Corrigé des 38 exercices sur le triangle en 5ème : solutions détaillées à télécharger en PDF

Ensuite, L’énoncé de cette fiche ne montre que les trois triangles ABC, DEF et GHI : on trace dans chacun les trois droites remarquables relatives à un même côté (ici [BC], [EF] et [GI]). Rappelons d’abord les définitions.

• La médiane issue d’un sommet est le segment qui joint ce sommet au milieu du côté opposé. On mesure le côté, on place son milieu, on relie.
• La médiatrice d’un côté est la droite perpendiculaire à ce côté en son milieu. Au compas : on trace deux arcs de même rayon (plus grand que la moitié du côté) centrés aux deux extrémités ; la droite qui passe par les deux points d’intersection est la médiatrice. Elle ne passe pas forcément par un sommet.
• La hauteur issue d’un sommet est la droite qui passe par ce sommet et qui est perpendiculaire au côté opposé. On la trace à l’équerre ; le point d’intersection avec le côté opposé s’appelle le pied de la hauteur.

Par ailleurs, dans le triangle ABC, la médiane issue de A arrive au milieu de [BC], la médiatrice de [BC] passe par ce même milieu mais verticalement, et la hauteur issue de A tombe plus près de C. Ensuite, ces trois droites sont différentes en général ; elles ne sont confondues que si le triangle est isocèle en A. C’est presque le cas pour GHI, où les trois droites sont très proches.

De même, remarque : dans GHI, l’angle en H est obtus. Si l’on trace la hauteur issue de G, son pied tombe en dehors du côté [HI] : il faut prolonger la droite (HI) avant de placer l’équerre.

Ensuite, construction du triangle JKL.

1. On trace le segment [JK] de longueur 5 cm.
2. Au rapporteur centré en K, on trace une demi-droite d’origine K faisant un angle de 60° avec [KJ] (c’est l’angle \( \widehat{JKL} \)).
3. Au rapporteur centré en J, du même côté de [JK], on trace une demi-droite d’origine J faisant un angle de 55° avec [JK] (c’est l’angle \( \widehat{KJL} \)).
4. Les deux demi-droites se coupent en L.

Par ailleurs, vérification : le troisième angle mesure

\[ \widehat{JLK} = 180^\circ – 60^\circ – 55^\circ = 65^\circ \]

De même, on doit mesurer environ \( JL \approx 4{,}8 \text{ cm} \) et \( KL \approx 4{,}5 \text{ cm} \).

Par conséquent, cercle circonscrit. Le centre O du cercle circonscrit est le point de concours des médiatrices des côtés, car un point de la médiatrice d’un segment est à égale distance de ses extrémités : O est donc à la même distance de J, K et L. Par ailleurs, on trace au compas deux médiatrices (la troisième sert de vérification), on nomme O leur point d’intersection, puis on trace le cercle de centre O passant par J. Puis il passe aussi par K et L. Son rayon mesure environ 2,8 cm. Comme les trois angles sont aigus, O est à l’intérieur du triangle.

Ensuite, on a 1) Construction du triangle ABC. On trace [AB] de 6 cm. Au rapporteur, on trace en A une demi-droite faisant 70° avec [AB], puis en B, du même côté, une demi-droite faisant 35° avec [BA]. Ensuite, elles se coupent en C. Puis le troisième angle vaut

\[ \widehat{ACB} = 180^\circ – 70^\circ – 35^\circ = 75^\circ \]

De même, on mesure environ \( AC \approx 3{,}6 \text{ cm} \) et \( BC \approx 5{,}8 \text{ cm} \).

Par conséquent, on obtient 2) Bissectrice de l’angle \( \widehat{ACB} \). C’est la demi-droite qui partage l’angle en deux angles égaux, ici deux angles de \( 75^\circ \div 2 = 37{,}5^\circ \).

• Au compas, on trace un arc de centre C qui coupe [CA] et [CB] en deux points.
• De ces deux points, avec la même ouverture, on trace deux arcs qui se coupent à l’intérieur de l’angle.
• La demi-droite d’origine C passant par ce point est la bissectrice. Elle coupe [AB].

De plus, on obtient 3) Hauteur issue de A. On place l’équerre le long de (BC) et on fait glisser jusqu’à A : on trace la droite passant par A et perpendiculaire à (BC). Son pied H est sur le segment [BC] car les angles en B et en C sont aigus. De plus, on code l’angle droit en H.

De même, le trésor doit être à la même distance de la tour T, de l’arbre A et du puits P.

• Être à égale distance de A et de P, c’est être sur la médiatrice de [AP].
• Être à égale distance de P et de T, c’est être sur la médiatrice de [PT].

Par conséquent, le trésor est donc au point d’intersection des médiatrices du triangle APT, c’est-à-dire au centre du cercle circonscrit à ce triangle. Ensuite, la médiatrice de [AT] passe aussi par ce point, ce qui permet de vérifier la construction.

De plus, méthode sur la carte : on relie A, P et T, on trace au compas les médiatrices de [AP] et de [PT], et on marque leur intersection d’une croix. Par ailleurs, le cercle de centre la croix passant par A passe bien par P et par T. Sur la carte, le trésor se trouve à peu près au milieu de l’île, un peu au-dessous et à mi-chemin entre l’arbre et le puits.

