31{,}36 = 42{,}25 \end{aligned} \]

L’égalité est vérifiée : d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle est rectangle au pied de la haie.

On lit sur le schéma : le triangle ABC est rectangle en C avec AB = 9,7 et BC = 7,2 ; le triangle ADE est rectangle en D avec AD = 5,6 et DE = 3,3.

a) Calcul de AC. Dans le triangle ABC rectangle en C, l’hypoténuse est [AB]. D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} AB^2 &= AC^2 + BC^2 \\ 9{,}7^2 &= AC^2 + 7{,}2^2 \\ 94{,}09 &= AC^2 + 51{,}84 \\ AC^2 &= 94{,}09 – 51{,}84 = 42{,}25 \end{aligned} \]

Donc \( AC = \sqrt{42{,}25} = 6{,}5 \) : AC = 6,5.

Calcul de AE. Dans le triangle ADE rectangle en D, l’hypoténuse est [AE]. D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} AE^2 &= AD^2 + DE^2 \\ &= 5{,}6^2 + 3{,}3^2 \\ &= 31{,}36 + 10{,}89 \\ &= 42{,}25 \end{aligned} \]

Donc \( AE = \sqrt{42{,}25} = 6{,}5 \) : AE = 6,5.

b) On a trouvé AC = AE = 6,5 : le point A est donc à égale distance des points C et E.

Or la médiatrice d’un segment est l’ensemble des points situés à égale distance des deux extrémités de ce segment. Donc A appartient à la médiatrice du segment [CE].

On utilise la touche √ de la calculatrice, puis on arrondit au centième : on garde deux chiffres après la virgule et on regarde le troisième chiffre. S’il vaut 5, 6, 7, 8 ou 9, on augmente le chiffre des centièmes de 1 ; sinon on le garde.

• \( \sqrt{0{,}6} \approx 0{,}7745\ldots \) donc ≈ 0,77 ;
• \( \sqrt{1{,}11} \approx 1{,}0535\ldots \) donc ≈ 1,05 ;
• \( \sqrt{2} \approx 1{,}4142\ldots \) donc ≈ 1,41 ;
• \( \sqrt{3{,}4} \approx 1{,}8439\ldots \) donc ≈ 1,84 ;
• \( \sqrt{8} \approx 2{,}8284\ldots \) donc ≈ 2,83 (le troisième chiffre est 8) ;
• \( \sqrt{15} \approx 3{,}8729\ldots \) donc ≈ 3,87 ;
• \( \sqrt{28{,}86} \approx 5{,}3721\ldots \) donc ≈ 5,37 ;
• \( \sqrt{130{,}8} \approx 11{,}4367\ldots \) donc ≈ 11,44 (le troisième chiffre est 6).

Petite vérification : \( 2{,}83^2 = 8{,}0089 \) est bien très proche de 8.

Pour chaque triangle, on repère le petit carré qui code l’angle droit : il donne le sommet de l’angle droit. L’hypoténuse est le côté opposé à ce sommet (c’est le plus long côté). L’égalité de Pythagore s’écrit toujours : hypoténuse² = somme des carrés des deux autres côtés.

• AFL est rectangle en A, son hypoténuse est [FL] : \( FL^2 = AF^2 + AL^2 \).
• MNP est rectangle en N, son hypoténuse est [MP] : \( MP^2 = MN^2 + NP^2 \).
• IJK est rectangle en J, son hypoténuse est [IK] : \( IK^2 = IJ^2 + JK^2 \).
• RTU est rectangle en T, son hypoténuse est [RU] : \( RU^2 = RT^2 + TU^2 \).

Même méthode : le sommet marqué d’un petit carré est celui de l’angle droit, et l’hypoténuse est le côté qui ne passe pas par ce sommet.

• BGH rectangle en G, hypoténuse [BH] : \( BH^2 = BG^2 + GH^2 \).
• CXY rectangle en X, hypoténuse [CY] : \( CY^2 = CX^2 + XY^2 \).
• VDZ rectangle en D, hypoténuse [VZ] : \( VZ^2 = VD^2 + DZ^2 \).
• WQE rectangle en Q, hypoténuse [WE] : \( WE^2 = WQ^2 + QE^2 \).

