Maths -Livret-corriges-Partie-02

c
Séquence 5
SÉQUENCE 5
Séance 1
Ce que tu devais faire
Je révise mes acquis
1)
® 3 (aa + a2)
˛ 3 × (a² + 2a)
˛ 3 (a² + 2a)
® 6a3
2)
˛ 1 700 – 17
˛ 17 × 100 – 17 × 1
® 17 × 100 + 17 × 1
˛ 1 683
Les commentaires du professeur
c
1) On peut supprimer le signe × lorsqu’il est suivi d’une
lettre ou d’une parenthèse. Cependant, l’écriture aa n’est pas
correcte, on écrit a².
La 2ème réponse est correcte mais le signe × peut être supprimé.
2) La formule : a × (b – c) = a × b – a × c vue en 5e permet
de faire mentalement le calcul proposé.
17 × 99 = 17 × (100 – 1) = 17 × 100 – 17 × 1 = 1 700 – 17
On trouve 1 683.
3) Une factorisation permet d’effectuer simplement le calcul :
3)
˛ 10 × 3,9
˛ 64,35 – 25,35
˛ (16,5 – 6,5) × 3,9
˛ 3,9 (16,5 – 6,5)
4)
® 5x + 2
˛ 5x + 10
˛ 5(x + 2)
® 7x
5)
® 10x
˛ (2 + 5) x
˛ 7x
® 7x2
2
6)
®5
® 10
®8
˛7
16,5 × 3,9 – 6,5 × 3,9 = (16,5 – 6,5) × 3,9 = 10 × 3,9 = 39
3,9 est un facteur commun.
On utilise l’égalité vue en 5e :
k × a – k × b = k × (a – b)
4) On développe 5 × (x + 2) :
5 × (x + 2) = 5 × x + 5 × 2
5 × (x + 2) = 5x + 10
5) Attention :
2x × 5x = 2 × 5 × x × x = 10x2
2x + 5x n’est pas égal à 10x2.
2x + 5x = (2 + 5)x = 7x
6) Le double de 2 est 2 × 2 soit 4.
La somme de 4 et de 3 est 4 + 3 soit 7.
Remarque :
Si x est le nombre choisi, la somme du double de ce nombre et
de 3 est 2x + 3.
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133
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c
c
Séquence 5
• Le périmètre d’un carré est égal à : 4 × côté.
Ici, le côté est a. Le périmètre est donc 4 × a soit 4a.
Exercice 1
Figure 1 : 4a
• Le périmètre d’un rectangle est : 2 × longueur + 2 × largeur.
On trouve donc ici : 2 × x + 2 × y soit 2x + 2y.
• Le périmètre d’un triangle équilatéral est : 3 × côté.
On trouve donc ici : 3 × c soit 3c.
• L’étoile a 6 côtés de longueur u et 4 côtés de longueur v.
Son périmètre est donc 6u + 4v.
Figure 2 : 2x + 2y
Figure 3 : 3c
Figure 4 : 6u + 4v
Exercice 2
Voici une figure de périmètre 8x + 2y.
x
Une figure dont le périmètre est 8x + 2y peut avoir de multiples
formes.
On donne libre cours à son imagination !
Voici un autre exemple :
y
x
y
Exercice 3
Figure 1 : a²
Figure 2 : xy
Figure 3 :
ch
2
• L’aire d’un carré est donnée par la formule : côté × côté.
On trouve donc ici : a × a soit a².
• L’aire d’un rectangle est : longueur × largeur.
On trouve donc ici : x × y soit xy.
• L’aire d’un triangle est :
On trouve donc ici :
Figure 4 : πr2
Exercice 4
1)
Noémie a fait la somme de l’aire du rectangle et
de l’aire du triangle :
a×b +
a×b
ab .
= ab +
2
2
Quentin a fait la différence entre l’aire du grand
rectangle et l’aire du triangle foncé :
2a × b −
a×b
ab
.
= 2ab −
2
2
Les deux expressions (celle de Noémie et celle de
Quentin) sont correctes.
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c×h
2
• L’aire d’un disque est : π × rayon × rayon.
On trouve donc ici : π × r × r = π × r2.
a
1) L’aire du rectangle est ab.
L’aire du triangle rectangle est
la moitié de l’aire d’un rectangle
a×b
.
de dimensions a et b soit
2
b
ab b
ab
2
a
L’aire du grand rectangle est : 2a × b = 2ab.
L’aire du triangle rectangle foncé est
a×b
.
2
2a
Quentin fait la différence entre l’aire
du grand rectangle (2ab) et l’aire du
triangle rectangle foncé.
134
côté × hauteur relative
2
b
ab
2
c
Séquence 5
2)
Si j’utilise l’expression de Noémie :
ab +
On pouvait utiliser l’expression de Noémie ou bien celle de
Quentin. Dans chacun de ces deux cas, il suffisait de factoriser
par ab.
On choisit par exemple l’expression de Noémie :
ab
3 3ab
 1
= ab 1 +  = ab × =
2
2
2
 2
Si j’utilise l’expression de Quentin :
2ab −
ab
1
3 3ab

= ab  2 −  = ab × =
2
2
2
2

L’expression de Manon est correcte.
c
ab +
1
a×b
= ab × 1 + ab ×
2
2
On a représenté en gras le facteur commun ab.
ab × 1 + ab ×
1
1
= ab (1 + )
2
2
Conclusion : Lorsqu’on exprime par exemple une aire
à l’aide d’une expression littérale, il y a généralement
plusieurs expressions littérales possibles !
Séance 2
Ce que tu devais faire
Les commentaires du professeur
Exercice 5
1) a)
5 cm
Exemple de 4ème bateau :
3 cm
Les commentaires du professeur :
On peut construire ce bateau de la façon suivante : on trace un segment [AB]
AB = 5 cm
de 5 cm et deux cercles C 1 et C 2 de rayon 3 cm et de centres respectifs A et B.
x
C
C
C
A
C
2
1
On prend un point quelconque C (« au hasard ») sur le cercle C 2. On trace le
segment [BC]. On trace ensuite la demi-droite [Cx) d’origine C parallèle à (AB)
telle que [Cx) et [AB] soient du même côté de (BC).
3 cm
A
B
B
C
x
D
C
2
1
3 cm
La demi-droite [Cx) coupe le cercle C 1 en D.
A
C
B
C
2
1
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135
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Séquence 5
D
3 cm
E
F
3 cm
C
On construit ensuite les points E et F de [CD], respectivement à
3 cm de D et de C.
3 cm
A
G
B
5 cm
Le point G est un des deux points d’intersection du cercle de centre E de
rayon 5 cm, et du cercle de centre F de rayon 5 cm.
5 cm
c
c
D
3 cm
E
F
3 cm
C
3 cm
Remarques : On pouvait de cette façon construire une infinité de bateaux
répondant à l’énoncé, car on pouvait placer C au départ n’importe où
A
5 cm
B
sur le cercle C 2. On pouvait alors dans tous les cas terminer
la construction du bateau.
b)
b)
bateau n°1 : P1 = 3 × 3 + 4 × 1 soit P1 = 13 cm
bateau n°2 : P2 = 3 × 4 + 4 × 2 soit P2 = 20 cm
bateau n°3 : P3 = 3 × 4,5 + 4 × 2,5 soit
P3 = 23,5 cm
2) a) Avec l’expression de Lindsay :
Si x = 1
1 + 1 + 1 + 1 + 3 + 3 + 3 soit 13 cm.
Si x = 2
2 + 2 + 2 + 2 + 4 + 4 + 4 soit 20 cm.
Si x = 2,5 2,5 + 2,5 + 2,5 + 2,5 + 4,5 + 4,5 + 4,5
soit 23,5 cm.
Avec l’expression d’Hugo :
Si x = 1
4 × 1 + 3 × 3 = 4 + 9 soit 13 cm.
Si x = 2
4 × 2 + 3 × 4 = 8 + 12 soit 20 cm.
Si x = 2,5 4 × 2,5 + 3 × 4,5 = 10 + 13,5 soit
23,5 cm.
On retrouve les périmètres calculés à la question 1.
Les expressions de Lindsay et Hugo sont
correctes.
Justification :
Les côtés de même longueur du triangle isocèle
mesurent (x + 2).
Le périmètre p du bateau est donc :
p = x + x + x + x + (x + 2) + (x + 2) + (x + 2)
p = 4 × x + 3 × (x + 2)
2) a)
Pour utiliser l’expression de Lindsay, par exemple pour calculer
le périmètre d’un bateau dont les petits côtés de la coque
mesurent 1 cm, on remplace x par 1. Cela veut dire qu’à
chaque fois que l’on voit un x dans l’expression du périmètre,
on le remplace par un 1. A la fin, il ne doit plus rester aucun x
mais que des nombres. On effectue alors le calcul.
Cela ne prouve pas que les expressions sont égales pour toutes
les valeurs de x. Pour l’affirmer, il faut le démontrer dans le cas
général.
En effet, d’après l’énoncé, les côtés de même longueur du
triangle isocèle mesurent 2 cm de plus que les petits côtés de la
coque.
Pour que l’écriture du périmètre soit moins longue et plus
lisible, on remplace x + x + x + x par 4 × x. De plus, comme
y + y + y = 3y, on a : (x + 2) + (x + 2) + (x + 2) = 3 (x + 2).
b)
p = x + x + x + x + (x + 2) + (x + 2) + (x + 2)
Dans une somme, on peut changer l’ordre des termes et les
grouper comme on veut, donc :
p=x+x+x+x+x+2+x+2+ x+2
p= x+x+x+x+x+x+x+2+2+2
7x
6
{
{
b) J’utilise l’expression obtenue par Lindsay :
p = x + x + x + x + (x + 2) + (x + 2) + (x + 2)
p = 7 × x + 2 + 2 + 2 = 7x + 6
P1 = 3 + 3 + 3 + 1 + 1 + 1 + 1 = 3 × 3 + 4 × 1
P2 = 4 + 4 + 4 + 2 + 2 + 2 + 2 = 3 × 4 + 4 × 2
P3 = 4,5 + 4,5 + 4,5 + 2,5 + 2,5 + 2,5 + 2,5
P3 = 3 × 4,5 + 4 × 2,5
J’utilise l’expression obtenue par Hugo :
p = 4 × x + 3 × (x + 2) = 4 × x + 3 × x + 6 = 7x + 6
136
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fl En effet : 3 × (x + 2) = 3 × x + 3 × 2
c
Séquence 5
c)
Je cherche un nombre x qui vérifie 7 × x + 6 = 41 ;
5 convient car 7 × 5 + 6 = 41
c
c) Chercher les valeurs de x pour lesquelle le périmètre du
bateau est égal à 41, c’est chercher pour quelles valeur de x
l’expression 7x + 6 est égale à 41.
On aurait pu aussi chercher pour quelles valeurs de x
x + x + x + x + (x + 2) + (x + 2) + (x + 2) est égale à 41,
ou bien : 4 × x + 3 × (x + 2) est égale à 41.
On choisit l’expression 7x + 6 car c’est avec cette expression du
périmètre du bateau que les calculs seront les plus simples et
les plus rapides.
On cherche, en remplaçant x par différentes valeurs dans
l’expression 7 × x + 6, et on regarde si l’on obtient 41.
Pour x = 0
7×x+6=7×0+6=6
Pour x = 1
7 × x + 6 = 7 × 1 + 6 = 13
Pour x = 2
7 × x + 6 = 7 × 2 + 6 = 20
Pour x = 3
7 × x + 6 = 7 × 3 + 6 = 27
On remarque qu’à chaque fois que l’on ajoute 1 à x,
l’expression 7 × x + 6 augmente de 7.
Pour x = 5
7 × x + 6 = 7 × 5 + 6 = 41
Pour x plus grand que 5, on se dit que 7 × x + 6 sera plus
grand que 41, donc il semble que 5 soit la seule valeur pour
laquelle le périmètre du bateau soit égal à 41.
Exercice 6
Figure n°1 :
Figure n°2 :
Figure n°3 :
p = 6 × x + 4 × 2x = 6x + 8x = 14x
p = (x + 3) + (x + 3) + (x + 3) + 9 × x = 12x + 9
p = x + x + x + 1 + 1 + (x + 2) + (x + 2) = 5x + 6
Les remarques du professeur :
Figure 1 : Une fois que l’on a trouvé p = 6x + 8x, on pense à factoriser par x : p = (6 + 8) × x = 14 x.
Figure 2 : Une fois que l’on a écrit : p = (x + 3) + (x + 3) + (x + 3) + 9 × x, on pense à supprimer les parenthèses qui ne
servent à rien. On obtient alors : p = x + 3 + x + 3 + x + 3 + 9 × x = 3x + 9 + 9x = 12x + 9.
Figure 3 : Le triangle équilatéral a pour côté x + 1 + 1 soit x + 2. Le périmètre de la figure 3 est la somme de deux fois le côté de
ce triangle équilatéral, et de trois fois le côté du carré.
Exercice 7
a) On obtient 42 pour x = 3 (14 × 3 = 42)
b) On obtient 42 pour x = 2,75 (12 × 2,75 + 9 = 42)
c) On obtient 42 pour x = 7,2 (5 × 7,2 + 6 = 42)
Exercice 8
1)
Les égalités sont écrites en gras ci-dessous.
a) 5 + 7 = 12
b) – 6 = – 2 × (–3)
c) AB = 3 cm
d) EF ≤ 9
e) 2 + 4x = 14
f) 7(4x – 5) = 28x – 35
g) 1 m = 100 cm
1) Une égalité est une expression mathématique (« une phrase
mathématique ») comportant un signe égal.
Les expressions du a, b, c, e, f et g sont des égalités.
L’expression du d ne comporte pas de signe égal, mais le signe
inférieur ou égal ; ce n’est pas une égalité, c’est une inégalité.
Il y a beaucoup de phrases mathématiques qui ne sont pas des
égalités :
une somme : 7 + 5 + 6
un produit : 7 × 8
etc.
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c
c
Séquence 5
2)
5 + 7 = 12 est une égalité vraie.
– 6 = – 2 × (–3) est une égalité fausse.
2)
AB = 3 cm est une égalité. On ne sait pas si elle
est vraie ou fausse !
En fait, cela dépend du contexte (de la situation).
Si, dans un problème, on dit au départ que AB est le produit de
2 par 1,5, alors AB = 3 cm est une égalité vraie.
Si, dans un problème, on sait d’après les données que
AB = 4 cm, alors écrire AB = 3 cm, c’est écrire une égalité
fausse.
2 + 4x = 14 est une égalité qui peut être vraie ou
fausse, selon la valeur de x.
7 (4x – 5) = 28x – 35 est une égalité vraie.
1 m = 100 cm est une égalité vraie.
Exercice 9
1)
Cela dépend de la valeur de x.
Si x = 0
5 + 3x = 5 + 3 × 0 = 5
On ne trouve pas 2.
L’égalité 5 + 3x = 2 n’est pas vraie pour x = 0.
Si x = –1
5 + 3x = 5 + 3 × (–1) = 5 – 3 = 2
L’égalité 5 + 3x = 2 est vraie pour x = –1.
2) Je choisis un nombre. Je multiplie ce nombre
par 3. J’ajoute au résultat 5. J’obtiens 2.
Si x est ce nombre le nombre obtenu en
multipliant x par 3 est 3 × x soit 3x.
Si on ajoute 5 au résultat, on trouve : 3x + 5.
On cherche une valeur de x pour laquelle :
3x + 5 = 2.
On a vu dans la question précédente que si x = –1,
on a 3x + 5 = 2.
Si on choisit – 1 au départ, on trouve 2.
138
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Cette égalité est fausse (mais c’est quand même une égalité).
– 6 = 2 × (–3) est une égalité vraie.
2 + 4x = 14 n’est pas vraie pour n’importe quelle valeur de x.
Pour x = 0 2 + 4x = 2 + 4 × 0 = 2 + 0 = 2 On ne trouve pas 14.
Pourtant, il existe une valeur pour laquelle l’égalité est vraie :
Pour x = 3 2 + 4x = 2 + 4 × 3 = 2 + 12 = 14.
Pour x = 3, l’égalité 2 + 4x = 14 est vraie.
7(4x – 5) = 28x – 35 est une égalité vraie car elle est vraie
pour n’importe quelle valeur de x.
On sait qu’elle est vraie car, si on développe 7(4x – 5) :
7 × (4x – 5) = 7 × 4x – 7 × 5 = 28x – 35
En effet, on sait depuis le primaire que 1 m = 100 cm est vrai.
C’est la définition du centimètre !
1)
Remarque : en mathématiques, quand une expression qui
dépend de x n’est pas toujours vraie, on dit qu’elle n’est pas
vraie.
2)
Appliquer le programme de calcul à partir d’un nombre x
revient à calculer 3x + 5.
C’est l’expression que l’on a étudiée dans la question précédente !
Il existe peut-être d’autres valeurs pour lesquelles on trouve 2,
pour l’instant, on ne peut pas le savoir…
c
Séquence 5
Séance 3
Ce que tu devais faire
Les commentaires du professeur
Exercice 10
a) 4x – 8 = 5
La valeur solution est la valeur 2 :
13
4×
− 8 = 13 − 8 = 5
4
13
x=
4
a)
Pour x =
3
4
4x – 8 = 4 ×
Pour x = 3,2
c
3
− 8 = 3 − 8 = −5
4
4x – 8 = 4 × 3,2 – 8 = 12,8 – 8 = 4,8
3
et 3,2 ne sont pas des solutions de l’équation 4x – 8 = 5.