De même, on utilise la propriété : dans un triangle, la somme des mesures des trois angles est égale à 180°.

De plus, on a donc 1. Triangle LNI.

\[ \begin{aligned} \widehat{N} &= 180^\circ – (\widehat{I} + \widehat{L}) \\ &= 180^\circ – (76^\circ + 45^\circ) \\ &= 180^\circ – 121^\circ \\ &= 59^\circ \end{aligned} \]

Ensuite, on a 2. Triangle SAC.

\[ \begin{aligned} \widehat{S} &= 180^\circ – (\widehat{A} + \widehat{C}) \\ &= 180^\circ – (110^\circ + 28^\circ) \\ &= 180^\circ – 138^\circ \\ &= 42^\circ \end{aligned} \]

De même, nommons T le pied de la tour, S son sommet et H le point où le fil à plomb touche le sol. Puis le fil à plomb est vertical, donc perpendiculaire au sol : \( \widehat{SHT} = 90^\circ \). Ensuite, la tour fait avec le sol un angle \( \widehat{STH} = 84{,}7^\circ \). Puis l’angle cherché x est l’angle \( \widehat{TSH} \) du triangle TSH.

Par conséquent, dans le triangle TSH, la somme des angles vaut 180° :

\[ \begin{aligned} x &= 180^\circ – (90^\circ + 84{,}7^\circ) \\ &= 180^\circ – 174{,}7^\circ \\ &= 5{,}3^\circ \end{aligned} \]

De plus, autre façon de le voir : dans un triangle rectangle, les deux angles aigus sont complémentaires, donc \( x = 90^\circ – 84{,}7^\circ = 5{,}3^\circ \).

1. De même, dans le triangle ABC :

\[ \widehat{C} = 180^\circ – (28^\circ + 73^\circ) = 180^\circ – 101^\circ = 79^\circ \]

2. Par conséquent, le triangle GHI est rectangle en H, donc \( \widehat{H} = 90^\circ \) :

\[ \widehat{I} = 180^\circ – (90^\circ + 34^\circ) = 180^\circ – 124^\circ = 56^\circ \]

3. De plus, le triangle MNO est isocèle de sommet principal N : ses angles à la base sont égaux, \( \widehat{M} = \widehat{O} \).

\[ \begin{aligned} \widehat{M} + \widehat{O} &= 180^\circ – 44^\circ = 136^\circ \\ \widehat{M} = \widehat{O} &= 136^\circ \div 2 = 68^\circ \end{aligned} \]

4. Ainsi, lecture des codages : AB = AC ; AE = CE = ED = CD ; l’angle \( \widehat{AEC} \) est droit ; B, C et D sont alignés.

• Triangle CDE : CE = ED = CD, il est équilatéral, donc \( \widehat{ECD} = \widehat{CDE} = \widehat{CED} = 60^\circ \).
• Triangle ACE : il est rectangle en E et AE = CE, il est donc rectangle isocèle. Ses deux angles aigus sont égaux : \( \widehat{EAC} = \widehat{ECA} = (180^\circ – 90^\circ) \div 2 = 45^\circ \).
• Angle \( \widehat{ACB} \) : B, C, D sont alignés, donc \( \widehat{BCA} + \widehat{ACE} + \widehat{ECD} = 180^\circ \), d’où \( \widehat{ACB} = 180^\circ – 45^\circ – 60^\circ = 75^\circ \).
• Triangle ABC : AB = AC, il est isocèle en A, donc \( \widehat{ABC} = \widehat{ACB} = 75^\circ \) et \( \widehat{BAC} = 180^\circ – 2 \times 75^\circ = 30^\circ \).

Par conséquent, construction. On trace [AB] de 6 cm, puis au rapporteur une demi-droite en A à 95° de [AB] et une demi-droite en B à 55° de [BA], du même côté. De plus, elles se coupent en C. Ensuite, le triangle est grand : on mesure \( AC \approx 9{,}8 \text{ cm} \) et \( BC \approx 12 \text{ cm} \), il faut donc placer [AB] en bas de la feuille.

• a) Hauteur issue de A (vert) : droite passant par A et perpendiculaire à (BC), tracée à l’équerre.
• b) Médiane passant par B (bleu) : on place le milieu de [AC] (environ 4,9 cm de A) et on le relie à B.
• c) Bissectrice de l’angle ACB (noir) : au compas, arcs de même rayon depuis deux points pris sur [CA] et [CB] à même distance de C ; elle partage l’angle en deux angles de 15°.
• d) Médiatrice de [BC] (rouge) : perpendiculaire à [BC] en son milieu, tracée au compas.

De plus, e) Calcul de \( \widehat{ACB} \). Dans le triangle ABC, la somme des angles vaut 180° :

\[ \begin{aligned} \widehat{ACB} &= 180^\circ – (\widehat{BAC} + \widehat{ABC}) \\ &= 180^\circ – (95^\circ + 55^\circ) \\ &= 180^\circ – 150^\circ \\ &= 30^\circ \end{aligned} \]

De même, on lit sur la figure que ABCD est un parallélogramme (côtés opposés parallèles), que E est sur la droite (CD) prolongée au-delà de D, que F est sur la droite (AD) et que (EF) est perpendiculaire à (AD).

