Exercices sur les cas d`égalité des triangles. Corrigés rapides.

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A
B'
C
B
C'
C
B
A
B'
C'
F
G
D
E
C
B
A
Exercices sur les cas d'égalité des triangles.
Corrigés rapides.
00 La figure ci-contre reprend les termes de l'énoncé.
Méthode 1 : les triangles CBB' et BCC' sont rectangles en B' et C'. Comme BB'
et CC' sont égaux, on en déduit, sous Pythagore, qu'il en va de même de CB'
et BC'. Cas d'égalité des triangles typique : les deux triangles CBB' et BCC'
sont isométriques : leurs angles sont égaux deux à deux, en particulier
BCB' = BCA et CBC' = CBA. Le triangle ABC a deux de ses angles égaux : il
est isocèle.
Méthode 2 : Les triangles ABB' et ACC' ont deux angles égaux (et
donc 3 !) et un coté égal. Ils sont isométriques : AB' = AC'. Comme
CB' = BC' (Cf. supra) on en déduit l'égalité des cotés AB et AC.
01 ABC est un triangle isocèle tel que : AB = AC = 2BC. Voir figure ci-contre.
Les triangles ABB' et ACC' ont un angle en commun (en A) et deux cotés égaux
bordant cet angle. Ces deux triangles sont donc isométriques.
La démonstration est encore plus évidente dans le cas des triangles BCC'
et CBB'.
La plus grande difficulté de cet exercice est encore de produire rapidement
la figure !
02 {Voir figure ci-dessus}. On veut montrer que les segments AG et DC sont égaux.
Vision experte : dans la rotation de centre B et d'angle /2, D va en A, C va en G. Le segment
[DC] a pour image [AG] sous cette rotation, qui conserve les longueurs, comme toute isométrie :
AG = DC.
Vision collégienne : les triangles CBD et GBA ont deux cotés égaux deux à deux (BD vs BA et BC
vs BG) et les angles qu'ils bordent sont égaux (à l'angle en B du triangle ABC plus un droit). Cas
d'égalité des triangles flagrant : CBD et GBA sont égaux et donc DC = AG.

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I
N
M
C
B
A
E
D
C
B
A
Remarque : la vision experte permet d'affirmer en plus -et immédiatement- que les droites (AG)
et (DC) sont orthogonales. Pour une démonstration plus conventionnelle, on appelle le point
d'intersection de ces deux droites. On observe les angles du quadrilatère CFG (dont la somme
vaut 2 ). Du fait de l'égalité des triangles GBA et CBD, les angles en G et C sont supplémentaires.
Comme l'angle en F est droit, il en va de même pour celui en pour atteindre la somme
fatidique de 3 . C. Q. F. D.
03 ABC est un triangle rectangle et isocèle en A.
La figure ci-contre explicite le reste des données
du problème.
Il est clair que les triangles IAM et ICN
sont isométriques : les angles IAM et
ICN sont égaux (car mesurant 45°), les
cotés qui les bordent sont deux à
deux symétriques.
Il vient de suite que le triangle MIN
est isocèle en I. On a mieux que
cela : comme les angles CIN et AIM sont égaux et comme l'angle CIA est droit, il en va de même
de l'angle NIM : le triangle NIM est isocèle rectangle.
Remarque : une solution beaucoup plus rapide se serait appuyée sur la rotation de centre I et
d'angle - /2, qui amène B en A, A en C et M en N (preuve de cette dernière assertion rapide).
04 Soit OAB et OCD deux triangles rectangles isocèles en O, etc.
Cet exercice est une variante de l'exercice n° 02. Il suffit de repérer que les points E et F n'ont eu
aucune fonction puis de faire la substitution : O ↔ B, A ↔ D, B ↔ A, C ↔ G et D ↔ C (les
lettres soulignées correspondent à cet exercice).
Au final, les segments [AC] et [BD] sont égaux et les droites (AC) et (BD) sont perpendiculaires.
05 ABC est un triangle quelconque. ABD et ACE sont 2 triangles équilatéraux extérieurs à ABC
Cet exercice est très semblable à l'exercice 02. Pour la question 1) : On peut utiliser une
démarche experte en considérant la rotation de centre A et d'angle 60° : elle amène E
en C et B en D donc [EB] en [CD]. Si on préfère une démarche plus traditionnelle, il
est facile d'identifier que les triangles AEB et ACD sont isométriques : même
angle en A et cotés les bordant égaux deux à deux.
Pour la question 2) : dans les triangles AEJ et JCI, les angles en J
sont opposés par le sommet, donc égaux. Par ailleurs l'angle
AEJ a même mesure que l'angle ACD d'après la
question 1), donc que l'angle JCI. Les angles de ces
deux triangles sont égaux deux à deux, les triangles sont
semblables ! En particulier, l'angle CIE a même mesure que
l'angle EAJ, soit 60°.
Bien entendu, on aurait obtenu ce résultat immédiatement si on avait mobilisé encore une fois
l'outil de la rotation de centre A et d'angle 60° !
06 1) A quelle condition le point D est-il extérieur au segment [AC] ?
La position du point D est directement dépendante de la distance du point A à la base [BC], ou,
J
I