4
b) 8x + 7 = 2
La valeur solution est la valeur 3 :
 5
8 ×  −  + 7 = −5 + 7 = 2
 8
x=
−
5
8
c) –3x + 2 = 2x – 7
9
La valeur solution est la valeur 1 : x =
5
9
27
54
• −3 × + 2 = −
+ 2 = − + 2 = −5, 4 + 2 = −3, 4
5
5
10
• 2×
9
18
36
−7 = −7 =
− 7 = 3, 6 − 7 = −3, 4
5
10
5
b)
Pour x = – 1
8x + 7 = 8 × (–1) + 7 = –8 + 7 = –1
Pour x = 0,625 8x + 7 = 8 × 0,625 + 7 = 12
–1 et 0,625 ne sont pas des solutions de l’équation 8x + 7 = 2.
c) Remarque importante :
Quand on teste si un nombre est solution d’une équation
contenant un nombre inconnu dans les deux membres, on
fait le calcul séparé de chacun des deux membres, et ensuite,
on regarde si les deux nombres trouvés sont égaux.
Pour x = −
9
:
5
9
 9
–3x + 2 = −3 ×  −  + 2 = 3 × + 2 = 5, 4 + 2 = 7 , 4
5
 5
 9
2x – 7 = 2 ×  −  − 7 = −3, 6 − 7 = −10, 6
 5
−
9
n’est donc pas solution de l’équation.
5
Pour x = –2 :
–3x + 2 = –3 × (–2) + 2 = 6 + 2 = 8
2x – 7 = 2 × (–2) – 7 = –4 – 7 = – 11
–2 n’est pas solution de l’équation.
Exercice 11
1)
x
=5
2
Quel est le nombre qui ajouté à 4 donne 1 ?
•
•
Quel est le nombre qui multiplié par 3 donne – 5 ?
•
• x–7=3
Quel est le nombre qui, lorsqu’on lui soustrait 7, donne 3 ?
•
• x × 3 = –5
Quel est le nombre qui divisé par 2 donne 5 ?
•
• x+4=1
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c
c
Séquence 5
2)
•
x
=5 2
Le nombre qui divisé par 2 donne 5 est 5 × 2 soit 10. D’où : x = 10
• x – 7 = 3 Le nombre qui, lorsqu’on lui soustrait 7, donne 3 est 3 + 7 soit 10. D’où : x = 10
• x × 3 = –5 Le nombre qui multiplié par 3 donne – 5 est
−5
d’où :
3
x=
−5
3
• x + 4 = 1 Le nombre qui ajouté à 4 donne 1 est 1 – 4 soit –3. D’où : x = –3
Exercice 12
a) 3 + y = – 4
a)
Le nombre qui ajouté à 3 donne –4 est –4 – 3
soit – 7.
On utilise la définition d’une soustraction : le nombre qui
ajouté à a donne b est b – a.
D’où : y = –7
b) 7 × z = – 35
b)
Le nombre qui multiplié par 7 donne –35 est −35
7
On revient à la définition d’un quotient : lorsque a ≠ 0, le
D’où : z = –5
nombre qui multiplié par a donne b est
c) 8 = 3 + u
c)
Le nombre qui ajouté à 3 donne 8 est 8 – 3 soit 5.
Les équations 3 + u = 8 et 8 = 3 + u sont en fait
« identiques ». De façon générale, on peut permuter le membre
de droite et le membre de gauche d’une équation.
soit – 5.
D’où : u = 5
d)
4
8
=
AB 11
d)
On a déjà traité de nombreux cas comme celui-ci dans la
séquence sur la propriété de Thalès !
J’écris l’égalité des produits en croix :
AB × 8 = 4 × 11
On a vu que pour ce type de question, on pouvait utiliser
l’égalité des produits en croix.
AB × 8 = 44
AB est le nombre qui multiplié par 8 donne 44,
d’où : AB =
b
.
a
44 4 × 11 11
=
= = 5, 5
8
4× 2 2
AB = 5,5
Ensuite, on revient à la définition du quotient.
Exercice 13
Je suis le nombre qui multiplié par 3 donne –7
On utilise la définition d’un quotient : si a ≠ 0, le nombre qui
c’est-à-dire −7 .
3
multiplié par a donne b est
b
.
a
Exercice 14
5 + 3x = 1
On peut résoudre cette équation en deux étapes.
Le nombre 3x est le nombre qui ajouté à 5 donne 1.
• Dans un premier temps, on calcule 3x. Pour cela, on revient
à la définition d’une soustraction.
D’où : 3x est égal à 1 – 5 soit –4.
x est donc le nombre qui multiplié par 3 donne –4, • Ensuite, on calcule x en revenant à la définition du quotient.
c’est donc
x=
−4
3
140
−4
.
3
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c
Séquence 5
Exercice 15
1) Le produit de deux nombres de même signe est
toujours positif, donc le carré d’un nombre est
toujours positif. Je ne peux donc pas trouver de
nombre dont le carré est –1.
1) On applique ici une propriété sur le signe d’un produit de
deux relatifs vue dans la séquence 1.
2) Résoudre l’équation x2 = –1, c’est trouver tous
les nombres x dont le carré est –1.
2)
On voit ici le cas d’une équation qui n’admet aucune solution.
c
D’après la question précédente, il n’y en a aucun.
L’équation x2 = –1 n’a donc aucune solution.
Exercice 16
1)
J’ai beau essayer de nombreuses valeurs, aucune
d’entre elles n’est solution.
1)
Par un calcul direct, il semble très difficile, voire impossible, de
trouver une valeur entière solution de l’équation.
Pour des petites valeurs de y, 5y + 100 est plus petit que
2y + 150, mais plus y est grand, plus 5y + 100 est proche de
2y + 150.
Pour y = 20, 5y + 100 a dépassé 2y + 150.
Pour y = 0
5y + 100 = 5 × 0 + 100 = 100
2y + 150 = 2 × 0 + 150 = 150
Pour y = 1
En fait, pour y = 16
5y + 100 = 180
2y + 150 = 182
5y + 100 est encore plus petit que 2y + 150.
Pour y = 17
5y + 100 = 185
2y + 150 = 184
5y + 100 est devenu plus grand que 2y + 150.
Il se passe donc quelque chose entre 16 et 17. Si cette
équation admet une solution, elle se trouve entre 16 et 17 !
On essaie de trouver une valeur décimale de y pour laquelle
5y + 100 et 2y + 150 sont égales.
Pour 16,1 ; 16,2 ; 16,3 ; 16,4 ; 16,5 ; 16,6
5y + 100 est plus petit que 2y + 150.
Pour 16,7 , 5y + 100 est plus grand que 2y + 150.
S’il y a une solution, elle se trouve donc entre 16,6 et 16,7.
On peut continuer ainsi longtemps, mais on ne trouve pas de
solution décimale…
5y + 100 = 5 × 1 + 100 = 105
2y + 150 = 2 × 1 + 150 = 152
Pour y = 10
5y + 100 = 5 × 10 + 100 = 150
2y + 150 = 2 × 10 + 150 = 170
Pour y = 20
5y + 100 = 5 × 20 + 100 = 200
2y + 150 = 2 × 40 + 150 = 230
Avec un tableur, je ne trouve toujours pas de
solution. J’y arrive presque, car pour 16,75 les
deux nombres 5y + 100 et 2y + 150 sont très
voisins.
2)
2)
50
Calculons 5y + 100 et 2y + 150 pour y =
:
3
50
250
250 300 550
+ 100 =
+
=
• 5y + 100 = 5 × + 100 =
3
3
50
250
250 300 550
donc
5 × + 100
100 =
= 5y ++100
+
=
3
3
3
3
3
3
3
3
50
100
100 450 550
+ 150 =
+ 150 =
+
= Le nombre que propose Noémie est bien solution de l’équation.
3
3
3
3
3
50
≈ 16 , 6666666... Ce nombre n’est pas décimal : on
50 donc 2
100
100
450
550
y
+
150
3
2 × + 150 =
+ 150 =
+
=
3
3
3
3
3
n’aurait donc pas pu le trouver en essayant des valeurs, ou en
50
Pour y =
, on a bien : 5y + 100 = 2y + 150
utilisant un tableur.
• 2y + 150 = 2 ×
3
50
est donc une solution de l’équation
3
5y + 100 = 2y + 150.
Conclusion : Pour résoudre certaines équations, il va falloir
découvrir de nouvelles méthodes !
Comment Noémie a-t-elle pu trouver sa solution ?
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141
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c
c
Séquence 5
Séance 4
Ce que tu devais faire
Les commentaires du professeur
Exercice 17
1)
1ère étape :
200 g
50g
50g
2x + 50 = 250
2ème étape :
En enlevant 50g de chaque côté, l’équilibre est maintenu.
50g
50g
200 g
2x = 200
3ème étape :
Tu connais maintenant le « poids » des 2 pommes. Quelle opération te permet de trouver le « poids »
d’une pomme ? une division par 2. Donc : x = 100
2)
1ère étape :
5y + 100 = 2y + 150
2ème étape :
100 g
100 g
5y = 2y + 50
50g
3ème étape :
3y = 50
y=
Le « poids » d’une clémentine est donc
142
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50
3
50
g soit environ 16,7 g (arrondi au dixième de g près)
3
c
Séquence 5
Les remarques du professeur :
On vient de voir une méthode permettant de résoudre une équation plus complexe. Cette méthode est basée sur une propriété
admise qui est la suivante :
On ne change pas une égalité si on soustrait à ses deux membres un même nombre.
On admettra également qu’on ne change pas une égalité si on multiplie (ou divise) ses deux membres par un même nombre non
nul.
Remarque importante :
La solution de la question 2) apporte une réponse à la question que se posaient Ali et Lindsay dans l’exercice 16 :
« comment Noémie a-t-elle fait pour trouver que
c
50
était solution de l’équation : 5y + 100 = 2y + 150 ? ».
3
Exercice 18
1)
3x − 5 = 5 x + 1
3x − 5 − 5 x = 5 x + 1 − 5 x
−2 x − 5 = 1
−2 x − 5 + 5 = 1 + 5
−2 x = 6
−2 x 6
=
−2 −2
x = −3
1)
fl On retranche 5x aux deux membres de l’égalité afin
d’éliminer le terme en x du membre de droite.
fl On ajoute 5 aux deux membres de l’égalité afin qu’il ne
reste que des x dans le membre de gauche.
fl On divise les deux membres par –2 afin d’avoir un résultat
sous la forme : « x = … ».
Remarque : on pouvait procéder différemment.
• Par exemple, pour trouver x sachant que : –2x = 6.
On sait que x est le nombre qui multiplié par –2 donne 6.
6
= −3 .
On peut donc écrire directement x =
−2
• On pouvait également au début retrancher 3x aux deux
membres afin d’éliminer le terme en x du membre de gauche.
2)
3)
7 x + 6 = 3x − 2
7 x + 6 − 3x = 3x − 2 − 3x
4 x + 6 = −2
4 x + 6 − 6 = −2 − 6
4 x = −8
4 x −8
=
4
4
x = −2
9x − 8 = −x − 3
9x − 8 + x = −x − 3 + x
10 x − 8 = −3
10 x − 8 + 8 = −3 + 8
10 x = 5
10 x 5
=
10 10
x = 0, 5
2)
fl On retranche 3x aux deux membres de l’égalité afin
d’éliminer le terme en x du membre de droite.
fl On retranche 6 aux deux membres de l’égalité afin qu’il ne
reste que des x dans le membre de gauche.
fl On divise les deux membres par 4 afin d’avoir un résultat
sous la forme : « x = … ».
On pouvait procéder différemment, une fois que l’on avait
obtenu 4x = –8. On sait que x est le nombre qui multiplié par
4 donne –8.
−8
= −2 .
On peut donc écrire directement x =
4
3)
fl On ajoute x aux deux membres de l’égalité afin d’éliminer le
terme en x du membre de droite.
fl On ajoute 8 aux deux membres de l’égalité afin qu’il ne
reste que des x dans le membre de gauche.
fl On divise les deux membres par 10 afin d’avoir un résultat
sous la forme : « x = … ».
On pouvait procéder différemment, une fois que l’on avait
obtenu : 10x = 5. En effet, le nombre qui multiplié par
5
soit 0,5. Ainsi : x = 0,5.
10 donne 5 est
10
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143
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c
c
Séquence 5
Exercice 19
a)
Noémie : B1 = (2 * A1 + 5) / 3
Quentin : B1 = (A1 – 8) / 2
b)
b)
Répondre à la question revient à résoudre
On aurait pu utiliser une autre méthode :
l’équation :
2x + 5 x − 8
est une égalité de quotients.
=
3
2
2x + 5
3
2
5
x+
3
3
2
5 x
x+ −
3
3 2
5
2 1
 3 − 2x + 3


x −8
2
x
= −4
2
x
x
= −4−
2
2
=
On sait d’après la séquence 1 que si on a cette égalité, alors les
produits en croix sont égaux.
On a alors : 3 × ( x − 8) = 2 × (2 x + 5) .
On résout cette équation :
3 × ( x − 8 ) = 2 × ( 2 x + 5)
3 x − 24 = 4 x + 10
3 x − 24 − 4 x = 4 x + 10 − 4 x
− x − 24 = 10
− x − 24 + 24 = 10 + 24
− x = 34
x = −34
= −4
5
4 3
 − 6  x + 3 = −4
6

1
5
x + = −4
6
3
1
5 5
5
x + − = −4 −
6
3 3
3
1
12 5
x=− −
6
3 3
1
17
x=−
6
3
1
 17 
6× x = 6×− 
6
 3 
6 × 17
3 × 2 × 17
x=−
=−
= −34
3
3
Cette méthode comporte moins de calculs que celle proposée
dans la colonne de gauche. Elle est tout aussi satisfaisante.
Quentin et Noémie n’obtiennent le même nombre
dans la case B1 que dans un seul cas : lorsqu’ils
placent –34 dans la case A1.
Séance 5
Ce que tu devais faire
Les commentaires du professeur
Exercice 20
1) 6 + 15 × 3 est une somme.
Les deux termes de cette somme sont 6 et 15 × 3.
2) 6 + 15 × 3 est bien une somme, mais ce n’est
pas parce que le signe + apparaît en premier, c’est
parce que la multiplication est prioritaire par
rapport à l’addition.
}
6 + 15 × 3 = 6 + 45 = 51
prioritaire
Ni Manon, ni Quentin n’avaient raison.
3)
La dernière opération que j’ai faite est une
addition ; l’expression 6 + 15 × 3 est donc une
somme.
144
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2)
La justification de Quentin est fausse. Manon s’est également
trompée.
c
Séquence 5
Exercice 21
somme
produit
différence
produit
4 × x + 3 × (x + 2)
somme
produit
2(5x – 3)
différence
produit
3×x×y+1
somme
produit
(x + 6) × (x + 5)
somme
produit
7x + 6
2a × b −
ab
2
c
Les remarques du professeur :
Dans un calcul, on doit effectuer en priorité les calculs entre parenthèses, puis les multiplications et les divisions.
Tu peux, pour t’aider, souligner ces calculs prioritaires. Ainsi tu verras plus clairement l’opération qu’il reste à faire en dernier.
Exercice 22
La somme de x et du double de la somme de x et de 6
•
• (2x + 6) × x
Le produit du double de x par la somme de x et de 6
•
• 2×6+2×x
Le produit de la somme de 2x et de 6 par x
•
• x + 2 × (x + 6)
La somme du double de 6 et du double de x
•
• 2x × (x + 6)
Exercice 23
6+8×x
La somme de 6 et du produit de 8 par x.
3 × (x + 2)
Le produit de 3 par la somme de x et de 2.
2x × 2y
Le produit du double de x par le double de y.
2x × 4 + x
La somme du produit du double de x par 4 et de x.
Les remarques du professeur :
Cet exercice est difficile. Voici quelques conseils :
1) On commence par déterminer si l’expression est une somme ou un produit ; ce sera le début de la phrase.
2) Si c’est un produit par exemple, on souligne les 2 facteurs de ce produit et on traduit chacun d’eux par une phrase.
3) On rédige ensuite la phrase.
Exemple avec 2x × 4 + x :
1) Cette expression est une somme donc la phrase s’écrira sous la forme : « la somme de .. et de .. »
2) Les termes de cette somme sont :
2x × 4 (le produit de 2x par 4) et x
Ainsi la phrase est : La somme du produit de 2x par 4 et de x.
Ou encore : La somme du produit du double de x par 4 et de x.
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145
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c
c
Séquence 5
Exercice 24
1) RI = x – 3.
2) L’aire de TRIO est donc :
5 × (x – 3) = 5 × x – 5 × 3 = 5x – 15
3) L’objectif de l’exercice est de trouver pour quelle
valeur de x l’aire de TRIO est égale au
3
de l’aire
5
de RECT. L’aire de RECT est 5x, donc l’équation à
résoudre est :
3
5x – 15 = × 5x
5
4)
4)
5 x − 15 = 3x
Maintenant qu’on est un peu plus habitué à résoudre des
5 x − 15 − 3x = 3 x − 3 x
équations, on peut écrire directement certains calculs. On
2 x − 15 = 0
aurait pu écrire :
5x − 15 = 3x
5x − 15 − 3x = 0
2x − 15 = 0
2x = 15
2 x − 15 + 15 = 0 + 15
2 x = 15
x=
15
= 7,5
2
3
de l’aire de RECT
5
uniquement lorsque x = 7,5.