Par conséquent, étape 1 : l’angle \( \widehat{ABC} \). L’angle de 105° est marqué entre [BC] et le prolongement de [AB] au-delà de B. Par ailleurs, ces deux angles sont adjacents et forment un angle plat :

\[ \widehat{ABC} = 180^\circ – 105^\circ = 75^\circ \]

De plus, étape 2 : l’angle \( \widehat{ADC} \). Dans un parallélogramme, les angles opposés ont la même mesure : \( \widehat{ADC} = \widehat{ABC} = 75^\circ \).

Ainsi, étape 3 : l’angle \( \widehat{EDF} \). Les droites (CE) et (AF) se coupent en D. Puis les angles \( \widehat{ADC} \) et \( \widehat{EDF} \) sont opposés par le sommet, donc égaux : \( \widehat{EDF} = 75^\circ \).

Enfin, étape 4 : dans le triangle DEF, rectangle en F :

\[ \begin{aligned} \widehat{DEF} &= 180^\circ – (\widehat{EFD} + \widehat{EDF}) \\ &= 180^\circ – (90^\circ + 75^\circ) \\ &= 15^\circ \end{aligned} \]

De plus, dans le triangle ABC, la somme des mesures des angles est égale à 180° :

\[ \widehat{A} + \widehat{B} + \widehat{C} = 180^\circ \]

Ainsi, on remplace par les valeurs connues :

\[ \begin{aligned} \widehat{C} &= 180^\circ – (28^\circ + 73^\circ) \\ &= 180^\circ – 101^\circ \\ &= 79^\circ \end{aligned} \]

Enfin, vérification : \( 28^\circ + 73^\circ + 79^\circ = 180^\circ \). Ensuite, le triangle a trois angles aigus : c’est un triangle acutangle.

De plus, dans tout triangle, la somme des mesures des trois angles est égale à 180°. Additionnons les mesures trouvées par Magalie :

\[ \widehat{D} + \widehat{E} + \widehat{F} = 53^\circ + 74^\circ + 54^\circ = 181^\circ \]

Ainsi, on obtient 181° et non 180° : ces trois mesures ne peuvent pas être toutes exactes. Au moins une des mesures est fausse, sans doute d’un degré, ce qui est une petite erreur de lecture fréquente avec un rapporteur (trait mal placé sur le sommet ou graduation lue entre deux traits).

Enfin, pour contrôler une mesure au rapporteur, on peut toujours vérifier que les trois angles d’un triangle ont bien une somme de 180°.

De plus, le triangle GHI est rectangle en H, donc \( \widehat{H} = 90^\circ \). Puis la somme des angles du triangle vaut 180° :

\[ \begin{aligned} \widehat{I} &= 180^\circ – (\widehat{G} + \widehat{H}) \\ &= 180^\circ – (34^\circ + 90^\circ) \\ &= 180^\circ – 124^\circ \\ &= 56^\circ \end{aligned} \]

Ainsi, contrôle : dans un triangle rectangle, les deux angles aigus ont pour somme 90°, et 34° + 56° = 90°.

Par conséquent, un triangle équilatéral a ses trois côtés de même longueur, donc ses trois angles de même mesure : \( \widehat{J} = \widehat{K} = \widehat{L} \).

De plus, comme leur somme vaut 180°, chaque angle mesure :

\[ 180^\circ \div 3 = 60^\circ \]

De même, le triangle MNO est isocèle de sommet principal N et de base [MO] : ses deux angles à la base sont égaux, \( \widehat{M} = \widehat{O} \).

Par conséquent, la somme des trois angles vaut 180°, donc les deux angles à la base se partagent ce qui reste une fois l’angle au sommet retiré :

\[ \begin{aligned} \widehat{M} + \widehat{O} &= 180^\circ – 44^\circ = 136^\circ \\ \widehat{M} = \widehat{O} &= 136^\circ \div 2 = 68^\circ \end{aligned} \]

De plus, contrôle : 44° + 68° + 68° = 180°.

De même, étape 1 : les angles du triangle MNQ. MNQ est isocèle de sommet principal M, donc ses angles à la base sont égaux : \( \widehat{MNQ} = \widehat{MQN} = 35^\circ \). Alors :

\[ \widehat{NMQ} = 180^\circ – (35^\circ + 35^\circ) = 180^\circ – 70^\circ = 110^\circ \]

Par conséquent, étape 2 : le triangle PMN. PMN est isocèle de sommet principal P et de base [MN], donc \( \widehat{PMN} = \widehat{PNM} = 35^\circ \).

De plus, étape 3 : l’angle cherché. Le point P est sur [NQ], donc la demi-droite [MP) partage l’angle \( \widehat{NMQ} \) en deux :

\[ \widehat{PMQ} = \widehat{NMQ} – \widehat{PMN} = 110^\circ – 35^\circ = 75^\circ \]

Ainsi, vérification dans le triangle PMQ : \( \widehat{MPQ} = 35^\circ + 35^\circ = 70^\circ \) (angle extérieur du triangle PMN, supplémentaire de \( \widehat{MPN} = 110^\circ \)), et \( 70^\circ + 35^\circ + 75^\circ = 180^\circ \).

Par conséquent, lecture de la figure. On lit AB = AC, un angle droit en E dans le triangle ACE, et AE = ED = CD (double trait). B, C et D sont alignés.