3
E
D
C
A
B
C
E
D
A
B
F
B
E
D
C
A
dit autrement, de la hauteur issue de A. Voici le cas particulier qui va marquer le seuil
entre les deux états "D est à l'extérieur de [BC]" et "D est à l'intérieur de [BC]" :
ABC est tel que la médiatrice de [AC] passe par B. Ce seuil est obtenu quand
le triangle ABC est équilatéral (il est isocèle en A par définition et en B du
fait de ce seuil).
Ainsi pour que le point D soit extérieur au segment [BC] il faut et il
suffit que la base BC soit plus petite que les cotés AB = AC.
2) On suppose cette condition dorénavant remplie.
Voir ci-contre la figure attendue.
Par hypothèse [AB] et [AC] ont même longueur (triangle
ABC isocèle en A) ; par construction, [DB] et [AE]
ont même longueur. L'angle EAC est
supplémentaire de l'angle CAD, donc de l'angle
ACD (le triangle DAC est isocèle en D) donc de ABC, tout comme l'angle ABD. Ainsi les angles
EAC et ABD sont égaux : on peut appliquer le premier théorème d'égalité des triangles : EAC et
DBA sont isométriques, ce qui entraine que les segments [EC] et [AD] et donc aussi [DC] ont
même mesure ! Le triangle CDE est isocèle en C.
3) Reste à déterminer dans quel cas le triangle CDE est rectangle.
On commence par une remarque anodine : l'angle BAC est supplémentaire des angles DAB et
CAE ou aussi bien d'après le résultat précédent des angles ECA et CAE. Conséquence : l'angle
BAC est égal à l'angle DEC (et donc aussi à l'angle EDC). Le triangle DCE est
rectangle en C si et seulement si ses angles CDE et CED mesurent 45*, tout
comme l'angle BAC. On en déduit que les angles à la base mesurent chacun
3 /8. Un construction au compas d'un tel angle n'est pas difficile, en
tenat compte de l'égalité 3 /8 = /4 + /8 : dans un premier quadrant
( /2) on fait apparaître la bissectrice ( /4) ; puis on trace la
bissectrice de l'un des deux secteurs (d'où /8).
07 La figure attendue par cet exercice apparaît ci-
contre à droite. Par définition du point E : CE =AB - BC
donc BE = BA (le triangle ABE est isocèle en B).
Par définition les segments [CE] et [BD] ont même longueur.
Enfin les deux angles ABC et
ACB sont égaux (comme angles à la
base d'un triangle isocèle) mais surtout ils
sont supplémentaires respectivement des angles
EBD et ACE, qui par là même se trouvent égaux.
Les triangles ACE et EBD ont un angle égal
bordé de 2 cotés égaux : ils sont
isométriques, en sorte que les cotés AE et
ED sont égaux. Le triangle AED est
isocèle en E.
08 La figure ci-contre illustre les
termes de l'énoncé.