15
2
x = 7, 5
x=
L’aire de TRIO est égale au
Il faut cependant toujours avoir en tête le principe de « la
balance ».
Exercice 25
A = 5 × x – 5 × 9 = 5x – 45
B = –3 × 4 y + (– 3) × 1 = –12y – 3
C = –2 × (–3x) + (–2) × 5y = 6x – 10y
D = 4x × 7 – 4x × 2x = 28x – 8x²
Lorsqu’on développe un produit, on le transforme en une
somme ou une différence. On pense donc à vérifier que les
réponses s’écrivent bien sous la forme d’une somme ou d’une
différence.
Exercice 26
A = 12 × (a – b) = 12 (a – b)
Lorsqu’on factorise, on transforme une somme ou une différence
en un produit. On pense donc à vérifier que les réponses sont
bien des produits.
B = 9 × 3u + 9 × 4v – 9 × 5w = 9 (3u + 4v – 5w)
Avant de factoriser le B et le C, il est préférable de mettre en
C = 5 × x – 5 × 1 = 5 (x – 1)
évidence le facteur commun (9 pour B et 5 pour C).
D = (–12) × y + (–12) × (–2z) = (–12) (y – 2z)
Dans le D, on peut choisir 12 ou (–12) comme facteur
ou bien
commun. Attention aux signes !
D = 12 × (– y) + 12 × 2z = 12 (–y + 2z)
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c
Séquence 5
Exercice 27
1)
Aire de ABCD : xy
Aire de TUNA : 2 × (y – 2) = 2 × y – 2 × 2 = 2y – 4
c
Aire de BOUT : 2 × 2 = 4
Aire de DNOC : y × (x – 2) = y × x – y × 2 = xy – 2y
2) 2 y − 4 + 4 + xy − 2 y = xy
3)
Périmètre de ABCD : 2 × y + 2 × x = 2 (y + x)
Périmètre de TUNA : 2 × (y – 2) + 2 × 2 = 2 × y – 2 × 2 + 2 × 2 = 2 × y − 2 × 2 + 2 × 2 = 2 y
Périmètre de BOUT : 4 × 2 = 8
Périmètre de DNOC : 2 × y + 2 × (x – 2) = 2 × y + 2 × x – 2 × 2 = 2 (y + x – 2)
Les remarques du professeur :
x – 2 et y – 2 sont des nombres comme 5 et 8 par exemple. Leur expression est juste un peu plus compliquée.
On pouvait donc factoriser le périmètre de TUNA et de DNOC en procédant différemment :
2 × (y – 2) + 2 × 2 = 2((y – 2) + 2) = 2(y – 2 + 2) = 2y
2 × y + 2 × (x – 2) = 2(y + (x – 2)) = 2(y + x – 2)
3) On pouvait déterminer le périmètre de ABCD, TUNA et DNOC après avoir déterminé leurs demi-périmètres :
• le demi-périmètre de ABCD est : y + x.
Le périmètre de ABCD est : 2(y + x).
• le demi-périmètre de TUNA est : y – 2 + 2 soit y.
Le périmètre de TUNA est : 2y.
• le demi-périmètre de DNOC est : y + (x – 2) soit : y + x – 2.
Le périmètre de DNOC est : 2(y + x – 2).
Exercice 28
C’est la figure 2 qui a pour périmètre 5 (x + 1).
Périmètre de la figure 1 : 4x + 2 × 0,5 + 2x – 0,5 = 6x + 0,5
Périmètre de la figure 2 : x + 2,5 + 2x + 2x + 2,5 = 5x + 5 = 5 × x + 5 × 1 = 5 (x + 1)
Périmètre de la figure 3 : 2x + x + 0,5 + 2x + 0,5 = 5x + 1
Les remarques du professeur :
Attention !
5 (x + 1) n’est pas égal à 5x + 1.
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147
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c
c
Séquence 5
Séance 6
Ce que tu devais faire
Les commentaires du professeur
Exercice 29
1)
Quentin et Manon ont faux. En effet, si x = 1
2 + 3x + (5 – 9x) – (7 – 6x) = 2 + 3 + (5 – 9) – (7 – 6) = 2 + 3 – 4 – 1 = 0
On devrait trouver 0 en remplaçant x par –1 dans les expressions trouvées par Quentin et Manon :
–12x = –12 × 1 = –12
18x – 10 = 18 – 10 = 8
Ce n’est pas le cas. Quentin et Manon se sont trompés.
Si x = 2 :
2 + 3x + (5 – 9x) – (7 – 6x) = 2 + 3 × 2 + (5 – 9 × 2) – (7 – 6 × 2) = 2 + 6 + (5 – 18) – (7 – 12)
2 + 3x + (5 – 9x) – (7 – 6x) = 2 + 6 + (– 13) – (–5) = 2 + 6 – 13 + 5 = 13 – 13 = 0.
Hugo semble avoir raison, mais pour en être sûr, il faut montrer que l’on trouve 0 pour n’importe
quelle valeur de x.
2)
a) –7 = (–1) × 7
8 = (–1) × (–8)
b) –(a + b) = (–1) × (a + b) = (–1) × a + (–1) × b = –a + (–b)
c) 2 + 3x + (5 – 9x) – (7 – 6x) = 2 + 3x + (5 – 9x) – (7 + (–6x))
2 + 3x + 5 – 9x + (–7) + 6x = 2 + 5 – 7 + 3x – 9x + 6x = 0 + 0x = 0.
Les remarques du professeur :
c)
• Lorsque des parenthèses sont précédées d’un signe +, elles sont inutiles. On peut donc les supprimer.
• Lorsque des parenthèses sont précédées d’un signe –, on utilise la propriété : « l’opposé d’une somme est la somme des opposés ».
Ainsi :
– (7 – 6x)= – (7 + (– 6x))
– (7 + (– 6x)) est l’opposé de la somme de 7 et de –6x.
C’est donc la somme de :
. l’opposé de 7 soit –7
. l’opposé de –6x soit 6x
D’où : – (7 + (– 6x)) = –7 + 6x.
Exercice 30
A = – 4 – 5x
C = – 13x + 5y – 3
E = 10x + 3
B = – 9x + 5
D = 1 – 7a
F = – 7 + x – 2y
Exercice 31
148
A = 6a – 7 + 9a – 7a + 2
B = 19 + 5 – b – b – 1
A = 8a – 5
B = –2b + 23
C = – 5c + 5 – 5c + 5
D = – 4 – 6d – 1 – 7 + 3d
C = –10c + 10
D = –3d – 12
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c
Séquence 5
Exercice 32
1)
L’expression de Lindsay est :
(x + 1) × 1 + x × (y – 2) + (x + 1) × 1
c
1)
Dans les expressions, les produits correspondent aux aires des
rectangles pris dans l’ordre de l’énoncé.
L’expression de Manon est :
y × (x + 2) – 1 × (y – 1) – 1 × (y – 1)
L’expression de Hugo est :
y × (x + 1) – 1 × (y – 1) + 1 × 1
2)
Le travail d’Ali consiste à simplifier chaque
expression pour vérifier qu’elles sont bien égales.
Pour cela, il développe chaque produit en utilisant
la distributivité de la multiplication par rapport à
l’addition et à la soustraction.
Lindsay :
x + 1 + xy – 2x + x + 1 = xy + 2
Manon :
xy + 2y – y + 1 – y + 1 = xy + 2
Hugo :
xy + y – y + 1 + 1 = xy + 2
2)
Il y a encore des expressions littérales à trouver pour exprimer
l’aire totale !
Tu peux essayer d’en trouver d’autres…
A chaque fois que tu en trouves une différente de celles de
Lindsay, Manon ou Hugo, simplifie-la au maximum : tu dois
retrouver xy + 2 !
Exercice 33
Dans le triangle ADE, on a :
• B ∈ [AD) et C ∈ [AE)
• (DE) // (BC).
D’après la propriété de Thalès, on a :
AE AD ED
=
=
AC AB CB
A, E, C sont alignés dans cet ordre donc
AE = AC − CE
AC = 7
On commence donc par exprimer CE en fonction de x.
AE = AC − CE = 7 − (x − 2)
← Attention de ne pas oublier la parenthèse autour de x − 2.
E, C, F sont alignés dans cet ordre donc
CE = EF − FC = x − 2
AE = 7 − x + 2
AE = − x + 9
−x + 9
2 ED
=
7
3 CB
−x + 9 2
=
donc ( − x + 9) × 3 = 7 × 2
7
3
−3x + 27 = 14
=
−3x = 14 − 27
−3x = −13
−13
x=
−3
13
x=
3
On utilise ci-contre l’égalité des produits en croix pour trouver x.
On aurait pu également procéder ainsi :
−x + 9
7
=
−x + 9 =
−x=
−x=
2
donc − x + 9 =
3
2 ×7
; −x + 9 =
3
14
−9
3
14 − 27
3
;
;
−x=
14
3
−x= −
2
3
×7
14
3
−
13
3
27
3
;
x=
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13
3
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c
c
Séquence 5
Séance 7
Ce que tu devais faire
Les commentaires du professeur
Exercice 34
1)
1ère expression : (x + 5) × (y + 2)
2ème expression : x × y + x × 2 + 5 × y + 5 × 2
c’est-à-dire xy + 2x + 5y + 10
2)
( x + 5 ) × ( y + 2 ) = x × (y + 2) + 5 × (y + 2)
On utilise la formule : (a + b) × c = a × c + b × c
x × ( y + 2 ) + 5 × ( y + 2 ) est égal à
On utilise ensuite la formule : c × (a + b) = c × a + c × b
pour chacun des deux termes x × (y + 2) et 5 × (y + 2).
x×y+x×2+5×y+5×2
donc x × (y + 2) + 5 × (y + 2) = xy + 2x + 5y + 10
Remarque :
Ce que l’on a fait en deux étapes dans la question 2 peut se
faire en une étape de la façon suivante :
(x + 5)(y + 2) = x × y + x × 2 + 5 × y + 5 × 2
Exercice 35
A = (x + 3)(y + 1) = x × y + x × 1 + 3 × y + 3 × 1 = xy + x + 3y + 3
B = (2x + 5)(3x + 2) = 2x × 3x + 2x × 2 + 5 × 3x + 5 × 2 = 6x² + 4x + 15x + 10 = 6x² + 19x + 10
C = (x – 2)(6x + 7) = x × 6x + x × 7 + (–2) × 6x + (–2) × 7 = 6x² + 7x – 12x – 14 = 6x² – 5x – 14
D = (3a – 2)(a – 3) = 3a × a + 3a × (–3) + (–2) × a + (–2) × ( –3) = 3a² – 9a – 2a + 6 = 3a² – 11a + 6
E = (3 – y)(y – 6) = 3 × y + 3 × (–6) + (–y) × y + (–y) × (–6) = 3y – 18 – y² + 6y = – y² + 9y – 18
F = (–5x – 1)(2x – 3) = (–5x) × 2x + (–5x) × (–3) + (–1) × 2x + (–1) × (–3) = –10x² + 15x – 2x + 3
donc : F = –10x² + 13x + 3
Les remarques du professeur :
Les difficultés commencent quand les signes « – » apparaissent !
Ici, ils apparaissent dans l’expression C. En fait, il suffit de se dire : x – 2 = x + (–2)
Avec un peu de pratique, on peut aller plus vite en évitant les parenthèses. On écrit le signe de chaque produit au fur et à mesure.
On écrit par exemple directement : (3a – 2)(a – 3) = 3a × a – 3a × 3 – 2 × a + 2 × 3
Si tu es plus à l’aise avec les parenthèses, continue d’utiliser cette méthode. L’essentiel est de ne pas faire d’erreur de signe !
Exercice 36
1ère figure : (x – 2)(y + 5) = x × y + x × 5 + (–2) × y + (–2) × 5 = xy + 5x – 2y – 10
2ème figure : (3x + 2)(3x + 2) = 3x × 3x + 3x × 2 + 2 × 3x + 2 × 2 = 9x² + 6x + 6x + 4 = 9x² + 12x + 4
3ème figure : (y – 3)(2y – 2) = y × 2y + y × (–2) + (–3) × 2y + (–3) × (–2) = 2y² – 2y – 6y + 6 = 2y² – 8y + 6
Les remarques du professeur :
Si on est à l’aise avec les signes, on peut écrire directement :
(x – 2)(y + 5) = x × y + x × 5 – 2 × y –2 × 5
(y – 3)(2y – 2) = y × 2y – y × 2 – 3 × 2y + 3 × 2
150
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c
Séquence 5
Séance 8
Ce que tu devais faire
Les commentaires du professeur
Exercice 37
1)
Lindsay a choisi d’appeler x l’âge de Margot.
Louis a 4 ans de plus que Margot, donc son âge
est : x + 4
Margot a 2 fois l’âge de Lorraine donc l’âge de
Lorraine est :
1ère étape : choisir l’inconnue. Pour ce problème, on a le choix
entre l’âge de Louis, l’âge de Margot ou l’âge de Lorraine.
2ème étape : on traduit l’énoncé par une équation. On
commence par traduire l’âge de chaque personne en fonction
de x.
x
2
x+x+4+
La somme de leurs trois âges est 34 ans donc :
x+ x+4+
x
= 34
2
5
x + 4 = 34
2
5
x = 34 − 4
2
5
x = 30
2
5
x × 2 = 30 × 2
2
5 x = 60
60
x=
= 12
5
Margot a 12 ans, Louis a 16 ans et Lorraine a
6 ans.
Vérification : la somme des âges des trois enfants
est : 12 + 16 + 6 = 34
2)
Ali a choisi d’appeler x l’âge de Lorraine.
Margot a 2 fois l’âge de Lorraine donc l’âge de
Margot est 2x
Louis a 4 ans de plus que Margot, donc son âge
est : 2x + 4
La somme de leurs trois âges est 34 ans donc :
x + 2x + 2x + 4 = 34
5x + 4 = 34
5x = 34 – 4
5x = 30
x=
30
5
c
x
2
= 34 est une équation qui traduit le problème.
3ème étape : on résout cette équation
x+x+
x 2
2
1
2 2 1
5
= x+ x+ x=( + + )x = x
2 2
2
2
2 2 2
2
(on regroupe les termes semblables)
On soustrait 4 à chaque membre de l’équation
On multiplie par 2 chaque membre de l’équation de façon à se
ramener à une équation « sans dénominateur ».
On divise par 5 chaque membre de l’équation ou on utilise la
définition du quotient.
On conclut en répondant au problème posé.
4ème étape : On fait une vérification.
=6
Lorraine a 6 ans, Margot a 12 ans et Louis a
16 ans.
La méthode d’Ali est plus judicieuse que celle de
Lindsay car il se ramène à une équation « sans
dénominateurs ».
Éviter les fractions, c’est souvent éviter des erreurs de calculs !
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151
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c
c
Séquence 5
3)
Il est important, lorsque cela est possible, de réfléchir avant
de choisir l’inconnue. Les calculs peuvent être beaucoup plus
simples si l’on fait le bon choix !
Hugo a choisi d’appeler x l’âge de Louis.
Margot a 4 ans de moins que Louis donc l’âge de
Margot est : x – 4.
Margot a 2 fois l’âge de Lorraine, donc l’âge de
Lorraine est :
x−4
2
La somme de leurs trois âges est 34 ans donc :
x−4
= 34
2
5x − 4
− 4 = 34
2
5x − 4
= 38
2
5 x − 4 = 76
5 x = 80
80
x=
= 16
5
x+ x−4+
Louis a 16 ans, Margot a 12 ans et Lorraine a
6 ans.
Le choix d’Hugo n’est pas le meilleur ! C’est lui qui
a l’équation la plus compliquée à résoudre.
Exercice 38
J’appelle x le prix en euros du billet avant la réduction.
Le prix en euros du billet avec la remise de 3 % est :
x − x×
D’après l’énoncé, on a donc :
3 
3 
97
= 1 −
x=
x

100  100 
100
97
x = 145, 5
100
97 x = 100 × 145, 5
97 x = 14 550
14 550
x=
97
x = 150
Avant la réduction, le billet coûtait 150 euros.
Les commentaires du professeur :
On pouvait rédiger la solution de cet exercice de différentes manières.
• une autre solution :
J’appelle x le prix en euros du billet avant la réduction.
Le prix en euros du billet avec la remise de 3 % est : x − x ×
D’après l’énoncé, on a donc : 0,97x = 145,5
145,5
x=
0,97
x =150
152
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3
= x − x × 0,03 = (1 − 0,03)x = 0,97x
100
c
Séquence 5
• une deuxième autre solution :
97
x = 145,5 comme suit, par exemple :
On pouvait rédiger la résolution de l’équation :
100
100
97
100
×
x=
× 145,5
97
100
97
1x =
100 × 145,5
97
c
x = 150
• une troisième autre solution :
97
x = 145,5 ainsi :
On pouvait encore rédiger la résolution de l’équation :
100
145,5
100 145,5 × 100
x=
=145,5 ×
=
= 150
97
97
97
100
Remarque : le prix avant réduction n’est pas égal à 145,5 € augmenté de 3 % (vérifie à la calculatrice).