De plus, attention au codage de [CE] : il ressemble à celui de [AB] et [AC], mais CE ne peut pas être égal à AC, car dans le triangle ACE rectangle en E, l’hypoténuse [AC] est le plus long côté. De plus, en mesurant, on constate que CE = AE = ED = CD : c’est cette égalité qu’indique la figure.

• Triangle CDE : CE = ED = CD, il est équilatéral, donc \( \widehat{ECD} = \widehat{CDE} = \widehat{CED} = 60^\circ \).
• Triangle ACE : rectangle en E avec AE = CE, il est rectangle isocèle, donc \( \widehat{EAC} = \widehat{ECA} = (180^\circ – 90^\circ) \div 2 = 45^\circ \).
• Angle \( \widehat{ACB} \) : B, C et D sont alignés, donc les trois angles de sommet C forment un angle plat :
  \[ \widehat{ACB} = 180^\circ – \widehat{ACE} – \widehat{ECD} = 180^\circ – 45^\circ – 60^\circ = 75^\circ \]
• Triangle ABC : AB = AC, il est isocèle en A, donc \( \widehat{ABC} = \widehat{ACB} = 75^\circ \) et \( \widehat{BAC} = 180^\circ – 2 \times 75^\circ = 30^\circ \).

Ainsi, on en déduit aussi les grands angles de la figure : \( \widehat{BAE} = 30^\circ + 45^\circ = 75^\circ \) et \( \widehat{AED} = 90^\circ + 60^\circ = 150^\circ \).

Par conséquent, la figure donne \( \widehat{MNP} = 65^\circ \) et \( \widehat{MPN} = 42^\circ \). Ensuite, dans le triangle MNP, la somme des angles vaut 180° :

\[ \begin{aligned} \widehat{NMP} &= 180^\circ – (65^\circ + 42^\circ) \\ &= 180^\circ – 107^\circ \\ &= 73^\circ \end{aligned} \]

a. Par ailleurs, dans le triangle DBC, on connaît \( \widehat{DBC} = 102^\circ \) et \( \widehat{DCB} = 48^\circ \) :

\[ \widehat{BDC} = 180^\circ – (102^\circ + 48^\circ) = 180^\circ – 150^\circ = 30^\circ \]

De même, les trois côtés du triangle ABD portent le même codage : DA = DB = AB, donc ABD est équilatéral et chacun de ses angles mesure 60° : \( \widehat{ADB} = 60^\circ \).

b. Par conséquent, la demi-droite [DB) est à l’intérieur de l’angle \( \widehat{ADC} \), donc :

\[ \widehat{ADC} = \widehat{ADB} + \widehat{BDC} = 60^\circ + 30^\circ = 90^\circ \]

Par conséquent, L’angle \( \widehat{ADC} \) est donc un angle droit : le triangle ADC est rectangle en D.

Par ailleurs, pour savoir si LIE est rectangle en I, calculons l’angle \( \widehat{LIE} \), qui est formé des deux angles \( \widehat{LIP} \) et \( \widehat{PIE} \).

• Triangle LPI : il est rectangle en P, donc \( \widehat{LIP} = 180^\circ – (90^\circ + 50^\circ) = 40^\circ \).
• Triangle PIE : ses trois côtés portent le même codage (IP = IE = PE), il est équilatéral, donc \( \widehat{PIE} = 60^\circ \).

\[ \widehat{LIE} = \widehat{LIP} + \widehat{PIE} = 40^\circ + 60^\circ = 100^\circ \]

De même, L’angle en I mesure 100°, et non 90° : c’est même un angle obtus. Par ailleurs, la figure « à l’œil » peut tromper, seul le calcul permet de conclure.

Ensuite, E, B, C et D sont alignés : en B et en C, les angles de part et d’autre du triangle forment des angles plats (180°). Deux angles dont la somme vaut 180° sont supplémentaires.

• En B : \( \widehat{ABC} = 180^\circ – \widehat{EBA} = 180^\circ – 115^\circ = 65^\circ \).
• En C : \( \widehat{ACB} = 180^\circ – \widehat{ACD} = 180^\circ – 128^\circ = 52^\circ \).
• En A (somme des angles du triangle) : \( \widehat{BAC} = 180^\circ – (65^\circ + 52^\circ) = 180^\circ – 117^\circ = 63^\circ \).

a. Ainsi, dans le triangle BEF, on connaît \( \widehat{EBF} = 60^\circ \) et \( \widehat{BFE} = 70^\circ \) :

\[ \widehat{BEF} = 180^\circ – (60^\circ + 70^\circ) = 180^\circ – 130^\circ = 50^\circ \]

b. Enfin, la route (BG) coupe la route de la voiture jaune (EF) en E et celle de la voiture rouge (GH) en G. Puis les angles \( \widehat{BEF} \) et \( \widehat{BGH} \) sont placés de la même façon (au-dessus de chaque route, à droite de (BG)) : ce sont des angles correspondants.

Ensuite, ils ont la même mesure, 50°. Or, si deux droites coupées par une sécante forment deux angles correspondants de même mesure, alors ces deux droites sont parallèles.