Calcul de l’hypoténuse EL. Le triangle ERL est rectangle en R, son hypoténuse est [EL]. D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} EL^2 &= ER^2 + RL^2 \\ &= 9^2 + 12^2 \\ &= 81 + 144 \\ &= 225 \end{aligned} \]

Donc \( EL = \sqrt{225} = 15 \) : EL = 15 cm.

Calcul d’un côté de l’angle droit AR. Le triangle ARC est rectangle en R, son hypoténuse est [AC]. D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} AC^2 &= AR^2 + RC^2 \\ 73^2 &= AR^2 + 48^2 \\ 5\,329 &= AR^2 + 2\,304 \\ AR^2 &= 5\,329 – 2\,304 = 3\,025 \end{aligned} \]

Donc \( AR = \sqrt{3\,025} = 55 \) : AR = 55 mm. Ensuite, on soustrait bien, car on cherche un côté de l’angle droit, plus court que l’hypoténuse (55 mm est bien inférieur à 73 mm).

Calcul de LI. Le triangle LOI est rectangle en O, son hypoténuse est [LI]. D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} LI^2 &= LO^2 + OI^2 \\ &= 21^2 + 20^2 \\ &= 441 + 400 \\ &= 841 \end{aligned} \]

Donc \( LI = \sqrt{841} = 29 \) : LI = 29 cm.

Calcul de KZ. Le triangle KXZ est rectangle en K, son hypoténuse est [ZX]. D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} ZX^2 &= KX^2 + KZ^2 \\ 9{,}7^2 &= 6{,}5^2 + KZ^2 \\ 94{,}09 &= 42{,}25 + KZ^2 \\ KZ^2 &= 94{,}09 – 42{,}25 = 51{,}84 \end{aligned} \]

Donc \( KZ = \sqrt{51{,}84} = 7{,}2 \) : KZ = 7,2 cm.

La figure contient deux triangles rectangles qui ont le côté [RT] en commun : TER rectangle en E et TRA rectangle en R. Par ailleurs, on calcule d’abord RT dans le premier, puis on s’en sert dans le second.

a. Dans le triangle TER rectangle en E, l’hypoténuse est [RT]. D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} RT^2 &= TE^2 + ER^2 \\ &= 60^2 + 32^2 \\ &= 3\,600 + 1\,024 \\ &= 4\,624 \end{aligned} \]

Donc \( RT = \sqrt{4\,624} = 68 \) : RT = 68 cm.

b. Dans le triangle TRA rectangle en R, l’hypoténuse est [TA]. D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} TA^2 &= RT^2 + RA^2 \\ 85^2 &= 68^2 + RA^2 \\ 7\,225 &= 4\,624 + RA^2 \\ RA^2 &= 7\,225 – 4\,624 = 2\,601 \end{aligned} \]

Donc \( RA = \sqrt{2\,601} = 51 \) : RA = 51 cm.

La nappe ronde recouvre toute la table seulement si elle recouvre ses quatre coins. Puis les coins sont les points de la table les plus éloignés de son centre : la nappe doit donc avoir un diamètre au moins égal à la diagonale du carré.

Calcul de la diagonale. Notons ABCD le plateau carré de 2 m de côté. Ensuite, le triangle ABC est rectangle en B et son hypoténuse est la diagonale [AC]. D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} AC^2 &= AB^2 + BC^2 \\ &= 2^2 + 2^2 \\ &= 8 \end{aligned} \]

Donc \( AC = \sqrt{8} \approx 2{,}83 \text{ m} \).

Comparaison. La diagonale mesure environ 2,83 m alors que le diamètre de la nappe n’est que de 2,5 m. Comme \( 2{,}5 \lt 2{,}83 \), même bien centrée, la nappe ne peut pas atteindre les coins : son rayon vaut 1,25 m, alors que chaque coin est à environ 1,41 m du centre de la table.

Pour démontrer qu’un triangle est rectangle, on utilise la réciproque du théorème de Pythagore. Puis le plus long côté est [BC] (37 m). De plus, on calcule séparément :

\[ BC^2 = 37^2 = 1\,369 \]
\[ AB^2 + AC^2 = 12^2 + 35^2 = 144 + 1\,225 = 1\,369 \]

On constate que \( BC^2 = AB^2 + AC^2 \). D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ABC est rectangle, et l’angle droit est au sommet opposé au plus long côté [BC], c’est-à-dire en A.