Exercice 39
La largeur du rectangle est (x – 3).
Sa longueur est le triple de sa largeur.
périmètre d’un rectangle :
2 × largeur + 2 × longueur.
Elle est donc égale à 3 × (x – 3).
Le problème posé se traduit donc par :
2 × ( x − 3) + 2 × 3 × ( x − 3) = 56
2 x − 6 + 6 × ( x − 3) = 56
2 x − 6 + 6 x − 18 = 56
8 x − 24 = 56
8 x = 56 + 24
8 x = 80
x = 10
Lorsqu’on doit résoudre une équation, on essaie, avant d’utiliser
les propriétés sur les égalités, de simplifier l’écriture de chacun
des deux membres.
La longueur en cm du rectangle est 3 × (10 – 3)
soit 21 cm.
Exercice 40
J’appelle x le nombre de places à 15 euros qu’a
achetées Léa.
Le nombre de places à 21 euros qu’elle a achetées
est donc 18 − x.
D’après l’énoncé, on a :
15 x + 21(18 − x ) = 300
15 x + 21 × 18 − 21x = 300
15 x + 378 − 21x = 300
15 x − 21x = 300 − 378
−6 x = −78
−78
x=
−6
x = 13
Léa a acheté 13 places à 15 euros et 18 − 13 soit
5 places à 21 euros.
Vérification :
Le prix total en euros des billets est :
13 × 15 + 5 × 21 = 195 + 105 = 300
Au départ, on a l’impression qu’il faut deux lettres pour
résoudre cet exercice :
• l’une pour désigner le nombre de places à 15 euros que Léa
a achetées
• l’autre pour désigner le nombre de places à 21 euros qu’elle
a achetées.
On s’aperçoit, en fait, qu’une suffit, car la 2ème peut s’écrire
« en fonction » de la 1ère.
Si, au lieu de mettre tous les termes en x dans le premier
membre et les termes sans x dans le second membre, on avait
fait le contraire, on aurait obtenu :
378 − 300 = 21x − 15x
78 = 6x
6x = 78 (une équation sans signe − dans le premier membre ;
moins il y a de signe − moins il y a de risques d’erreurs.)
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c
c
Séquence 5
Exercice 41
1)
Manon
Quentin
5
Noémie
Étape 1 :
3
Étape 1 :
Étape 2 :
3×2=6
Étape 2 : 2 ×
Étape 3 :
6–3=3
Étape 3 :
5–3=2
Étape 3 : –8 – 3 = –11
Étape 4 :
5 × 3 = 15
Étape 4 :
2 × 5 = 10
Étape 4 : (–11) × 5 = –55
Étape 1 :
2
5
2
=5
(− 4)
Étape 2 : (–4) × 2 = –8
5
= −15
2
Étape 5 : 15 – 10 × 3 = –15
Étape 5 : 10 − 10 ×
Étape 6 : –15 + 15 = 0
Étape 6 : –15 + 15 = 0
Étape 5 : –55 – 10 × (–4) = –15
Étape 6 : –15 + 15 = 0
2) Ils trouvent tous les trois 0.
3) Le programme de calcul se traduit par : 5 × (2 × n – 3) – 10n + 15.
4) 5 × (2 × n – 3) – 10n + 15 est égal à 0.
5) Pour démontrer cette conjecture, il suffit de simplifier l’expression littérale.
5 × (2 × n – 3) – 10n + 15 = 5 × (2n – 3) – 10n + 15 = 10n – 15 – 10n + 15 = 0.
Les remarques du professeur :
3) Procédons par étape :
Etape 1 : n
Etape 2 : 2 × n
Etape 3 : 2 × n – 3
Etape 4 : 5 × (2 × n – 3)
Etape 5 : 5 × (2 × n – 3) – 10n
Etape 6 : 5 × (2 × n – 3) – 10n + 15
4) 5) Pour trois nombres différents (ceux choisis par Manon, Quentin et Noémie), on trouve que le programme donne 0. Cela ne
suffit pas pour conclure que c’est toujours vrai. Il est nécessaire de faire une démonstration.
Puisque l’expression littérale se simplifie et donne 0, on peut affirmer que ce sera toujours le cas.
Remarque : quand on écrit que « 5 × (2 × n – 3) – 10n + 15 est égal à 0. », n’oublie pas que cela veut dire que :
5 × (2 × n – 3) – 10n + 15 est égal à 0 pour n’importe quelle valeur de n.
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c
Séquence 5
Séance 9
Ce que tu devais faire
Les commentaires du professeur
Exercice 42
1)
Durée (en minutes)
30
45
60
90
Abonnement A (en €)
28
32,5
37
46
Abonnement B (en €)
35
38
41
47
c
2) x est le nombre de minutes de communication.
Abonnement A : 19 + 0,3x
Abonnement B : 29 + 0,2x
3) Répondre au problème posé revient à résoudre l’équation :
19 + 0,3x = 151
0,3x = 151 – 19
0,3x = 132
x=
132
0, 3
= 440
Avec 440 minutes de communication, on paye 151 € avec l’abonnement A.
4) Répondre au problème posé revient à résoudre l’équation :
19 + 0,3x = 29 + 0,2x
0,3x = 29 + 0,2x – 19
0,3x – 0,2x = 29 – 19
0,1x = 10
x=
10
0,1
= 100
Pour 100 minutes de communication, les 2 tarifs sont égaux.
Les commentaires du professeur :
1) et 2) Si on observe les calculs pour les 2 abonnements, on trouve facilement l’expression littérale :
Abonnement A
19 + 0,3 × 30 = 28
19 + 0,3 × 45 = 32,5
19 + 0,3 × 60 = 37
19 + 0,3 × 90 = 46
Expression littérale :
19 + 0,3 × x
Abonnement B
29 + 0,2 × 30 = 35
29 + 0,2 × 45 = 38
29 + 0,2 × 60 = 41
29 + 0,2 × 90 = 47
Expression littérale :
29 + 0,2 × x
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c
c
Séquence 5
Exercice 43
1ère partie
1) L’aire du triangle ACD est :
9 × 12
soit 54 cm².
2
2) On utilise la propriété de Pythagore dans le triangle ABC rectangle en B :
AC² = AB² + BC²
AC² = 9² + 12²
AC² = 81 + 144 = 225
AC = 15 cm
2ème partie
ED × DF
1) L’aire de EFD est donnée par la formule :
ED = 12 – 4 soit ED = 8 cm
L’aire du triangle EFD est donc :
2
DF = (9 – x) cm
8(9 − x)
= 4(9 − x) = 4 × 9 − 4 × x = 36 − 4 x
2
2) Répondre au problème posé, c’est résoudre l’équation suivante :
36 − 4 x = 24
−4 x = 24 − 36
−4 x = −12
−12
x=
=3
−4
Pour x = 3, l’aire du triangle EFD est 24 cm².
Exercice 44
1) x = 4
AB = 4 + 8 = 12
AC = 4 + 7 = 11
BC = 5
Le plus long côté est [AB].
AB² = 12² = 144
AC² + BC² = 11² + 5² = 121 + 25 = 146
AB² ≠ AC² + BC²
D’après la propriété de Pythagore, le triangle ABC n’est pas rectangle si x = 4.
2)
(x + 7)² = (x + 7)(x + 7) = x × x + x × 7 + 7 × x + 7 × 7 = x² + 7x + 7x + 49 = x² + 14x + 49
(x + 8)² = (x + 8)(x + 8) = x × x + x × 8 + 8 × x + 8 × 8 = x² + 8x + 8x + 64 = x² + 16x + 64
3)
AB² – AC² = (x + 8)² – (x + 7)² = x² + 16x + 64 – (x² + 14x + 49) = x² + 16x + 64 – x² – 14x – 49 = 2x + 15
4)
Comme x est positif, le plus long côté est [AB].
Le triangle ABC est rectangle en C uniquement si : AB² = AC² + BC² c’est-à-dire uniquement si :
AB² – AC² = BC²
AB² –AC² = 2x + 15.
Répondre au problème posé revient à résoudre l’équation : 2x + 15 = 5²
2 x + 15 = 25
2 x = 25 − 15
2 x = 10
x=5
Le triangle ABC est rectangle en C uniquement si x = 5.
156
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c
Séquence 5
Je m’évalue
1)
® 2x + 5
˛ 3x
˛ 2x + (x – 4) + 4
® Ce n’est pas possible de savoir
1)
AB = DH = x – 4
Si l’on ajoute les longueurs de chaque côté du polygone, on
obtient :
x + x + (x – 4) + 4 = 2x + (x – 4) + 4 = 3x
2)
2)
Résolvons l’équation :
12x + 8 = –10x – 3
12x + 10x = –3 – 8
22x = –11
11
1
x=−
=−
22
2
®
5
2
® –2
11
®−
2
1
˛−
2
c
On peut aussi tester chaque solution proposée, mais c’est plus
fastidieux.
3)
˛ 8x + 9
® 8x + 1
® 2x + 9
® 8x + 13
3)
5(x + 3) + 3(x – 2) = 5x + 15 + 3x – 6 = 8x + 9
4)
® (3x + 1)(2x + 7)
® (3 + x) × 2
˛ 5x × 2x – 3x + 1
® 7(1 + x)
4)
5)
3
® n + × 3n
4
1
® n × 3 + × 3n
4
® n×3 +


3n 
4 
˛ ( n + 3) ×
3n
4
Toutes sont des produits sauf la 3ème qui représente le nombre
obtenu :
• en retranchant 3x à 5x × 2x
• puis en ajoutant 1 au nombre obtenu.
5)
Le produit de la somme de n et de 3 par le quart du triple de n.
La somme de n et de 3 est n + 3.
1
3n
.
Le quart du triple de n est × 3n soit
4
4
6)
® –5x + 4 – 3x + 1
˛ –5x – 4 – 3x – 1
® 5x – 4 + 3x – 1
® –5x – 4 – 3x + 1
6)
7)
˛ 15x² – 13x + 2
® 15x² + 13x + 2
® 15x² + 7x + 2
® 15x² – 7x – 2
7)
Si tu n’as pas compris, reporte-toi au « JE COMPRENDS LA
METHODE » de la séance 6.
Si tu n’as pas compris, reporte-toi au « JE COMPRENDS LA
METHODE » de la séance 7.
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157
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c
c
Séquence 5
8)
® Dans 34 ans.
® Dans 31 ans.
˛ Dans 26 ans.
® Dans 13 ans.
8)
Dans x ans, les filles auront (8 + x) et (5 + x) ans.
La mère aura (39 + x) ans.
Le problème se traduit par l’équation :
8 + x + 5 + x = 39 + x
2x + 13 = 39 + x
2x – x = 39 – 13
x = 26
9)
® x + 5 × 2x – 10x
˛ (x + 5) × 2x – 10x
˛ 2x²
®x
9)
Attention à l’oubli des parenthèses !
(x + 5) × 2x – 10x = 2x² + 10x – 10x = 2x²
10)
˛ x × y – y²
˛ (x – y) × y
10)
Toutes les expressions sont correctes.
La 1ère s’obtient en retranchant l’aire de ABIH à l’aire de
ACDH.
La 2ème en calculant directement l’aire de BCDI.
La 3ème, en retranchant les aires des rectangles blancs ABFG et
IDEF à celle du rectangle ACEG.
La 4ème, en retranchant l’aire de IDEF à celle de BCEF.
˛ x(y + 2) – y(y + 2) – 2(x – y)
˛ (y + 2)(x – y) – 2(x – y)
158
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c
Séquence 6
SÉQUENCE 6
Séance 1
Ce que tu devais faire
Les commentaires du professeur
c
Je révise mes acquis
1)
® (d) est une médiane du triangle.
® (d2) est une médiane du triangle.
˛ (d3) est une médiane du triangle.
˛ MA = MC
® MB = MC
2)
® les angles a$ et b$ sont égaux.
^ et ^c sont égaux.
˛ les angles a
^ et d^ sont égaux.
˛ les angles a
c et d^ sont égaux.
˛ les angles ^
3)
1)
fl (d) ne passe pas par un sommet du triangle donc (d) n’est
pas une médiane du triangle. On rappelle qu’une médiane d’un
triangle est une droite qui passe par un sommet et qui coupe le
côté opposé en son milieu.
D’après le codage, (d) coupe le côté [AC] perpendiculairement
en son milieu, donc (d) est la médiatrice du côté [AC].
fl On ignore si M est le milieu du côté [BC], donc on ne sait
pas si (d2) est une médiane.
fl (d3) passe par un sommet du triangle. D’après le codage,
(d3) coupe bien le côté opposé en son milieu.
fl M appartient à la médiatrice de [AC] donc il est équidistant
des points A et C.
fl On ignore si M est le milieu du côté [BC].
2)
fl Ces deux angles sont alternes-internes. Les droites (d1) et (d2)
sont parallèles, donc on peut conclure qu’ils sont égaux.
fl Ces deux angles sont opposés par le sommet donc ils sont égaux.
fl Ces deux angles sont correspondants. Les droites (d1) et (d2)
sont parallèles. On en déduit qu’ils sont égaux.
3)
®d–a–b–c
®a–b–d–c
˛a–c–b–d
®d–b–a–c
4)
® L’axe de symétrie d’un segment est la
médiatrice de ce segment.
® L’axe de symétrie d’un angle est la médiatrice
de cet angle.
® L’axe de symétrie d’un losange est la plus
grande diagonale de ce losange.
˛ L’axe de symétrie d’un cerf-volant est une
des diagonales.
˛ L’axe de symétrie d’un angle est la
bissectrice de cet angle.
Les définitions de ces droites, vues en 6ème et 5ème, seront
reprises dans cette séquence.
4)
fl Un segment a deux axes de symétrie : sa médiatrice et la
droite qui passe par ses deux extrémités. On ne peut donc pas
parler de l’axe de symétrie d’un segment !
« L’axe » signifie « le seul axe ».
fl La « médiatrice d’un angle » n’existe pas. On ne peut parler
de médiatrice que pour un segment.
fl Dans un losange, les deux diagonales sont des axes de
symétrie.
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c
c
Séquence 6
Exercice 1
1)
a)
® la longueur SA
˛ la longueur SH
® la longueur SB
® la longueur SC
Dans la vie courante, on mesure l’altitude des avions
verticalement par rapport au sol.
® la longueur SA
˛ la longueur SH
® la longueur SB
® la longueur SC
La hauteur de la montagne ne dépend pas des pentes de ses
versants.
b)
2)
La droite (SM) semble être perpendiculaire à la
droite (AB).
3)
a)
® la longueur SA
® la longueur SB
˛ la longueur SH
® la longueur SC
b)
® la longueur SA
® la longueur SH
Par analogie avec les cas précédents, le plus court chemin de S
à la droite s’obtient en se déplaçant perpendiculairement de S
vers le côté [BA].
Tu noteras d’ailleurs que, si le triangle représentait une
montagne, on appellerait SH la hauteur de la montagne.
En géométrie, à cause de cela, le segment [SH] est aussi appelé
hauteur du triangle ABS passant par S.
La figure ressemble à la précédente. Les côtés [AS] et [BS] ne
sont pas tracés toutefois.
® la longueur SB
˛ la longueur SC
Exercice 2
a) 20 mm
b) 10 mm
c) 14 mm
Les commentaires du professeur :
On utilise la méthode vue précédemment :
• On trace la perpendiculaire à la droite passant par le point.
• On mesure la distance du point au pied de la perpendiculaire.
Pour le c), on commence par prolonger le tracé de (d’’).
Lorsqu’on effectue une mesure, il y a toujours une imprécision. Ce n’est pas grave si tu as trouvé un résultat à plus ou moins 1 mm
des réponses proposées.
Exercice 3
a) la distance du point D à la droite (FG) est :
4,8 km.
b) la distance du point B à la droite (DC) est :
4,8 km.
c) la distance du point C à la droite (BD) est :
6,4 km.
d) la distance du point B à la droite (DG) est : on
ne peut pas savoir.
e) la distance du point F à la droite (DB) est :
14 km.
f) la distance du point G à la droite (FD) est : on
ne peut pas savoir.
160
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On cherche la perpendiculaire à la droite passant par le point.
On lit la distance du point au pied de la perpendiculaire.
Il n’y a sur la figure aucune perpendiculaire à la droite (DG)
passant par le point B.
La perpendiculaire à (FD) passant par G n’est pas tracée.
c
Séquence 6
r
Exercice 4
1)
S
(d)
c
H
P
2)
a) Le triangle SPH est rectangle en H car (SH) est
perpendiculaire à (d).
b) Le triangle SPH est rectangle en H.
[SP] est l’hypoténuse du triangle SPH.
On sait que l’hypoténuse est le côté le plus long
d’un triangle rectangle, donc : SP > SH.
b) On pouvait redémontrer ce résultat en utilisant la propriété
de Pythagore dans le triangle rectangle SPH :
SP2 = SH2 + PH2
PH² est un nombre positif différent de zéro donc
SP2 est plus grand que SH2.
On peut donc écrire : SP2 > SH2
D’où :
SP > SH.
On a déjà vu que deux nombres positifs sont classés dans le
même ordre que leurs carrés.
Ici, on utilise des longueurs de segments, donc tous les nombres
utilisés sont bien positifs.