De plus, on obtient 1. a. Dans le triangle UFI : \( \widehat{UFI} = 180^\circ – (60^\circ + 30^\circ) = 180^\circ – 90^\circ = 90^\circ \).

Par ailleurs, on a donc 1. b. F, I et L sont alignés, donc les trois angles de sommet I situés au-dessus de (FL) forment un angle plat :

\[ \begin{aligned} \widehat{OIL} &= 180^\circ – \widehat{FIU} – \widehat{UIO} \\ &= 180^\circ – 30^\circ – 90^\circ \\ &= 60^\circ \end{aligned} \]

Ensuite, on a 1. c. Dans le triangle OIL : \( \widehat{OLI} = 180^\circ – (30^\circ + 60^\circ) = 90^\circ \).

2. Par ailleurs, la droite (UF) est perpendiculaire à (FL) (angle droit en F) et la droite (OL) est perpendiculaire à (FL) (angle droit en L). Or, si deux droites sont perpendiculaires à une même droite, alors elles sont parallèles.

Enfin, figure à main levée. On trace un triangle quelconque sans instrument, on nomme les sommets et on y reporte toutes les données (longueurs sur les côtés, arc et mesure pour l’angle). Ensuite, ce croquis sert à repérer par quel côté commencer et où se trouve l’angle.

Ensuite, ici, dans les deux triangles, on connaît deux côtés et l’angle compris entre eux : l’angle a pour sommet le point commun aux deux côtés (R pour NPR, F pour EFG).

Par ailleurs, triangle NPR (PR = 6,4 cm, NR = 8,7 cm, \( \widehat{NRP} = 35^\circ \)) :

1. on trace le segment [RN] de 8,7 cm ;
2. au rapporteur centré en R, on trace une demi-droite d’origine R qui fait un angle de 35° avec [RN) ;
3. sur cette demi-droite, on place P à 6,4 cm de R, puis on trace [NP].

De même, triangle EFG (EF = 5,5 cm, FG = 7 cm, \( \widehat{EFG} = 125^\circ \)) :

1. on trace le segment [FE] de 5,5 cm ;
2. au rapporteur centré en F, on trace une demi-droite d’origine F qui fait un angle de 125° avec [FE) : c’est un angle obtus, il faut lire la bonne graduation (125° et non 55°) ;
3. sur cette demi-droite, on place G à 7 cm de F, puis on trace [EG].

Par conséquent, les figures ci-dessus sont réduites ; sur ta construction en vraie grandeur, tu dois mesurer environ NP ≈ 5,0 cm et EG ≈ 11,1 cm (à 1 ou 2 mm près).

Par ailleurs, sur chaque figure à main levée, on code les données, puis on repère ce que l’on connaît : ici un côté et deux angles. Puis on commence toujours par tracer le côté connu, puis on trace les deux angles à ses extrémités ; le troisième sommet est à l’intersection des deux demi-droites.

De même, triangle ABC (AB = 6,4 cm, \( \widehat{ABC} = 58^\circ \), \( \widehat{BAC} = 75^\circ \)) : on trace [AB] de 6,4 cm, puis la demi-droite d’origine A faisant 75° avec [AB) et la demi-droite d’origine B faisant 58° avec [BA) ; elles se coupent en C.

Par conséquent, contrôle : \( \widehat{ACB} = 180^\circ – (75^\circ + 58^\circ) = 47^\circ \), et on mesure environ AC ≈ 7,4 cm et BC ≈ 8,5 cm.

De plus, triangle EFG (FG = 4,5 cm, \( \widehat{EGF} = 44^\circ \), \( \widehat{EFG} = 106^\circ \)) : on trace [GF] de 4,5 cm, puis la demi-droite d’origine G faisant 44° avec [GF) et la demi-droite d’origine F faisant 106° (angle obtus) avec [FG) ; elles se coupent en E.

Ainsi, contrôle : \( \widehat{GEF} = 180^\circ – (44^\circ + 106^\circ) = 30^\circ \), et on mesure environ EF ≈ 6,3 cm et EG ≈ 8,7 cm.

De même, triangle KLM (rectangle en L, LM = 4 cm, \( \widehat{KML} = 50^\circ \)) : on trace [LM] de 4 cm, puis à l’équerre la perpendiculaire à (LM) passant par L ; au rapporteur, on trace la demi-droite d’origine M faisant 50° avec [ML). De plus, le point K est l’intersection de la perpendiculaire et de cette demi-droite.

Par conséquent, contrôle : \( \widehat{LKM} = 90^\circ – 50^\circ = 40^\circ \), et on mesure environ KL ≈ 4,8 cm et KM ≈ 6,2 cm.

Par ailleurs, une hauteur d’un triangle est une droite qui passe par un sommet et qui est perpendiculaire au côté opposé à ce sommet. Ensuite, il faut donc vérifier les deux conditions pour chaque droite.

• (d₁) est perpendiculaire à [AB] (angle droit codé) et elle passe par le sommet C, opposé au côté [AB]. C’est la hauteur issue de C.
• (d₂) est perpendiculaire à [AC] et passe par son milieu (les deux segments codés sont égaux) : c’est la médiatrice de [AC]. Elle ne passe pas par le sommet B, opposé à [AC] : ce n’est pas une hauteur.
• (d₃) passe par le sommet A et elle est perpendiculaire au côté opposé [BC] (angle droit codé). C’est la hauteur issue de A.