4
E
D
C
B
A
F
Par construction AE = FB = FD, FC = AC. Les angles CFD et CAE sont égaux (ils mesurent tous deux
60°). Donc les triangles FDC et EAC sont isométriques : les cotés DC et EC sont égaux (le triangle
DEC est isocèle en C).
Mais le triangle EBD est lui aussi isométrique, disons, au triangle AEC : EB = AF, DB = AE (car =
FB) et angles DBE et EAC de même mesure. Donc DE et CE sont égaux : le triangle CED est en fait
équilatéral.
09 Ce problème est en fait une extension du problème précédent.
On commence par montrer que les triangles DAF et ECD sont isométriques. Clairement :
AF (= AB ) = DC (ABF équilatéral et ABCD parallélogramme) ; AD (= CB) = CE ; par
ailleurs, les angles FAD et DCE sont égaux car composés chacun d'un
angle de 60° et d'un même angle (BAD alias DCB). En
résumé, le triangle DEF est au moins isocèle en D.
on s'intéresse maintenant au triangle EBF. Clairement ses
cotés BE et BF sont égaux aux cotés CE et CD. Reste à
prouver que les angles EBF et ECD sont égaux.
En faisant le tour du point B, on note EBF° + ABC° = 240°.
Mais ECD° = 60° + BCD° = 60° + (180° -CDA°) ; Autrement
dit, compte tenu de l'équivalence CDA° et ABC° : ECD° + ABC° = 240°. Ainsi
nos deux triangles BEF et DCE possèdent deux cotés 2 à 2 égaux bordant un angle
de même mesure : ils sont égaux, ce qui entraine que le triangle EFD est équilatéral.
10 Une première difficulté consiste à construire la figure dès que l'on se dispense du rapporteur ou
d'une équerre 30-60-90 … On présentera un protocole à l'issue de la réponse attendue.
Soient S' et T' les symétriques de S et T par rapport à la droite (AB). Clairement, les triangles SAS'
et CTT' sont équilatéraux, A, S', U sont alignés, comme U, T', C. On repère un certains nombre de
parallélogrammes : ASBS', AST'U, S'BT'U, S'TCU, BTCT', dont certains sont en fait des losanges.
Donc : TT' = BT' = S'T = BT et UT' = S'B = AS' = SS'. Les triangles TT'U, US'S, TBS ont deux leurs
cotés égaux deux à deux. Ces cotés bordent les angles TT'U, US'S, TBS qui mesurent tous 120°.
Les trois triangles sont isométriques entrainant ipso facto l'égalité des cotés TS, SU, UT : le
triangle UST est équilatéral.
Rab : un protocole parmi d'autre pour construire la figure.
a) Tracer une droite ( ), placer un point auxiliaire O et marquer sur la perpendiculaire à
T'
S'
U
C
B
T
S
A

5
P
N
V
C
B
M
U
A
L
J
K
C
B
M
I
A
D
D''
A''
D'
C''
A'
B'
B''
C'
( ) 2 points symétriques S et S'. Tracer alors les deux triangles équilatéraux de base SS'.
b) On tient les points A et B. Choisir un point auxiliaire O' sur la droite ( ) tel que B soit à
l'intérieur du segment [AO']. La demi-droite [S'B) coupe en T la perpendiculaire à ( )
menée par O'. Le point C n'est rien que le symétrique de B par rapport à O'.
c) T' est obtenu comme intersection de la demi-droite [SB) avec la droite (TO'). En menant
les demi-droites [AS') et [CT') on obtient un point d'intersection U qui offre le troisième
triangle isocèle d'angle au sommet 120°.
11 1) La figure ci-dessous illustre l'énoncé. On a fait apparaître, à l'invite du texte, quelques
éléments supplémentaires (en pointillés).
On repère les égalités de longueur entre les
segments suivantes : AN = NV = NC = PM ;
AP = UP =PB = MN ; BM = PN = MC . On a utilisé
les propriétés des triangles rectangles isocèles et
le théorème de Thalès simplifié (droite des
milieux) dans le triangle ABC. On en retient que les
triangles MNV et UPM ont deux de leurs cotés
égaux deux à deux.
Reste les angles VNM et MPU. Ce sont des angles obtus
décomposables en un angle droit et un reliquat CNM et BPM
respectivement. Ces reliquats sont évidemment égaux. Donc les angles qui
nous intéressent le sont aussi : les triangles VNM et MPU sont isométriques : les cotés VM
et MU ont même longueur, le triangle UMV est isocèle en M.
Nous nous préoccupons maintenant de la perpendicularité des droites (UM) et (MV). L'angle
UMV se laisse décomposer en somme des angles UMP, PMN, NMV. D'après le traitement
précédent, on peut remplacer NMV par PUM ; On peut aussi remplacer PNV par MPB. L'angle
UMV est donc de même mesure que la somme MUP° + BPM° + PMU°. Il ne manque que l'angle
UPB (90° !) pour obtenir la somme des angles d'un triangle (ici
MUP). Donc cette somme vaut 180° - 90° = 90°. C.Q.F.D.
2) Cette seconde situation est une application de
la première. Si on appelle M le milieu de AC,
alors, en identifiant L et U, K et V, on peut
énoncer que LM et KM sont deux
segments de même longueur et
perpendiculaires l'un à l'autre.
De la même façon, les segments IM et JM sont
égaux et forment un angle droit.
De facto, si on considère la rotation de centre M
et d'angle /2, elle transporte K sur L et I sur J,
donc le segment [KI] sur le segment [LJ].
Les segments [IK] et [JL] sont donc bien de
même longueur et perpendiculaires entre
eux.