Exercice 5
1)
1)
On reconnaît dans le triangle YUX une figure étudiée à la
séquence « triangle : milieux et parallèles ».
On se souvient des trois propriétés des milieux vues dans la
séquence 2, et de la propriété de Thalès.
X
I
J
K
Z
Y
U
(d)
2)
• Je détermine la distance de Y à (d) :
La droite (d) est la hauteur issue de X du triangle
XYZ, donc par définition elle est perpendiculaire
à (YZ).
La distance de Y à (d) est donc YU.
• Je détermine la distance de I à (d) :
On sait que : Dans le triangle XYZ, I est le milieu
de [XY] et J est le milieu de [XZ].
Or, dans un triangle, si une droite passe par les
milieux de deux côtés, alors elle est parallèle au
troisième côté.
On en déduit que : (IJ) est parallèle à (YZ).
D’où : (IK) est parallèle à (YZ).
2) Dans un premier temps, on détermine à quelles longueurs
correspondent les distances de Y à (d) et de I à (d).
Pour cela, on cherche :
• la perpendiculaire à (d) passant par I,
• la perpendiculaire à (d) passant par Y. Dans ce deuxième
cas, on prouve que (IJ) est bien parallèle à (YZ), et donc que
(IK) est bien la perpendiculaire à (d) passant par I.
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c
c
Séquence 6
On sait que : (IK) // (YZ) et (d) ⊥ (YZ)
Or, si deux droites sont parallèles, toute
perpendiculaire à l’une est perpendiculaire à
l’autre.
(d) ⊥ (IK)
D’où :
La distance de I à (d) est la longueur IK.
• Je compare YU et IK :
On sait que : Dans le triangle XYU, I est le milieu
de [XY] et (IK) // (YU).
Or, dans un triangle, une droite passant par le
milieu de l’un des côtés et parallèle à un 2ème côté
coupe le 3ème en son milieu.
D’où : K est le milieu de [XU].
On sait que : Dans le triangle XYU, I est le milieu
de [XY] et K est le milieu de [XU].
Or, dans un triangle, la longueur du segment
joignant les milieux de deux côtés est égale à la
moitié de celle du troisième côté.
On en déduit que : IK =
YU
2
La distance de I à (d) est la moitié de la distance
de Y à (d).
On pouvait également utiliser la propriété de Thalès dans le
triangle XYU :
• I est un point de [XY)
• K est un point de [XU)
• (IK) est parallèle à (YU)
XI
XK IK
D’après la propriété de Thalès, on a :
=
=
XY XU YU
XI
IK
D’où :
=
XY YU
Comme I est le milieu de [XY], on a XY = 2 × XI, d’où :
XI 1
= .
XY 2
D’où :
YU
IK 1
d’où IK =
(en multipliant les deux
=
2
YU 2
membres de l’égalité par YU).
Séance 2
Ce que tu devais faire
Les commentaires du professeur
Exercice 6
Le nombre de points d’intersection d’un cercle et
d’une droite dépend de la position de la droite
par rapport au cercle.
• Il peut ne pas y avoir de point d’intersection :
(d)
La question posée était une sorte de piège car la réponse n’est
pas directe : il y a plusieurs cas de figures !
C
Un cercle et une droite peuvent ne pas avoir de point
d’intersection. On dit parfois que la droite est extérieure au
cercle.
162
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c
Séquence 6
• Il peut y avoir un seul point d’intersection :
(d)
K
C
c
Un cercle et une droite peuvent avoir un seul point d’intersection.
Dans ce cas, on dit que la droite est tangente au cercle.
• Il peut y avoir deux points d’intersection :
(d)
K
C
L
Un cercle et une droite peuvent avoir deux points d’intersection.
Ici, ces deux points sont L et K. On sait depuis la 6ème que le
segment [KL] est « une corde » de ce cercle.
Exercice 7
1)
C
(d)
b) « Pour le cercle C, le segment [AH]est un rayon »
c) « le segment [AH] semble perpendiculaire à la droite (d) »
A
H
K
2)
Le segment [BK] est un rayon du cercle. Il
semble également perpendiculaire à (d’).
(d')
B
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c
c
Séquence 6
Les commentaires du professeur :
Attention : tu as tracé ton cercle en essayant de n’avoir qu’un point de contact avec la droite, il est possible que le rayon [AH]
ne soit pas parfaitement perpendiculaire. On peut juste dire que plus le cercle est tracé soigneusement, plus le rayon semble être
proche de la perpendiculaire.
Plus tu traces un grand nombre de figures (avec précision) et plus tu peux observer cela.
Mais bien sûr, on se contente ici d’observer pour se donner une idée de ce qui se produit : rien n’a été prouvé…
Exercice 8
E
P
P
E
P
E
M
M
M
La droite est
sécante au cercle
en E et P
La droite est
tangente au
cercle en M
E
M
P
La droite est
sécante au cercle
en E et M
La droite est
tangente au
cercle en E
Les commentaires du professeur :
On se souvient de la définition : une droite est tangente à un cercle quand elle n’a qu’un seul point de contact avec le cercle.
On utilise ici aussi la deuxième propriété de la tangente : si on considère la première figure (celle la plus à gauche), c’est parce que
(EM) est perpendiculaire en M à (MP) que l’on peut conclure (à l’aide de cette propriété), que « La droite (MP) est tangente au
cercle en M ».
Sinon, rien ne prouve que M est le seul point d’intersection de la droite et du cercle !
Exercice 9
1) La droite (d) est tangente en A au cercle C
donc elle est perpendiculaire en A au rayon [OA].
Le triangle OAB est donc rectangle en A.
On peut donc utiliser la propriété de Pythagore.
2) Dans le triangle OAB rectangle en A,
j’utilise la propriété de Pythagore.
OB2 = AO2 + AB2
OB2 = 32 + 32
OB2 = 9 + 9
OB2 = 18
OB ≈ 4,2 cm (arrondi au dixième de cm)
164
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Dans cet exercice, on te demande si tu as bien le droit d’utiliser
le théorème de Pythagore. Ce ne sera pas toujours le cas !
C’est à toi de faire cette vérification désormais : avant
d’utiliser un théorème, en général, tu dois vérifier que toutes
les conditions sont bien réunies. Il faut alors chercher dans les
informations du texte, ou dans les codages de la figure, si les
éléments dont tu as besoin sont donnés.
c
Séquence 6
3)
(d)
A
c
C
B
O
Les commentaires du professeur : pense à vérifier, en mesurant OB sur ta figure, que tu trouves bien environ 4,2 cm.
Exercice 10
(d)
La droite (d) est perpendiculaire à (AH)
donc le triangle APH est rectangle en H.
L’hypoténuse de ce triangle rectangle est [AP].
On sait que l’hypoténuse d’un triangle rectangle
est le plus long des côtés du triangle.
D’où : AP > AH.
H
C
A
AP est donc différent de AH, le rayon du cercle C.
P n’est donc pas sur le cercle C.
P
Les commentaires du professeur :
On démontre dans cet exercice que si une droite (d) est perpendiculaire en H au rayon [AH] d’un cercle de centre A, alors le
cercle et la droite n’ont qu’un point d’intersection (donc (d) est tangente au cercle). On vient donc de prouver la 2ème propriété
écrite dans le dernier « Je retiens » !
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c
c
Séquence 6
Exercice 11
Le cercle C1 de centre A est tangent en H à la droite (d). La droite (d) est donc perpendiculaire en H
au rayon [AH].
Le cercle C2 de centre B est tangent en K à la droite (d). La droite (d) est donc perpendiculaire en K au
rayon [BK].
(AH) et (BK) sont perpendiculaires à la même droite.
D’après la propriété : « Si deux droites sont perpendiculaires à une même troisième, alors elles sont
parallèles entre elles. »
on déduit que (AH) et (BK) sont parallèles.
C1
A
K
(d)
C2
H
B
Les commentaires du professeur :
Dès que dans une figure, il y a une droite et un cercle tangent à cette droite, il faut se dire : la droite est perpendiculaire à un
rayon du cercle.
166
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c
Séquence 6
Exercice 12
c
O
B
(d)
A
Les commentaires du professeur :
On sait que le cercle cherché est tangent à la droite (d) en A. Le centre de ce cercle se trouve donc sur la perpendiculaire à (d) en A.
On trace cette droite.
On sait que le cercle passe par A et par B. Son centre est, par définition du cercle, à égale distance de A et B : il se trouve donc
sur la médiatrice de [AB]. On trace la médiatrice de [AB].
Le centre du cercle est le point O d’intersection des deux droites tracées.
On trace ensuite le cercle : il a pour centre O et passe par le point A.
Séance 3
Ce que tu devais faire
Les commentaires du professeur
Exercice 13
1)
(d1) est tangente au cercle en H donc la distance de
(d1)
H
A à (d1) est AH.
(d2) est tangente au cercle en K donc la distance de
A à (d2) est AK.
H et K sont sur le même cercle de centre A donc
AH et AK sont égales au rayon du cercle.
D’où : AH = AK.
2)
Sur la figure, la demi-droite [OA) semble être la
∑ . Les angles HOA
∑ et
bissectrice de l’angle HOK
O
A
K
(d2)
∑ semblent avoir la même mesure.
KOA
3)
∑ et KOA
∑ semblent être
Lorsqu’on déplace les points H et K, les mesures en degrés des angles HOA
toujours égales.
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c
c
Séquence 6
4)
a)
On a vu dans la question 1 que :
D’où : AH2 = AK2.
AH = AK
(d1) est tangente en H au cercle de centre A donc le triangle AHO est rectangle en H.
Dans le triangle AHO rectangle en H, d’après la propriété de Pythagore : AO2 = AH2 + OH2
D’où : OH2 = AO2 – AH2.
(d2) est tangente en K au cercle de centre A donc le triangle AKO est rectangle en K.
Dans le triangle AKO rectangle en K, d’après la propriété de Pythagore : AO2 = AK2 + OK2
D’où : OK2 = AO2 – AK2.
On a donc : OH2 = OK2. Comme OH et OK sont positifs, on conclut que : OH = OK.
b)
AH = AK donc A est sur la médiatrice de [HK].
OH = OK donc O est sur la médiatrice de [HK].
(OA) est donc la médiatrice de [HK].
D’où : (OA) est un axe de symétrie du quadrilatère AKOH.
c)
∑.
(OA) est un axe de symétrie du quadrilatère AKOH donc (OA) est un axe de symétrie de l’angle HOK
∑.
L’axe de symétrie d’un angle est sa bissectrice donc (OA) est la bissectrice de l’angle HOK
∑ = KOA
∑.
Une symétrie axiale conserve les angles donc : HOA
Les commentaires du professeur :
La démonstration (question 4) n’est pas facile ! Ce qui est essentiel, c’est de retenir la propriété que l’on vient de démontrer : « Si un
point est équidistant des 2 côtés d’un angle, alors il est sur la bissectrice de cet angle ».
Exercice 14
1) La propriété réciproque serait :
Si un point est sur la bissectrice d’un angle, alors
ce point est équidistant des côtés de cet angle.
2) a)
M
B
B'
O
A
1)
Attention, on ne sait pas encore si cette propriété est vraie ou
fausse.
2)
On peut tracer la bissectrice à l’aide de deux méthodes :
• à l’aide d’un rapporteur.
• à l’aide d’un compas. Si tu ne te souviens pas de cette
méthode, elle est rappelée dans la séance 4 de cette séquence.
A'
C'
N C
b)
Il semble que : AB = AC, c’est-à-dire que le point
A semble être à égale distance des deux côtés de
l’angle.
c)
Il semble que : A’B’ = A’C’, c’est-à-dire que le
point A’ semble être également à égale distance
des deux côtés de l’angle.
Nous allons admettre cette propriété, à savoir : « Si un point est
d)
sur la bissectrice d’un angle, alors il est équidistant des deux côtés
A l’aide de Geocned, je vois, lorsque je déplace le
de l’angle ».
point A sur la bissectrice de l’angle que ses distances
aux deux côtés semblent toujours être égales.
168
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c
Séquence 6
c
Cet exercice n’est pas facile ! Chercher à savoir si A est plus près
de K que de I revient à comparer AK et AI.
Exercice 15
• D’après le codage de la figure, [JA) est la
∂.
bissectrice de IJK
∂ donc
• A est sur la bissectrice de l’angle IJK
d’après la propriété : « Si un point est sur la
bissectrice d’un angle, alors il est équidistant des
2 côtés de l’angle », je conclus que le point A est
équidistant de (IJ) et de (JK).
D’où : AL = AK.
• L’hypoténuse du triangle rectangle ALI est [AI].
L’hypoténuse est le plus long côté d’un triangle
rectangle donc : AI > AL.
• On a : AI > AL et AL = AK donc AI > AK.
Le point A est donc plus près de K que de I.
• On utilise la propriété que l’on vient de voir dans le dernier « Je
retiens ». Cette propriété nous permet de prouver que
AL = AK.
• Comparer AK et AI revient donc à comparer AL et AI.
C’est facile, à condition de se souvenir que dans un triangle
rectangle, le plus long côté est l’hypoténuse.
Séance 4
Ce que tu devais faire
Les commentaires du professeur
Exercice 16
RAZ , il suffit par
Pour prouver que (AB) est la bissectrice de ∑
∑
RAZ
.
2
RAB et ∑
(en effet, il est clair que les angles ∑
BAZ sont
exemple de prouver que : ∑
BAZ =
Dans le triangle RAZ rectangle en R, les angles
∑ et RZA
∑ sont complémentaires.
aigus RAZ
∑ = 90° − 40° = 50° .
D’où : RAZ
∑
∑ = RAZ , (AB) est la bissectrice de
Comme : BAZ
∑.
RAZ
2
adjacents)
BAZ .
On connaît ∑
RAZ .
On commence donc par calculer ∑
On rappelle que deux angles complémentaires sont deux angles
dont la somme des mesures est égale à 90°.
Remarques :
• On pouvait déterminer ∑
RAZ en procédant comme suit :
Dans le triangle RAZ, la somme des mesures des trois angles est
égale à 180°.
∑
Ainsi : RAZ = 180° − ( 90° + 40° )
∑
RAZ = 50°
RAZ , on pouvait
• Pour prouver que (AB) est la bissectrice de ∑
prouver que : ∑
RAB = ∑
BAZ .
(en déterminant successivement ∑
ABZ , ∑
RBA et ∑
RAB )
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c
c
Séquence 6
Exercice 17
ZEL , il suffit de
Pour prouver que (EF) est la bissectrice de ∑
ZEF = ∑
FEL .
prouver que : ∑
ZFE est un triangle isocèle en Z donc :
FEL sont égaux à un même
ZEF et ∑
On essaie de prouver que ∑
∑
ZFE
.
troisième angle :
∑ = ZFE
∑
ZEF
.
∑ et ZFE
∑ sont alternes-internes.
Rappel :
Les angles FEL
ZOLI est un parallélogramme donc : (ZO) // (IL). Les angles codés
ci-contre sont
Comme (ZO) et (IL) sont parallèles, on a :
alternes-internes.
∑ = ZFE
∑
FEL
.
∑ = ZFE
∑ et FEL
∑ = ZFE
∑ donc ZEF
∑ = FEL
∑.
ZEF
∑.
(EF) est donc la bissectrice de l’angle ZEL
Exercice 18
1)
C1
U
C2
A
O
B
V
2)
O est le centre du cercle C1 de diamètre [AB].
On a : O ∈ [AB].
U et V appartiennent au cercle C2 de centre A
donc : AU = AV.
U et V appartiennent au cercle C1 de centre O
donc : OU = OV.
A et O sont équidistants de U et V donc A et O
appartiennent à la médiatrice de [UV].
On conclut que (AO) est la médiatrice de [UV].
Comme : O ∈ [AB], on déduit que (AB) est la
médiatrice de [UV].
Le quadrilatère VAUB dont la diagonale (AB) est
la médiatrice de son autre diagonale est un cerfvolant.
2) VAUB semble être un cerf-volant. On rappelle qu’un cerfvolant est un quadrilatère qui a deux côtés consécutifs de
même longueur, et deux autres côtés de la même longueur.
Comment le démontrer ?
On a vu en 6ème deux méthodes au choix :
• Prouver que VAUB est un quadrilatère dont une diagonale est
la médiatrice de l’autre.
• Prouver que VAUB est un quadrilatère qui a 2 côtés
consécutifs de même longueur, ainsi que les deux autres côtés.
Peut-on utiliser la 1ère méthode ?
Oui ! On va voir d’ailleurs deux solutions l’utilisant. Dans chaque
cas, on prouvera que (AB) est la médiatrice de [UV].
Peut-on utiliser la 2ème méthode ?
On peut facilement démontrer que les côtés consécutifs [AU] et
[AV] ont la même longueur. En revanche, il semble assez difficile
de prouver que [BU] et [BV] ont la même longueur …
2ème solution :
U est l’un des points d’intersection de C1 et C2 donc :
U ∈ C1 et U ∈ C2.
On en déduit que le symétrique de U par rapport à (AB)
appartient à la fois aux symétriques de C1 et C2.
C1 est un cercle de centre A donc son symétrique par rapport à
(AB) est le cercle de même rayon, de centre le symétrique de A
par rapport à (AB), soit A.
170
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c
Séquence 6
Le symétrique de C1 est donc C1.
c
On peut montrer de même que le symétrique de C2 est C2.