Enfin, on utilise l’inégalité triangulaire : un triangle est constructible si la plus grande longueur est strictement inférieure à la somme des deux autres. S’il y a égalité, les trois points sont alignés (triangle « aplati »).

a. Ensuite, la plus grande longueur est AB = 9 cm.

\[ AC + BC = 1 + 5 = 6 \text{ cm} \quad \text{et} \quad 9 \gt 6 \]

Par ailleurs, la plus grande longueur dépasse la somme des deux autres : le triangle ABC n’est pas constructible (les arcs de cercle de rayons 1 cm et 5 cm ne se coupent pas).

b. De même, la plus grande longueur est BC = 7 cm.

\[ AB + AC = 6{,}5 + 5 = 11{,}5 \text{ cm} \quad \text{et} \quad 7 \lt 11{,}5 \]

Par conséquent, le triangle est constructible. Construction :

1. On trace le segment [AB] de longueur 6,5 cm.
2. On trace un arc de cercle de centre A et de rayon 5 cm.
3. On trace un arc de cercle de centre B et de rayon 7 cm.
4. Les deux arcs se coupent en C ; on trace [AC] et [BC].

c. La plus grande longueur est AC = 6 cm.

\[ AB + BC = 3{,}7 + 2{,}3 = 6 \text{ cm} = AC \]

Il y a égalité : les points A, B et C sont alignés, avec B sur le segment [AC]. Par ailleurs, on obtient un triangle aplati : on ne peut pas construire un « vrai » triangle ABC. Puis on trace simplement [AC] de 6 cm et on place B à 3,7 cm de A.

a. Pour chaque triangle, on compare la plus grande longueur à la somme des deux autres (inégalité triangulaire).

• Triangle 1 (54 mm, 42 mm, 78 mm) : \( 54 + 42 = 96 \text{ mm} \) et \( 78 \lt 96 \). Constructible.
• Triangle 2 (2,5 cm, 5,5 cm, 9 cm) : \( 2{,}5 + 5{,}5 = 8 \text{ cm} \) et \( 9 \gt 8 \). Pas constructible : les deux petits côtés sont trop courts pour se rejoindre.
• Triangle 3 (3 cm, 7 cm, 5 cm) : \( 3 + 5 = 8 \text{ cm} \) et \( 7 \lt 8 \). Constructible.

b. Lucie peut tracer les triangles 1 et 3. Ensuite, pour chacun : on trace le plus grand côté, puis deux arcs de cercle ayant pour centres ses extrémités et pour rayons les deux autres longueurs ; le troisième sommet est à l’intersection des arcs.

• Triangle 1 : côté de 78 mm, arcs de rayons 54 mm et 42 mm.
• Triangle 3 : côté de 7 cm, arcs de rayons 3 cm et 5 cm.

On reproduit chaque triangle, puis on construit la médiatrice de chaque côté : au compas, on trace deux arcs de même rayon (plus grand que la moitié du côté) centrés aux deux extrémités du côté ; la droite qui passe par les deux points d’intersection des arcs est la médiatrice. Puis elle est perpendiculaire au côté en son milieu.

• a. Les trois médiatrices se coupent en un même point O, situé à l’intérieur du triangle (ses trois angles sont aigus).
• b. Les trois médiatrices se coupent aussi en un même point O′, mais il est à l’extérieur du triangle (celui-ci a un angle obtus).

Conjecture : dans un triangle, les trois médiatrices des côtés sont concourantes (elles passent par un même point). De plus, ce point est à égale distance des trois sommets : c’est le centre du cercle circonscrit au triangle.

Si A, B et C sont alignés, la plus grande des trois longueurs est égale à la somme des deux autres, et le point qui n’est pas à une extrémité de ce plus grand segment est entre les deux autres. Sinon (plus grande longueur strictement plus petite que la somme), ABC est un vrai triangle.

a. La plus grande longueur est AB = 5,9 cm.

\[ AC + CB = 3{,}4 + 2{,}5 = 5{,}9 \text{ cm} = AB \]

Égalité : A, B, C sont alignés et C est entre A et B (C appartient à [AB]).

b. La plus grande longueur est BC = 10 cm.

\[ BA + AC = 7{,}4 + 3{,}6 = 11 \text{ cm} \quad \text{et} \quad 10 \lt 11 \]

Pas d’égalité : A, B, C ne sont pas alignés (ils forment un triangle).

c. On convertit d’abord dans la même unité : BC = 93 mm = 9,3 cm et AC = 0,12 m = 12 cm. Ensuite, la plus grande longueur est AC = 12 cm.

\[ AB + BC = 2{,}7 + 9{,}3 = 12 \text{ cm} = AC \]

Égalité : A, B, C sont alignés et B est entre A et C.

Rémi doit être :

• à égale distance de A et de K : il est donc sur la médiatrice du segment [AK] (la médiatrice d’un segment est l’ensemble des points situés à égale distance de ses extrémités) ;
• au bord de la plage : il est donc sur la droite (d).

Le point R est donc le point d’intersection de la médiatrice de [AK] et de la droite (d). Sur le calque, on relève A, K et (d), on construit au compas la médiatrice de [AK] et on la prolonge jusqu’à (d).

Vérification : au compas, on constate que RA = RK.