Le plus long côté du triangle TOC est [CT] (85 mm). Ensuite, on calcule séparément :

\[ CT^2 = 85^2 = 7\,225 \]
\[ TO^2 + OC^2 = 77^2 + 35^2 = 5\,929 + 1\,225 = 7\,154 \]

On constate que \( CT^2 \neq TO^2 + OC^2 \) (7 225 ≠ 7 154). Or, si le triangle était rectangle, l’égalité de Pythagore serait vraie. Par ailleurs, elle ne l’est pas, donc, d’après le théorème de Pythagore (sous sa forme « contraposée »), le triangle TOC n’est pas rectangle.

Attention : la figure semble presque rectangle en O, mais seul le calcul permet de conclure.

Le plus long côté du triangle MER est [MR] (2,29 m). Puis on calcule séparément :

\[ MR^2 = 2{,}29^2 = 5{,}2441 \]
\[ ME^2 + ER^2 = 2{,}21^2 + 0{,}6^2 = 4{,}8841 + 0{,}36 = 5{,}2441 \]

On constate que \( MR^2 = ME^2 + ER^2 \). D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle MER est rectangle. [MR] est son hypoténuse, donc l’angle droit est au sommet opposé : en E.

Le plus long côté du triangle MNP est [NP] (10,3 cm). Ensuite, on calcule séparément :

\[ NP^2 = 10{,}3^2 = 106{,}09 \]
\[ MN^2 + MP^2 = 9{,}6^2 + 4^2 = 92{,}16 + 16 = 108{,}16 \]

On constate que \( NP^2 \neq MN^2 + MP^2 \) (106,09 ≠ 108,16). Si MNP était rectangle, son hypoténuse serait le plus long côté [NP] et l’égalité de Pythagore serait vraie. Puis ce n’est pas le cas, donc le triangle MNP n’est pas rectangle.

Les mesures de M. Brico forment un triangle : l’étagère (40 cm), la hauteur le long du mur (42 cm) et la diagonale (58 cm). Comme le mur est vertical, l’étagère est horizontale si et seulement si elle fait un angle droit avec le mur. De plus, on vérifie donc si ce triangle est rectangle, avec la réciproque du théorème de Pythagore. Ensuite, le plus long côté est la diagonale (58 cm) :

\[ 58^2 = 3\,364 \]
\[ 40^2 + 42^2 = 1\,600 + 1\,764 = 3\,364 \]

On constate que \( 58^2 = 40^2 + 42^2 \). D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle est rectangle, et l’angle droit est opposé à la diagonale : c’est l’angle entre l’étagère et le mur.

L’étagère est perpendiculaire au mur vertical, donc elle est horizontale.

1. Le triangle CLP est rectangle en L, son hypoténuse est [CP]. D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} CP^2 &= CL^2 + PL^2 \\ 46^2 &= CL^2 + 17^2 \\ 2\,116 &= CL^2 + 289 \\ CL^2 &= 2\,116 – 289 = 1\,827 \end{aligned} \]

Donc \( CL = \sqrt{1\,827} \approx 42{,}7 \text{ km} \), soit environ 43 km.

2. Sur la carte, CP mesure 4,6 cm, et en réalité CP = 46 km. Par ailleurs, on convertit dans la même unité :

\[ 46 \text{ km} = 4\,600\,000 \text{ cm} \qquad \text{et} \qquad \frac{4{,}6}{4\,600\,000} = \frac{1}{1\,000\,000} \]

Autrement dit, 1 cm sur la carte représente 10 km dans la réalité (4,6 cm ↔ 46 km).

La corde porte 13 nœuds régulièrement espacés : ils délimitent 12 intervalles égaux. L’Égyptien la tend en triangle avec 4 intervalles pour [AB], 3 pour [BC] et 5 pour [AC] (4 + 3 + 5 = 12). Puis en prenant l’intervalle entre deux nœuds comme unité : AB = 4, BC = 3 et AC = 5.

Le plus long côté est [AC]. Ensuite, on calcule séparément :

\[ AC^2 = 5^2 = 25 \qquad \text{et} \qquad AB^2 + BC^2 = 4^2 + 3^2 = 16 + 9 = 25 \]

On a \( AC^2 = AB^2 + BC^2 \). D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ABC est rectangle en B (sommet opposé au plus long côté).

C’est ainsi que les arpenteurs égyptiens traçaient des angles droits sur le terrain, par exemple pour bâtir ou pour délimiter les champs après les crues du Nil, sans aucune équerre.