On déduit de ce qui précède que le symétrique de U appartient
à C1 et C2.
Le symétrique de U par rapport à (AB) est donc le 2ème point
d’intersection de C1 et C2, soit V.
(AB) est donc la médiatrice de [UV].
Le quadrilatère VAUB dont la diagonale (AB) est la médiatrice
de son autre diagonale est un cerf-volant.
3)
On déduit de ce qui précède que (AB) est l’axe de
symétrie du cerf-volant VAUB.
∑ et
On conclut que (AB) est la bissectrice de VAU
∑.
UBV
Répondre à la question posée, c’est trouver la(les) valeur(s) de x
Exercice 19
∑
DAC
pour laquelle (lesquelles) on a : ∑
.
BAC =
2
CD = CA donc le triangle ADC est isocèle en C.
DAC et ∑
On commence donc par calculer ∑
BAC en fonction
de x.
∑ = ADC
∑.
On en déduit que : DAC
La somme des angles du triangle ADC est égale à
180°. On a donc :
∑ + ADC
∑ = 180° − ACD
∑ = 180° − 96° = 84°
DAC
∑ = ADC
∑ , on conclut que :
Comme : DAC
∑ = 84° : 2 = 42°
DAC
La somme des mesures des angles du triangle ABC
est égale à 180° donc :
∑ = 180° − (86° + x)
BAC
∑ = 180° − 86° − x
BAC
Attention à ne pas oublier les parenthèses !
∑ = 94° − x
BAC
Répondre à la question posée, c’est chercher
∑
∑ = DAC c’est-à-dire résoudre
quand on a : BAC
2
l’équation :
94 − x = 21
94 − 21 = x
73 = x
On pouvait également écrire :
− x = 21 − 94
− x = −73
x = 73
Il existe une seule valeur de x pour laquelle [AB)
∑ : 73°.
est la bissectrice de CAD
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c
c
Séquence 6
Exercice 20
L
O
T
Les commentaires du professeur :
On n’oublie pas de vérifier à l’aide d’un rapporteur l’égalité des angles de la figure pour voir si on ne s’est pas trompé dans la
construction.
Exercice 21
1)
1)
On construit les tangentes à l’aide d’une équerre :
pour tracer la tangente au cercle au point H, on trace la
perpendiculaire au rayon [IH] passant par le point H.
A
C
H
K
C
H
I
A
C
K
I
L
L
B
C
B
Remarque : Si on avait choisi H, K et L sur le même demicercle, le triangle ABC n’aurait pas contenu le cercle.
2)
(AB) est la tangente au cercle de centre I en H
donc la distance de I à (AB) est IH.
(BC) est la tangente au cercle de centre I en L
donc la distance de I à (BC) est IL.
H et L sont sur le même cercle de centre I donc
IH = IL.
I est donc équidistant des deux côtés de l’angle
∑ . D’après la propriété :
ABC
« Si un point est équidistant des 2 côtés d’un angle
alors il est sur la bissectrice de cet angle », on peut
conclure que I est sur la bissectrice de l’angle
∑.
ABC
172
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2)
On pense à la propriété : « Si un point est équidistant des 2
côtés d’un angle alors il est sur la bissectrice de cet angle ».
Pour pouvoir appliquer cette propriété, on essaie de montrer
que le point I est équidistant de (AB) et (AC).
c
Séquence 6
3)
De la même façon :
• La distance de I à (AB) est IH et la distance de I
à (AC) est IK.
IH = IK.
c
3) Pour démontrer que I est sur les deux autres bissectrices, on
utilise exactement la même méthode que celle utilisée dans la
question 1.
Dans ce type de cas, on peut rédiger en détaillant un peu moins
que ce que l’on fait d’habitude.
∑
I est équidistant des deux côtés de l’angle BAC
∑.
donc I est sur la bissectrice de BAC
• La distance de I à (AC) est IK et la distance de I
à (BC) est IL.
IK = IL.
∑
I est équidistant des deux côtés de l’angle ACB
∑.
donc I est sur la bissectrice de ACB
Les trois bissectrices du triangle ABC sont
concourantes en I.
Conclusion :
On a démontré que si trois tangentes à un même cercle
permettent de former un triangle, alors les bissectrices
de ce triangle se coupent en un même point (on dit : sont
concourantes) : au centre de ce cercle.
Exercice 22
1)
A
K
H
I
C
L
B
∑ et BCI
∑ semblent égaux.
Les angles ACI
2) a)
^
I est sur la bissectrice de l’angle A donc d’après la propriété : « Si un point est sur la bissectrice
d’un angle, alors il est équidistant des 2 côtés de l’angle.», on peut conclure que le point I est à égale
distance de (AB) et (AC).
b)
Soit H le point d’intersection avec (AB) de la perpendiculaire à (AB) passant par I.
La distance de I à (AB) est IH.
Soit K le point d’intersection avec (AC) de la perpendiculaire à (AC) passant par I.
La distance de I à (AC) est IK.
D’après ce qui précède, on a : IH = IK.
µ donc d’après la propriété : « Si un point est sur la bissectrice d’un angle,
• I est sur la bissectrice de B
alors il est équidistant des 2 côtés de l’angle », on peut conclure que le point I est à égale distance de
(AB) et (BC).
Soit L le point d’intersection avec (BC)de la perpendiculaire à (BC) passant par I. La distance de I à
(BC) est IL.
On a donc : IH = IL.
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173
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c
c
Séquence 6
• On a : IH = IK et IH = IL donc : IK = IL.
Le point I est donc à égale distance de (AC) et (BC), donc d’après la propriété : « Si un point est
équidistant des 2 côtés d’un angle alors il est sur la bissectrice de cet angle », on peut conclure que le
µ.
point I est donc sur la bissectrice de l’angle C
µ passe par I et C. C’est donc la droite (IC).
c) La bissectrice de C
Les trois bissectrices du triangle ABC se coupent en I.
3) Le cercle de centre I passant par L semble tangent aux trois côtés du triangle.
Les commentaires du professeur :
3) En fait, le cercle de centre I passant par L est tangent aux trois côtés du triangle :
• Comme IH = IK = IL, les segments [IH], [IK] et [IL] sont trois rayons du cercle.
De plus :
• H ∈ (AB) et (AB) ⊥ (IH)
• K ∈ (AC) et (AC) ⊥ (IK)
• L ∈ (BC) et (BC) ⊥ (IL)
Exercice 23
P
I
R
Les commentaires du professeur :
J’applique le précédent « Je comprends la méthode ».
174
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H
E
c
Séquence 6
Séance 6
Ce que tu devais faire
Les commentaires du professeur
Exercice 24
D’après les codages de la figure, (BO) et (CO)
sont deux bissectrices du triangle ABC, et elles se
coupent en O.
O est donc le centre du cercle inscrit dans le
triangle ABC.
Les trois bissectrices d’un triangle sont
concourantes, donc les trois bissectrices du
triangle ABC se coupent toutes les trois en O.
La 3ème bissectrice est donc la droite passant par
O et par le sommet A donc (OA) est la bissectrice
c
Deux bissectrices suffisent pour connaître le centre du cercle
inscrit.
La troisième bissectrice passe alors par le centre du cercle inscrit
dans le triangle.
∑.
de CAB
Exercice 25
1)
On reconnaît la figure-clé de l’exercice précédent, d’abord dans le
• Dans le triangle EIJ, d’après les codages de
triangle EIJ…
la figure, [IP) et [JP) sont deux bissectrices du
triangle, et elles se coupent en P. Puisque les trois
bissectrices de ce triangle sont concourantes, alors
elles se coupent toutes les trois en P.
µ.
P est donc sur la bissectrice de l’angle E
…… puis dans le triangle EFG.
• Dans le triangle EFG, d’après les codages de
la figure, [FO) et [GO) sont deux bissectrices du
triangle, et elles se coupent en O. Puisque les 3
bissectrices de ce triangle sont concourantes, alors
elles se coupent toutes les trois en O.
µ.
O est donc sur la bissectrice de l’angle E
On a donc prouvé que E, O, P sont sur la
µ . Ces trois points sont
bissectrice de l’angle E
donc alignés.
2)
a)
On sait que : dans le triangle EFG, I est le milieu
de [EF] et J est le milieu de [EG].
Or, dans un triangle, la longueur du segment
joignant les milieux de deux côtés est égale à la
moitié de celle du troisième côté.
On en déduit que :
IJ =
On utilise une des « propriétés de la droite des milieux » vue dans
la séquence 2.
FG
2
b) La longueur de chaque côté du triangle
EIJ est donc la moitié de la longueur du côté
correspondant du triangle EFG.
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c
c
Séquence 6
3) On trace un triangle avec les mesures de son choix.
3)
E
P
J
I
O
G
F
4)
Il semble que le rayon du cercle inscrit dans EIJ
soit la moitié du rayon du cercle inscrit dans EFG.
Exercice 26
1)
• La somme des trois angles du triangle SOT est
égale à 180°.
De plus, d’après le codage, [SO) est la bissectrice
∑ , donc : OST
∑ = RSO
∑ = 28° .
de l’angle RST
D’où :
∑
180 ° = 28° + 135° + OTS
∑ =180° – (135° + 28°) = 17°
OTS
• [TO) est, d’après le codage, la bissectrice de
∑ , d’où : OTR
∑ = OTS
∑ = 17°
l’angle RTS
∑ = 34° .
D’où : RTS
• Dans le triangle RST :
∑ = 180° − (RST
∑ + STR
∑) = 180° − (56° + 34°) = 90°
SRT
Ce triangle est donc rectangle en R.
2)
O est le point d’intersection de deux bissectrices
d’angles du triangle RST, c’est donc le centre du
cercle inscrit dans le triangle RST.
(RO) est donc la 3ème bissectrice de ce triangle.
On en déduit que :
∑
∑ = SRT = 90° soit SRO = 45 °
SRO
.
2
2
176
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Le résultat est obtenu en mesurant le rayon de chacun des
cercles.
On connaît quelques mesures d’angles, donc il est possible, par
le calcul, d’en obtenir d’autres.
µ =90°.
Il s’agit donc de prouver par le calcul que R
Les techniques utilisées proviennent de la cinquième.
c
Séquence 6
c
O
Exercice 27
A
B
Les commentaires du professeur :
O
Imaginons le point O. En traçant les bissectrices des angles A^ et B^
du triangle OAB, on peut obtenir le centre I du cercle inscrit dans
ce triangle.
I appartient à la bissectrice de l’angle AOB .
A
I
O
B
K
J
A
I
L
B
Pour obtenir un autre point de cette bissectrice, il suffit par exemple
de prendre K et L respectivement sur [OA) et [OB) et de tracer les
bissectrices de ∑
OKL et ∑
OLK . Leur point d’intersection J est un
nouveau point de la bissectrice de ∑
AOB .
AOB .
(IJ) est donc la bissectrice de ∑
Remarque : on pouvait procéder différemment.
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c
c
Séquence 6
Séance 7
Ce que tu devais faire
Les commentaires du professeur
Exercice 28
1) 2) a)
A
K
B
J
O
I
C
b) O est sur la médiatrice de [AB] donc O est équidistant de A et de B. D’où : OA = OB.
O est sur la médiatrice de [AC] donc O est équidistant de A et de C. D’où : OA = OC.
c) D’après le b), on a : OA = OB et OA = OC. On a donc : OB = OC.
O est donc équidistant de B et de C donc O est sur la médiatrice de [BC].
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c
Séquence 6
c
3) b)
On sait que : Dans le triangle ABC, K est le milieu de [AB] et I est le milieu de [BC].
Or, d’après la propriété : « Dans un triangle, si une droite passe par les milieux de deux côtés, alors elle
est parallèle au troisième côté »
on en déduit que : (KI) est parallèle à (AC).
La médiatrice du côté [AC] est perpendiculaire à (AC), et (AC) est parallèle à (KI).
La médiatrice de [AC] est donc perpendiculaire à (KI).
c) La médiatrice de [AC] passe par J et elle est perpendiculaire à (KI) (d’après la question précédente),
c’est donc la hauteur issue de J du triangle IJK.
d) En procédant de la même façon que dans le b) et le c), on pourrait montrer que :
• la médiatrice de [AB] est la hauteur issue de K du triangle IJK
• la médiatrice de [BC] est la hauteur issue de I du triangle IJK.
4) Les trois médiatrices du triangle ABC sont concourantes en O. Les trois hauteurs du triangle IJK
sont donc concourantes en O.
Les commentaires du professeur :
Nous avons dans cet exercice démontré que les médiatrices des trois côtés d’un triangle sont concourantes. Nous avons également
prouvé que les trois hauteurs d’un « triangle des milieux » sont également concourantes. Les trois hauteurs de n’importe quel
triangle sont-elles concourantes ? Nous allons le voir dans l’exercice suivant !
Exercice 29
1)
(d2)
I
(d1) B
C
K
J
A
(d3)
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c
c
Séquence 6
2)
a) (IC) est parallèle à (KJ) et (IK) est parallèle à (JC). Les côtés opposés du quadrilatère CIKJ sont donc
parallèles. Ce quadrilatère est donc un parallélogramme.
b) CIKJ est un parallélogramme. On sait que les côtés opposés d’un parallélogramme ont la même
longueur. donc : CI = JK.
3)
a) (BI) est parallèle à (KJ) et (BK) est parallèle à (IJ). Les côtés opposés du quadrilatère BIJK sont donc
parallèles. Ce quadrilatère est donc un parallélogramme.
b) BIJK est un parallélogramme. On sait que les côtés opposés d’un parallélogramme ont la même
longueur. donc : BI = JK.
4) On sait que B, I et C sont alignés, et que BI = IC d’après les questions 2 et 3. Le point I est donc le
milieu du segment [BC].
5)
On pourrait montrer de la même façon que précédemment, K est le milieu de [AB] et que J est le milieu
de [AC].
Le triangle IJK est donc le « triangle des milieux » du triangle ABC. D’après l’exercice 28, les hauteurs
du triangle IJK, sont les médiatrices des côtés du triangle ABC. Elles sont donc concourantes.
Exercice 30
1)
A
C'
K
J
G
B
I
C
2)
a) Le point C’ est le symétrique de C par rapport à G donc G est le milieu de [CC’].
On sait, dans le triangle BCC’, que G est le milieu de [CC’] et que I est le milieu de [BC].
Or, dans un triangle, si une droite passe par les milieux de deux côtés, alors elle est parallèle au 3ème
côté.
On déduit donc que : (BC’) // (IG).
b) On sait, dans le triangle CC’A, que J est le milieu de [AC] et G est le milieu de [CC’].
En raisonnant comme dans le a), on montrerait que : (AC’) // (GJ).
3) G est le point d’intersection des médianes (AI) et (BJ) donc I, G, A sont alignés ainsi que B, G, J.
(BC’) // (IG) et I, G, A alignés donc : (BC’) // (GA).
(AC’) // (GJ) et B, G, J alignés donc : (AC’) // (BG).
On déduit de ce qui précède que le quadrilatère C’AGB a ses côtés opposés parallèles. Le quadrilatère
C’AGB est un parallélogramme.
4)
Ses diagonales [C’G] et [AB] se coupent donc en leur milieu, qui est K car C’, G et C sont alignés.
La droite (CK) est donc la médiane issue de C du triangle ABC.
Les commentaires du professeur :
On a démontré dans cet exercice que les trois médianes du triangle ABC sont concourantes. Le point de concours est appelé le
« centre de gravité du triangle ».
180
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c
Séquence 6
Exercice 31
c
H
I
G
O
Les commentaires du professeur :
Dans chacun des cas, il suffit de tracer deux droites pour obtenir le point cherché.
Colorie en rouge les deux médiatrices tracées, en vert les deux bissectrices, en bleu les deux médianes et en jaune les deux
hauteurs.
Trace en rouge le cercle circonscrit au triangle et en vert le cercle inscrit dans le triangle.
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c
c
Séquence 6
Séance 8
Ce que tu devais faire
Les commentaires du professeur
Exercice 32
ABM
Pour construire F, on peut construire les bissectrices de ∑
∑
et AMB .
1)
A
AMC
Pour construire E, on peut construire les bissectrices de ∑
∑
et ACM .
E
F
B
C
M
2) 3) Elles semblent perpendiculaires.
4) Dans le triangle BMA, F est le centre du cercle
inscrit, donc F est sur la bissectrice de l’angle
4) Prouver que [MF) et [ME) sont perpendiculaires revient
∑.
BMA
∑.
On commence donc par calculer la mesure en degrés de FME
On conclut que [MF) est la bissectrice de cet angle
∑ =
et on déduit que : FMA
∑
BMA
.
2
En raisonnant de façon analogue, on peut prouver
que :
∑
• [ME) est la bissectrice de l’angle AMC
∑ =
• puis que : AME
∑
AMC
.
2
∑ = FMA
∑ + AME
∑
FME
On déduit de ce qui précède que :
∑
∑
∑ ∑
∑ = BMA + AMC = BMA + AMC
FME
2
2
2
∑
∑ = BMC
d’où FME
2
Or M est un point de [BC]. On a donc
∑ = 180°.
BMC
∑ = 180° = 90°
Par conséquent : FME
2
Les deux demi-droites [MF) et [ME) sont donc
perpendiculaires.
182
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∑ = 90°.