Le phare P est à la même distance de V₁ et de V₂ : il est sur la médiatrice de [V₁V₂]. Par ailleurs, il est aussi à la même distance de V₂ et de V₃ : il est sur la médiatrice de [V₂V₃].

P est donc le point d’intersection des médiatrices du triangle V₁V₂V₃, c’est-à-dire le centre du cercle circonscrit à ce triangle. Sur le calque, on relève les trois points, on construit deux médiatrices au compas (la troisième sert de vérification) : elles se coupent en P.

On constate que le point obtenu est bien sur la côte, ce qui est cohérent avec l’énoncé, et que \( PV_1 = PV_2 = PV_3 \).

Chaque triangle isocèle a son angle principal d à la pointe et deux angles à la base égaux à c.

Angle c. Au centre du bijou, les cinq triangles ont un sommet commun et y placent chacun un angle c ; ces cinq angles font le tour complet du point :

\[ 5 \times c = 360^\circ \quad \text{donc} \quad c = 360^\circ \div 5 = 72^\circ \]

Angle d. Dans un triangle, la somme des angles vaut 180°, et les deux angles à la base mesurent c :

\[ d = 180^\circ – 2 \times 72^\circ = 180^\circ – 144^\circ = 36^\circ \]

Angle h (deuxième modèle). Puis le sommet où se trouve h est posé sur un côté du triangle voisin, qui est un segment rectiligne. De part et d’autre, on a l’angle h et un angle à la base c = 72° : ils forment un angle plat.

\[ h = 180^\circ – 72^\circ = 108^\circ \]

Angle ℓ. Le centre du bijou et les deux sommets extérieurs du petit triangle blanc (celui qui contient h, ℓ et k) forment un triangle isocèle : ses deux côtés issus du centre sont des côtés de 4 cm des triangles isocèles. Son angle au centre est un angle c = 72°, donc ses deux autres angles mesurent

\[ \ell = (180^\circ – 72^\circ) \div 2 = 108^\circ \div 2 = 54^\circ \]

Angle k. Dans le petit triangle blanc, la somme des angles vaut 180° :

\[ k = 180^\circ – 108^\circ – 54^\circ = 18^\circ \]

Vérification : au sommet de k, l’angle de 54° du grand triangle isocèle se partage en d + k = 36° + 18° = 54°.

Construction d’un triangle : on trace un angle de 36° au rapporteur, on reporte 4 cm sur chacun de ses côtés, puis on joint les deux points (la base mesure environ 2,5 cm et les angles à la base 72°). Ensuite, on assemble ensuite cinq triangles identiques autour d’un même sommet, en posant la base de chacun sur un grand côté du suivant.

Faire un plan à l’échelle. On choisit 1 M → 5 cm : AD = 5 cm, AB = 10 cm, AC = BC = 7 cm, avec [AD] perpendiculaire à [AB]. Puis la conversion du document 2 (1 M = 1 852 m) servira à la fin.

Placer chaque voilier. Pour Écume, on trace depuis D une demi-droite faisant un angle de 105° avec [DA], et depuis A une demi-droite faisant un angle de 50° avec [AD], du côté de la course : elles se coupent en E. De plus, on fait de même pour G (120° et 35°) et S (145° et 23°). Ensuite, les triangles sont possibles, car la somme des deux angles est inférieure à 180° :

\[ \widehat{AED} = 180^\circ – 105^\circ – 50^\circ = 25^\circ ; \quad \widehat{AGD} = 180^\circ – 120^\circ – 35^\circ = 25^\circ ; \quad \widehat{ASD} = 180^\circ – 145^\circ – 23^\circ = 12^\circ \]

Comparer. Pour gagner, un voilier doit franchir la ligne d’arrivée, le segment [AD]. Par ailleurs, les trois angles en D sont obtus (plus de 90°) : les trois voiliers sont « au-dessus » de D, et le point de la ligne le plus proche de chacun est la bouée D. Puis on compare donc DE, DG et DS sur le plan :

• DE ≈ 9,1 cm, soit ≈ 1,81 M ≈ 3 357 m ;
• DG ≈ 6,8 cm, soit ≈ 1,36 M ≈ 2 514 m ;
• DS ≈ 9,4 cm, soit ≈ 1,88 M ≈ 3 480 m.

Grain de sel est le voilier le plus proche de la ligne d’arrivée (environ 800 m d’avance sur Écume). À vitesses comparables, c’est lui qui a le plus de chances de gagner.

1. Le triangle ETP à l’échelle (1 cm pour 500 m, donc 1 km → 2 cm) :

• ET = 1,2 km → 2,4 cm ; TP = 4 km → 8 cm ; EP = 4,4 km → 8,8 cm.
• On trace [TP] de 8 cm, puis E à l’intersection de l’arc de centre T de rayon 2,4 cm et de l’arc de centre P de rayon 8,8 cm (inégalité triangulaire vérifiée : 8,8 < 8 + 2,4).

2. Les alignements. « Voir P devant T » signifie que le cargo, P et T sont alignés, P étant entre le cargo et T.

• à 8 h, le cargo C₁ est sur la droite (TP), au-delà de P ;
• à 8 h 05, le cargo C₂ est sur la droite (EP), au-delà de P ;
• à 8 h 15, le cargo C₃ est sur la droite (ET), au-delà de T.