∑ est droit, c’est-à-dire que FME
à prouver que FME
c
Séquence 6
Exercice 33
C
c
J
N
A
L
G
I
M
K
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B
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c
c
Séquence 6
Exercice 33
On sait, dans le triangle ABC, que
• I est le milieu de [BC]
• et K est le milieu de [AB].
D’après la propriété : « Dans un triangle, la droite qui passe par le milieu de deux côtés est parallèle au
troisième côté »,
on conclut que (KI) est parallèle à (AC).
Comme J est le milieu de [AC], on déduit que (KI) est parallèle à (AJ).
En raisonnant de même, on prouverait successivement que
• (IJ) est parallèle à (AB)
• et que (IJ) est parallèle à (AK).
D’après ce qui précède, le quadrilatère AJIK a ses côtés opposés parallèles : (KI) // (AJ) et (IJ) // (AK).
Le quadrilatère AJIK est donc un parallélogramme. Ses diagonales se coupent donc en leur milieu. (AI)
passe donc par le milieu de [KJ].
On conclut que (AI) est la médiane issue de I du triangle IJK.
2) En raisonnant comme précédemment, on prouverait que (BJ) est à la fois
• la médiane issue de B du triangle ABC
• la médiane issue de J du triangle IJK.
Ainsi, les médianes (AI) et (BJ) du triangle ABC sont médianes du triangle IJK.
Le centre de gravité d’un triangle est le point de concours des médianes. Le triangle ABC et le triangle
IJK ont donc le même centre de gravité.
3) D’après le 2) un triangle et son triangle des milieux ont le même centre de gravité. Les triangles IJK
et LMN ont donc le même centre de gravité.
Comme G est le centre de gravité du triangle IJK, G est le centre de gravité du triangle LMN.
Les commentaires du professeur :
1) Prouver que (AI) est la médiane issue de I du triangle IJK revient à prouver que (AI) passe par le milieu de [KJ].
2) Pour répondre à la question posée, il suffit de prouver que deux médianes du triangle ABC sont médianes du triangle IJK.
On sait que (AI) est à la fois médiane du triangle ABC et du triangle IJK.
Il reste à trouver une médiane du triangle ABC qui est aussi médiane du triangle IJK.
Exercice 34
Exemple de pliage pour obtenir une médiatrice :
184
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1) Pour obtenir la médiatrice d’un segment par pliage, je
plie en deux ce segment, de façon à obtenir deux segments
superposables, car la médiatrice est un axe de symétrie du
segment (celui qui est perpendiculaire au segment).
2)
Par définition, une médiatrice et une médiane d’un triangle
passent toutes les deux par le milieu d’un côté du triangle ».
3)
Pour obtenir la bissectrice d’un angle par pliage, je plie cet
angle, de façon à obtenir deux angles superposables, car la
bissectrice est l’axe de symétrie de l’angle.
c
Séquence 6
Séance 9
Ce que tu devais faire
Les commentaires du professeur
5 cm
Exercice 35
c
A
E
F
O
Le cercle est tangent aux deux côtés de l’angle droit. J’appelle E et F les deux points d’intersection.
Par définition d’une tangente à un cercle :
(OE) ⊥ (AE)
(OF) ⊥ (AF).
Le quadrilatère OFAE a trois angles droits, c’est donc un rectangle.
Comme [AE] et [AF] sont des rayons du cercle, on a : AE = AF
Le rectangle a donc deux côtés consécutifs de même longueur : c’est donc un carré.
Le côté du carré est le rayon du cercle soit 5 cm d’où :
OE = EA = 5 cm.
Dans le triangle OEA rectangle en E, d’après le théorème de Pythagore :
OA2 = OE2 + EA2
OA2 = 52 + 52
AO2 = 50
AO ≈ 7,1 cm (arrondi au mm)
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185
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c
c
Séquence 6
Exercice 36
1) Je ne trouve pas la solution,
ce problème me semble très difficile !
2)
K1L1 ≈ 8 cm
K2L2 ≈ 6,3 cm
K3L3 ≈ 6,4 cm
Il semble que la longueur LK est la plus
petite quand le point M se trouve vers le
milieu de [AC], mais je n’en suis pas sûr(e).
A
L1
M1
M2
L2
L3
B
M3
K2
K1
3)
Je déplace le point M sur le segment [AC] : il me semble que KL est
la plus petite quand la droite (BM) est perpendiculaire à (AC).
K3
C
A
M
L
4)
B
K
C
$, B
µ ), c’est donc un
µ et K
Quentin a raison : LMKB est un quadrilatère qui a trois angles droits ( L
rectangle.
On cherche donc à savoir quand la longueur de sa diagonale [KL] est la plus petite possible.
5) On sait que : LMKB est un rectangle.
D’après la propriété : « si un quadrilatère est un rectangle, alors ses diagonales ont la même longueur »,
on déduit que : BM = KL.
6) La longueur BM est la plus petite possible uniquement lorsque BM est la distance de B à la droite
(AC), c’est-à-dire quand (BM) est perpendiculaire à (AC).
Les commentaires du professeur :
Cet exercice est difficile, mais il suffisait en fait d’utiliser la définition et la propriété de la distance d’un point à une droite, vues
dans la séance 1 de cette séquence.
186
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c
Séquence 6
Je m’évalue
1)
® la figure 1
® la figure 3
˛ la figure 2
® la figure 3
Si tu n’as pas compris, revois le 1er « je retiens » de la séance 2.
2)
® OHK est un triangle rectangle.
® OLK est un triangle isocèle.
˛ OKH est un triangle isocèle.
® OLH est un triangle isocèle.
˛ OLH est un triangle rectangle.
On sait que (OH) est perpendiculaire à (HL) car la droite (d)
est tangente au cercle.
OH = OK car H et K sont sur le cercle de centre O.
D’où :
OKH est un triangle isocèle en O.
OLH est un triangle rectangle en H.
3)
® AE est la distance du point A à la droite (d).
˛ BE est la distance du point B à la droite (d).
® AB est la distance du point A à la droite (d’).
˛ EA est la distance du point A à la droite (d’).
Si tu n’as pas compris, revois l’exercice 3 de la séance 1.
4)
˛ la figure 1
® la figure 3
c
• On sait par définition que la figure 1 convient.
˛ la figure 2
˛ la figure 4
• On a vu dans l’exercice 11 qu’une des deux diagonales d’un
cerf-volant est la bissectrice de deux de ses angles. La figure 2
convient.
• Si un point M est équidistant de deux côtés d’un angle, alors
il appartient à la bissectrice de cet angle. La figure 4 convient.
5)
® Dans un triangle, le cercle inscrit passe par
les 3 sommets.
® Dans un triangle, le cercle inscrit passe par le
point de concours des bissectrices.
˛ Dans un triangle, le cercle inscrit est tangent
aux 3 côtés.
® Dans un triangle, le cercle inscrit est tangent
aux 3 bissectrices.
Si tu n’as pas compris, revois le « Je retiens » de la séquence 5.
6)
® Les médianes et les médiatrices.
® Les médianes et les hauteurs.
® Les bissectrices et les médiatrices.
˛ Les hauteurs et les médiatrices.
® Les bissectrices et les hauteurs.
On rappelle que dans un triangle, une hauteur passe par un
sommet et est perpendiculaire au côté opposé.
On rappelle que la médiatrice d’un côté d’un triangle est la
droite perpendiculaire à ce côté en son milieu.
7)
® Les médianes et les hauteurs.
˛ Les médianes et les médiatrices.
® Les bissectrices et les médiatrices.
® Les hauteurs et les médiatrices.
® Les bissectrices et les hauteurs.
On rappelle que dans un triangle, une médiane est une droite
qui passe par un sommet et le milieu du côté opposé.
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187
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c
c
Séquence 6
8)
˛ passe par K.
® passe par A.
˛ est tangent à la droite (AB).
® est le cercle circonscrit au triangle ABC.
˛ est le cercle inscrit dans le triangle ABC.
9)
® a pour centre le point de concours des trois
bissectrices.
˛ a pour centre le point de concours des trois
médiatrices.
® a pour centre le point de concours des trois
hauteurs du triangle.
˛ passe par les trois sommets E, F et G.
10)
® le centre de gravité.
® l’orthocentre.
® le centre du cercle circonscrit au triangle.
˛ le centre du cercle inscrit dans le triangle.
188
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Si tu n’as pas compris, revois le « Je retiens » de la séquence 5.
Le centre du cercle circonscrit au triangle EFG est le point de
concours des médiatrices des trois côtés de ce triangle.
Le centre de ce cercle est donc équidistant de E, F et G : le
cercle circonscrit au triangle EFG est le seul cercle qui passe par
ces trois points.
Il ne faut pas confondre « équidistant des trois sommets d’un
triangle » et « équidistant des trois côtés d’un triangle ».
Le seul point équidistant des trois côtés d’un triangle est le
centre du cercle inscrit dans le triangle.
Si tu n’as pas compris, revois l’exercice 22, son corrigé, et le « Je
retiens » qui suit.
Séquence 7
SEQUENCE 7
TRIANGLE RECTANGLE : CERCLE CIRCONSCRIT ET COSINUS
Ce que tu devais faire
Les commentaires du professeur
Séance 1
JE REVISE LES ACQUIS DE LA 5e
1)
1)
• La droite passant par un sommet et le milieu du côté opposé
s’appelle une médiane.
• Une médiatrice passe aussi par le milieu d’un côté mais elle est
perpendiculaire à ce côté (elle ne passe pas nécessairement par
un sommet).
• Une bissectrice est une demi-droite partageant un angle en
deux angles de même mesure.
• Une hauteur passe par un sommet du triangle et est
perpendiculaire au côté opposé (elle ne passe pas nécessairement
par le milieu du côté opposé).
médiatrice.
bissectrice.
hauteur.
médiane.
2)
2)
deux médianes du triangle.
les bissectrices de deux angles du triangle.
les médiatrices de deux côtés du triangle.
deux hauteurs du triangle.
Les médiatrices des trois côtés d’un triangle sont concourantes et
leur point d’intersection est le centre du cercle circonscrit à ce
triangle.
3)
3)
Le cercle C 1 est circonscrit au triangle ABC.
● C 1 passe par les trois sommets A, B et C du triangle ABC
donc c’est le cercle circonscrit à ce triangle.
Le cercle C 2 est circonscrit au triangle ABC.
C 1 est le cercle inscrit dans le triangle ABC.
C 2 est le cercle inscrit dans le triangle ABC.
Le triangle ABC est inscrit dans le cercle C 1.
Le triangle ABC est inscrit dans le cercle C 2.
4)
L’hypoténuse du triangle ABC est [AB].
L’hypoténuse du triangle CBD est [CD].
L’hypoténuse du triangle ABC mesure 5 cm.
L’hypoténuse du triangle ABC mesure 7 cm.
5)
160°.
70 °.
80°.
On ne peut pas savoir.
6)
x = 5 × 0, 7
x = 3,5
0,7
5
5
x=
0,7
x=
● C 2 est le cercle inscrit dans le triangle ABC, c’est-à-dire que
les trois côtés du triangle sont tangents au cercle.
● On dit que le cercle C 1 est circonscrit au triangle ABC ou
bien que le triangle ABC est inscrit dans le cercle C 1.
4)
● Le triangle ABC est rectangle en C. L’hypoténuse est le côté
opposé à l’angle droit, donc ici, c’est [AB].
● On ne sait pas si CBD est un triangle rectangle donc on ne peut
pas parler d’hypoténuse pour ce triangle.
● ABC est un triangle rectangle. En appliquant la propriété de
Pythagore, on montre que [AB] mesure 5 cm.
5)
1ère méthode : la somme des angles d’un triangle est égale à
180°.
180° – (90° + 20°) = 70°
2ème méthode : Dans un triangle rectangle, les deux angles aigus
= 90° − 20° = 70° .
sont complémentaires. D’où : C
6)
0,7 x
=
1
5
On utilise l’égalité des produits en croix :
x × 1 = 0,7 × 5
D’où : x = 0,7× 5 = 3,5
Cned, Mathématiques 4e –
189
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Séquence 7
EXERCICE 1
1)
● Le seul point qui se trouve à égale distance des trois points A, B et C est le centre du cercle circonscrit
au triangle ABC. Ce point est le point de concours des trois médiatrices du triangle. On le construit en
traçant les médiatrices de deux côtés du triangle (cela suffit).
● Pour chacune des figures tracées, il semble que les médiatrices se coupent au milieu de l’hypoténuse.
Le centre du cercle circonscrit semble donc être le milieu de l’hypoténuse.
Sur ma figure, il semble également que le centre du cercle circonscrit soit le milieu de l’hypoténuse.
● J’ai ouvert la figure dynamique puis j’ai construit les médiatrices de [AB] et [AC]. J’ai nommé leur
point d’intersection O. Il semble que O soit le milieu de [BC]. Pour être plus sûr de moi, j’ai fait mesurer
OB et OC par Geocned. Ces valeurs semblent toujours être égales, même lorsqu’on déplace les points A
et B.
2) La conjecture est : « le milieu de l’hypoténuse d’un triangle rectangle est le centre du cercle
circonscrit à ce triangle ». Je n’arrive pas à la démontrer.
Les remarques du professeur :
Si n’as pas réussi à faire la construction dynamique, ouvre la figure sequence7exercice1corrige avec Geocned.
Il semble que le milieu de l’hypoténuse d’un triangle rectangle soit le centre du cercle circonscrit à ce triangle.
Ceci est une conjecture, pour l’instant, nous ne pouvons pas affirmer qu’elle est vraie pour n’importe quel triangle rectangle, même si
nous avons pu constater qu’elle semblait vraie pour un très grand nombre de triangles grâce à la géométrie dynamique.
Nous allons prouver cette conjecture dans l’exercice suivant.
190 – Cned, Mathématiques 4e
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Séquence 7
EXERCICE 2
1)
ABDC est un quadrilatère dont les diagonales se
coupent en leur milieu.
ABDC est donc un parallélogramme.
est un angle droit.
De plus, l’angle BAC
1)
On démontre qu’ABDC est un rectangle en deux étapes :
● on prouve d’abord que c’est un parallélogramme,
● on prouve ensuite que c’est un rectangle.
On pense à utiliser les codages de la figure : ils sont placés sur les
diagonales donc on pense à utiliser une propriété qui concerne les
diagonales d’un quadrilatère.
Or, si un parallélogramme a un angle droit alors c’est
un rectangle.
ABDC est donc un rectangle.
2)
ABDC est un rectangle.
Or, les diagonales d’un rectangle se coupent en leur
milieu et ont la même longueur.
On a donc : OA = OB = OC = OD.
Comme OA = OB = OC, on en déduit que le cercle
BC
de centre O et de rayon
passe par les points A,
2
B et C, autrement dit, c’est le cercle circonscrit au
triangle ABC.
3)
« Si un triangle est rectangle, alors le centre du
cercle circonscrit à ce triangle est le milieu de
l’hypoténuse. »
ou
« Si ABC est un triangle rectangle en A et O est le
milieu de [BC], alors les longueurs OA, OB et OC
sont égales. »
2)
On utilise le résultat que l’on vient de démontrer.
OA = OB = OC.
O est donc le centre du cercle circonscrit au triangle ABC.
3)
Il existe d’autres formulations possibles :
« Si un triangle est rectangle, alors la longueur de la médiane
issue du sommet de l’angle droit est égale à la moitié de la
longueur de l’hypoténuse. »
ou :
« Dans un triangle rectangle, le milieu de l’hypoténuse est
équidistant des trois sommets du triangle. »
EXERCICE 3
1) b)
Cned, Mathématiques 4e –
191
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Séquence 7
1)
a)
Si un triangle est rectangle, alors le centre du cercle
circonscrit à ce triangle est le milieu de l’hypoténuse.
2)
a)
Si un triangle est rectangle, alors la longueur de la
médiane issue du sommet de l’angle droit est égale à
la moitié de la longueur de l’hypoténuse.
BC 8
b) BC = 8 cm donc : AI =
= soit AI = 4 cm.
2
2
1)
b) On trace le cercle de centre I passant par B.
2)
Ici, la médiane issue de l’angle droit est [AI].
EXERCICE 4
1)
figure 1
est donc un
ABDC est un quadrilatère qui possède trois angles droits. ABDC est donc un rectangle. CAB
angle droit. ABC est un triangle rectangle en A.
figure 2
D’une part : AB² = 5² = 25
D’autre part : AC² + BC² = 3² + 4² = 9 + 16 = 25
Comme AB² = AC² + BC², d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ABC est rectangle en
C.
figure 3
(AB) est parallèle à (DE) et (BC) est perpendiculaire à (ED).
Or, si deux droites sont parallèles, toute droite perpendiculaire à l’une est aussi perpendiculaire à l’autre.
(BC) est donc perpendiculaire à (AB). Le triangle ABC est donc rectangle en B.
2)
figure 1
ABC est un triangle rectangle en A.
Or, si un triangle est rectangle, alors le centre du cercle circonscrit à ce triangle est le milieu de l’hypoténuse.
Pour tracer le cercle circonscrit au triangle ABC, je trace donc le cercle de centre I, milieu de [BC] et de
BC
rayon
.
2
figure 2
ABC est un triangle rectangle en C.
Or, si un triangle est rectangle, alors le centre du cercle circonscrit à ce triangle est le milieu de l’hypoténuse.
Pour tracer le cercle circonscrit au triangle ABC, je trace donc le cercle de centre I, milieu de [AB] et de
AB
rayon
.