3. Les distances parcourues. À 36 km/h, le cargo parcourt 36 km en 60 min, donc 3 km en 5 min :

\[ C_1C_2 = 3 \text{ km} \; (6 \text{ cm}) ; \quad C_2C_3 = 36 \times \frac{10}{60} = 6 \text{ km} \; (12 \text{ cm}) ; \quad C_1C_3 = 9 \text{ km} \; (18 \text{ cm}) \]

4. Tracer la route. Le cap est constant, donc C₁, C₂ et C₃ sont alignés. Sur le bord d’une bande de papier, on marque trois repères à 0 cm, 6 cm et 18 cm. Ensuite, on fait glisser la bande sur le dessin jusqu’à ce que le premier repère soit sur la droite (TP), le deuxième sur (EP) et le troisième sur (ET) : le bord de la bande donne la route du cargo.

On trouve une seule position qui convient : environ PC₁ ≈ 5,2 km (10,4 cm), PC₂ ≈ 2,3 km (4,7 cm) et TC₃ ≈ 1,9 km (3,8 cm). Puis la route est presque perpendiculaire à la droite (ET).

Retrouver le bouton. Les quatre pierres sont à égale distance du bouton O. Comme OB = OE, le bouton est sur la médiatrice de [BE] ; comme OR = OC, il est sur la médiatrice de [RC]. Sur la photocopie, on trace ces deux médiatrices au compas : leur point d’intersection est le bouton O. De plus, on vérifie ensuite au compas que OB = OE = OR = OC.

Les quatre pierres sont donc sur le cercle de centre O passant par B.

Où placer la pierre de Mona ? Pour faire un « Shot Rock », sa pierre doit être plus proche du bouton que toutes les autres, c’est-à-dire à une distance de O strictement plus petite que OB. Ensuite, elle doit donc être à l’intérieur du disque de centre O et de rayon OB, sans être sur le cercle.

Méthode commune : le centre du cercle circonscrit est le point de concours des médiatrices des côtés ; il est à égale distance des trois sommets. Par ailleurs, on trace deux médiatrices au compas, la troisième sert de vérification, puis on trace le cercle de ce centre qui passe par un sommet.

Situation A.

1. On vérifie que le triangle existe : \( 6 + 9 = 15 \gt 12 \). On trace [AC] de 12 cm, puis B à l’intersection de l’arc de centre A de rayon 6 cm et de l’arc de centre C de rayon 9 cm.
2. Pour chaque côté, on trace deux arcs de même rayon centrés aux extrémités : la droite qui joint leurs points d’intersection est la médiatrice. Les trois médiatrices se coupent en un point O.
3. On trace le cercle de centre O passant par A : il passe aussi par B et C. Son rayon mesure environ 6,2 cm. L’angle en B est obtus, donc O est à l’extérieur du triangle, de l’autre côté de [AC].

Situation B. On trace [LO] de 5 cm, puis au rapporteur un angle de 65° en L, et on place I sur ce côté à 7 cm de L (on mesure alors OI ≈ 6,7 cm). Puis on construit les médiatrices de [LO] et de [LI] : elles se coupent en K. Ensuite, le cercle de centre K passant par L a un rayon d’environ 3,7 cm ; les trois angles étant aigus, K est à l’intérieur du triangle.

Situation C. On trace [SL] de 6 cm, puis au rapporteur un angle de 100° en S et un angle de 35° en L, du même côté : les demi-droites se coupent en E. Puis le troisième angle mesure \( \widehat{SEL} = 180^\circ – 100^\circ – 35^\circ = 45^\circ \). De plus, les médiatrices se coupent en O ; le cercle de centre O passant par S a un rayon d’environ 4,2 cm. Comme l’angle en S est obtus, O est à l’extérieur du triangle.

1) D est le milieu de [BC] (codage) et DC = 3,5 cm, donc BC = 7 cm. Ensuite, on trace [BC] de 7 cm, on place son milieu D, on trace la perpendiculaire à (BC) en D à l’équerre et on place A sur cette perpendiculaire à 5 cm de D. Par ailleurs, on trace ensuite [AB] et [AC] (on mesure AB = AC ≈ 6,1 cm).

2) On construit les médiatrices de deux côtés, par exemple [BC] et [AB]. Puis elles se coupent en O, centre du cercle circonscrit. Ensuite, on trace le cercle de centre O passant par A : il passe par B et C. Puis on mesure OD ≈ 1,3 cm et un rayon d’environ 3,7 cm.

3) La droite (AD) passe par le milieu D de [BC] et elle est perpendiculaire à [BC] : c’est donc la médiatrice de [BC]. Or le centre du cercle circonscrit est le point de concours des trois médiatrices du triangle : il appartient en particulier à la médiatrice de [BC], c’est-à-dire à la droite (AD).

Le codage indique que DA = DB = DC.

• DA = DB : D est à égale distance de A et de B, donc D est sur la médiatrice de [AB].
• DB = DC : D est sur la médiatrice de [BC].
• DA = DC : D est sur la médiatrice de [AC].

D est donc le point de concours des trois médiatrices du triangle ABC. Comme il est à la même distance des trois sommets, le cercle de centre D et de rayon DA passe par A, B et C.