2
figure 3
ABC est un triangle rectangle en B.
Or, si un triangle est rectangle, alors le centre du cercle circonscrit à ce triangle est le milieu de l’hypoténuse.
AC
Pour tracer le cercle circonscrit au triangle ABC, je trace le cercle de centre I, milieu de [AC] et de rayon
.
2
192 – Cned, Mathématiques 4e
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Séquence 7
3)
Les commentaires du professeur :
1) On explique pour chaque figure pourquoi le triangle ABC est rectangle. C’est la condition indispensable pour pouvoir appliquer
ensuite les propriétés vues précédemment.
2) On rédige comme dans le « Je comprends la méthode » vu précédemment.
3) On trace les cercles en suivant les explications de la question 2.
EXERCICE 5
figure 1
ABC est un triangle rectangle en C.
On rédige comme dans le paragraphe « je comprends la
méthode » vu précédemment.
I est le milieu de [AB].
La
médiane issue du sommet de l’angle droit est [IC].
Or, si un triangle est rectangle, alors la longueur de la
médiane issue du sommet de l’angle droit est égale à
la moitié de la longueur de l’hypoténuse.
On a donc : IA = IB = IC
Or, IA = 2 cm, donc IC = 2 cm.
figure 2
EFG est un triangle rectangle en F.
J’appelle I le milieu de l’hypoténuse [EG].
Or, si un triangle est rectangle, alors la longueur de la
médiane issue du sommet de l’angle droit est égale à
la moitié de la longueur de l’hypoténuse.
On a donc : IE = IF = IG
6
Or, EG = 6 cm donc : IF =
soit IF = 3 cm.
2
figure 3
PMN est un triangle rectangle en M.
J’applique la propriété de Pythagore :
PN² = PM² + MN²
PN² = 1,6² + 3²
PN² = 2,56 + 9 = 11,56
PN = 3,4
J’appelle I le milieu de l’hypoténuse [PN].
Or, si un triangle est rectangle, alors la longueur de la
médiane issue du sommet de l’angle droit est égale à
la moitié de la longueur de l’hypoténuse.
On a donc : IM = IN = IP
3,4
Or, PN = 3,4 cm, donc IM =
soi IM = 1,7 cm.
2
Ici, la médiane n’est pas tracée. On peut ajouter le point I, milieu
de [EG] sur la figure.
La médiane issue du sommet de l’angle droit est [IF].
On rédige ensuite comme pour la figure 1.
On utilise la propriété de Pythagore pour déterminer la longueur
de l’hypoténuse [PN].
Puis, on rédige comme pour la figure 2.
La médiane issue du sommet de l’angle droit est [MI].
Cned, Mathématiques 4e –
193
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Séquence 7
SEANCE 2
EXERCICE 6
Pour obtenir les propriétés réciproques, on inverse la partie
comprise « entre le SI et le ALORS » et la partie comprise « entre
le ALORS et le POINT FINAL ».
• Propriété :
Si un triangle est rectangle, alors le centre du cercle
circonscrit à ce triangle est le milieu de l’hypoténuse.
Propriété réciproque :
Si le centre du cercle circonscrit à un triangle est le
milieu de l’un de ses côtés, alors ce triangle est
rectangle.
• On ne dit pas « si le centre du cercle circonscrit à un triangle
est le milieu de l’hypoténuse … » car on ne sait pas encore que le
triangle est rectangle donc on n’a pas le droit de parler
d’hypoténuse.
On dit plutôt : « si le centre du cercle circonscrit à un triangle est
le milieu de l’un de ses côtés … »
• Propriété :
Si un triangle est rectangle, alors la longueur de la
médiane issue du sommet de l’angle droit est égale à
la moitié de la longueur de l’hypoténuse.
Propriété réciproque :
Si la longueur d’une médiane d’un triangle est égale à • De même pour l’autre formulation, on ne dit pas : « si la
la moitié de la longueur du côté correspondant, alors longueur de la médiane issue du sommet de l’angle droit … », on
parle du côté correspondant à la médiane.
ce triangle est rectangle.
Cet exercice permet de comprendre l’écriture de ces propriétés,
de mettre en évidence ce que l’on doit connaître pour pouvoir les
utiliser et ce qu’elles nous permettent de démontrer.
Cependant, on ne sait pas encore si les propriétés réciproques
écrites dans cet exercice sont vraies. C’est ce que l’on va essayer
de découvrir par la suite.
194 – Cned, Mathématiques 4e
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Séquence 7
EXERCICE 7
1)
Le triangle ABC semble rectangle en C.
Les triangles ABC’ et ABC’’ semblent rectangles
respectivement en C’ et en C’’.
2)
On place le point D diamétralement opposé au point C.
[AB] et [CD] sont deux diamètres d’un même cercle de centre O,
donc :
● AB = CD
● O est le milieu de [AB] et de [CD].
ACBD est un quadrilatère dont les diagonales se coupent en leur
milieu O et ont la même longueur : ACBD est donc un rectangle.
ACBD possède donc quatre angles droits.
Le triangle ABC est donc rectangle en C.
Les commentaires du professeur :
1)
• Si le point C est confondu avec le point A ou avec le point B, on obtient un triangle aplati.
• Lorsque [AB] est un diamètre du cercle, quel que soit l’endroit où on place les points C, C’ et C’’ (distincts de A et B), il semble que
les triangles ABC, ABC’ et ABC’’ soient rectangles.
Cependant, ceci n’est qu’une conjecture. On ne peut pas affirmer pour l’instant que ce soit toujours vrai.
• Si on construit une figure dynamique, on remarque que quelle que soit la position du point C sur le cercle de diamètre [AB], le
triangle ABC semble être rectangle en C. Si tu n’as pas réussi à construire la figure dynamique, ouvre la figure
sequence7exercice7corrige à l’aide de Geocned.
2)
Cet exercice est difficile à résoudre tant qu’on ne pense pas à introduire le point D diamétralement opposé au point C.
La remarque de Manon est donc judicieuse pour la suite.
Cela signifie que [CD] est un diamètre du cercle.
On pense à mettre les codages sur la figure, ils nous aideront à raisonner.
Quentin a raison : le quadrilatère ACBD est un rectangle. On le démontre en utilisant une propriété sur les diagonales.
Maintenant qu’on a prouvé que le quadrilatère ACBD est un rectangle, on utilise la propriété : « Si un quadrilatère est un rectangle
alors ses côtés consécutifs sont perpendiculaires.»
Cette fois, la conjecture est démontrée, elle est donc toujours vraie.
Cned, Mathématiques 4e –
195
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Séquence 7
EXERCICE 8
1)
Le triangle ABC est inscrit dans le cercle.
[AB] est un diamètre de ce cercle.
Or, si un triangle est inscrit dans un cercle et si
l’un de ses côtés est un diamètre de ce cercle, alors
ce triangle est rectangle.
L’hypoténuse est ce diamètre.
Le triangle ABC est donc rectangle en C.
2)
ABC est un triangle rectangle en C.
J’applique la propriété de Pythagore :
AB2 = AC 2 + BC 2
82 = 32 + BC 2
64 = 9 + BC 2
BC 2 = 64 − 9
BC 2 = 55
BC ≈ 7,4 cm
Les remarques du professeur :
Cet exercice ne comporte pas de difficulté particulière : on retrouve les conditions qui permettent d’appliquer la propriété réciproque
vue dans cette séance. On rédige comme dans le paragraphe « je comprends la méthode » vu précédemment.
On utilise la première formulation puisque la figure comporte un cercle.
On démontre ainsi que le triangle ABC est rectangle en C. On peut donc par la suite appliquer la propriété de Pythagore.
EXERCICE 9
figure 1
figure 1
I est le milieu de [AC]
Toutes les conditions sont réunies pour pouvoir appliquer la
[BI] est donc la médiane issue de B du triangle ABC. propriété réciproque de la séance 2.
Le triangle ABC est donc rectangle en B.
IB = IA = IC = 3 cm
Or, si dans un triangle, la longueur d’une médiane est
égale à la moitié de la longueur du côté
correspondant, alors ce triangle est rectangle.
L’hypoténuse est ce côté.
Le triangle ABC est donc rectangle en B.
figure 2
On ne sait pas si le triangle ABC est rectangle !
figure 2
On ne sait pas si [BI] est la médiane issue de B du triangle ABC.
Par exemple, la figure 2 pourrait être ainsi :
La longueur BI est égale à la moitié de la longueur
AC mais on ne sait pas si I est le milieu de [AC].
Le triangle ABC ne serait alors pas rectangle en B.
196 – Cned, Mathématiques 4e
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Séquence 7
SEANCE 3
EXERCICE 10
Je trace un segment [BC] de 6 cm.
J’appelle O le milieu de [BC].
ABC est un triangle rectangle en A.
Si un triangle est rectangle, alors le centre du cercle circonscrit
à ce triangle est le milieu de l’hypoténuse.
Je trace le cercle de centre O et passant par B.
Ce cercle est le cercle circonscrit au triangle ABC, ce qui signifie
que le point A est situé sur ce cercle.
De plus, AB = 2 cm.
Avec mon compas, je place un point A sur le cercle de façon à ce
que AB = 2 cm.
Les remarques du professeur :
● On peut placer deux points sur le cercle tels que AB = 2 cm (voir sur la figure : A ou A’).
● Dans cet exercice on utilise la propriété directe car on sait que le triangle ABC est rectangle.
L’idée est de se dire : « Si le triangle ABC est rectangle en A alors le point A est situé sur le cercle de diamètre [BC]. »
● Une autre solution aurait été de calculer la longueur AC à l’aide de la propriété de Pythagore, puis de construire le triangle ABC
connaissant ses trois longueurs. Cependant, l’énoncé précisait de n’effectuer aucun calcul.
EXERCICE 11
ABC est un triangle isocèle en B. La hauteur issue de B est donc aussi la médiane issue de B.
On en déduit que D est le milieu de [AC].
De plus le triangle ABC est rectangle en B.
Or, si un triangle est rectangle, alors la longueur de la médiane
issue du sommet de l’angle droit est égale à la moitié de la longueur de
l’hypoténuse.
AC
D’où : BD =
.
2
Le triangle ABC est rectangle en B.
J’applique la propriété de Pythagore : AC² = AB² + BC²
AC² = 4² + 4²
AC² = 16 + 16 = 32
AC ≈ 5,7
5,7
Donc : BD ≈
c’est-à-dire BD ≈ 2,8 cm.
2
Les remarques du professeur :
• On remarque que la figure ressemble à celle de la leçon, Ali a raison. Cependant il manque une donnée pour pouvoir appliquer la
propriété : D milieu de [AC] (autrement dit que [BD] est la médiane issue de B dans le triangle ABC)
Il faut donc d’abord démontrer que D est bien le milieu de [AC]. C’est ce que l’on fait en utilisant une propriété des triangles
isocèles :
et la médiatrice de
« Si ABC est isocèle en B, alors la hauteur issue de B est aussi la médiane issue de B, la bissectrice de l’angle B
[AC]. »
• On peut maintenant appliquer la propriété de la leçon.
• Pour finir le calcul, on a besoin de connaître la longueur AC. On la calcule grâce à la propriété de Pythagore.
• Remarque de Lindsay : Elle a raison, on peut également calculer la longueur BD sans utiliser la propriété de la leçon :
On montre, de même, que D est le milieu de [AC] et que : AC ≈ 5,7 cm.
On peut en déduire que : DC ≈ 5,7 ÷ 2, autrement dit que : DC ≈ 2,8 cm.
BDC est un triangle rectangle en D. En appliquant la propriété de Pythagore, on en déduit :
BC² = BD² + DC² d’où
4² ≈ BD² + 2,8²
soit
BD² ≈ 16 – 7,84 BD2 ≈ 8,16 donc BD ≈ 2,8 cm.
Cned, Mathématiques 4e –
197
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Séquence 7
EXERCICE 12
On construit la figure en suivant les consignes de l’énoncé.
On choisit la longueur du côté du triangle équilatéral au hasard.
« La droite (d) n’est confondue ni avec (AC) ni avec (AB) » : cela
signifie que la droite (d) ne passe ni par C, ni par B.
On pense à coder la figure.
Dans le triangle EDB :
A est le milieu de [ED] car E et D sont symétriques
par rapport à A.
[AB] est donc la médiane issue de B.
AE = AD = AB
Or, si dans un triangle, la longueur d’une médiane est
égale à la moitié de la longueur du côté
correspondant, alors ce triangle est rectangle.
L’hypoténuse est ce côté.
Le triangle EDB est donc rectangle en B.
On montre de la même façon que le triangle EDC est
rectangle en C.
EXERCICE 13
On peut représenter la situation de l’exercice par la
figure ci-dessous :
On veut montrer que les triangles EDB et EDC sont rectangles.
On va donc utiliser la propriété réciproque de la leçon.
De plus on remarque des égalités de longueurs d’après les
codages : on pense donc à la propriété réciproque sur la médiane.
Quand deux raisonnements sont similaires, il n’est pas nécessaire
de rédiger les deux. On détaille la première démonstration, puis
on dit : »De la même façon, on montre que … »
Cet exercice est un peu plus difficile car la figure n’est pas donnée
de façon explicite. Il faut donc traduire l’énoncé et représenter la
situation par une figure géométrique.
« Pierre, Jean et Louis sont sur un tourniquet de 1 m de rayon » :
on place trois points J, P et L (on choisit la première lettre du
prénom pour simplifier mais ce n’est pas une obligation) sur un
cercle de rayon 1 m.
« Pierre et Jean sont diamétralement opposés l’un à l’autre » :
cela signifie que [PJ] est un diamètre du cercle.
« Louis s’installe à 1,50 m de Jean » : cela signifie que
JL = 1,50 m.
« Est-il plus près de Jean ou de Pierre ? » : on sait que
JL = 1,50 m ; on va donc chercher à calculer la longueur LP, puis
la comparer à JL.
Le triangle JPL est inscrit dans le cercle.
[JP] est un diamètre de ce cercle.
Or si un triangle est inscrit dans un cercle et si l’un de
ses côtés est un diamètre de ce cercle, alors ce triangle
est rectangle. L’hypoténuse est ce diamètre.
Le triangle JPL est donc rectangle en L.
On applique la propriété de Pythagore :
JP2 = JL2 + LP2
22 = 1,502 + LP2
4 = 2,25 + LP2
D’où : LP2 = 4 – 2,25 = 1,75
LP ≈ 1,3 m (troncature au dixième)
Louis est donc plus près de Pierre que de Jean.
198 – Cned, Mathématiques 4e
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La figure n’est pas à l’échelle, c’est une figure à main levée sur
laquelle on va pouvoir réfléchir. Il est donc indispensable de
coder la figure correctement.
Pour calculer la longueur LP, on pense à utiliser la propriété de
Pythagore. Mais il faut d’abord prouver que le triangle est
rectangle en L.
C’est ce que l’on fait en utilisant une propriété de cette séquence.
On a un cercle de rayon 1m, donc son diamètre est égal à 2 m.
On donne une valeur approchée du résultat au dixième. Il n’est
pas nécessaire d’être plus précis : un chiffre après la virgule suffit
pour comparer les longueurs LJ et LP.
Séquence 7
SEANCE 4
EXERCICE 14
ABC est rectangle en B.
Or, si un triangle est rectangle, alors le centre du cercle circonscrit
à ce triangle est le milieu de l’hypoténuse.
Le cercle de diamètre [AC] passe donc par les trois points A, B et C.
En raisonnant comme précédemment, on montre que le cercle de
diamètre [AC] passe par les trois points A, D et C.
Conclusion : le cercle de diamètre [AC] passe par les quatre points
A, B, C et D.
Les remarques du professeur :
• Les quatre points A, B, C et D sont situés sur un même cercle : on dit qu’ils sont
cocycliques.
● Pour n’importe quel triangle AMC rectangle en M, le cercle de diamètre [AC] sera le cercle circonscrit de ce triangle ; autrement
dit le point M sera situé sur ce cercle.
EXERCICE 15
1)
Le triangle ABC est inscrit dans le cercle C 1. [AB] est un diamètre de ce cercle.
Or si un triangle est inscrit dans un cercle et si l’un de ses côtés est un diamètre de ce cercle, alors ce triangle
est rectangle. L’hypoténuse est ce diamètre. Le triangle ABC est donc rectangle en C.
Autrement dit, la droite (AC) est perpendiculaire en C au rayon [BC] du cercle C 2.
La droite (AC) est donc tangente au cercle C 2 en C.
2)
ABC est rectangle en C. On applique la propriété de Pythagore :
AB² = AC² + BC²
8² = AC² + 5²
64 = AC² + 25
D’où : AC² = 64 – 25 = 39 soit : AC ≈ 6,2 cm.
Cned, Mathématiques 4e –
199
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Séquence 7
Les remarques du professeur :
1) On traduit l’énoncé : on veut montrer que la droite (AC) est tangente au cercle C 2, cela signifie qu’on veut montrer que (AC) est
perpendiculaire à [BC], ou encore que le triangle ABC est rectangle en C. On applique alors la propriété réciproque de la leçon.
On pourrait montrer de même que la droite (AD) est tangente au cercle C 2.
EXERCICE 16
On peut traduire l’énoncé par la figure à main levée
ci-dessous :
Pierre, Jean et Louis forment, à eux trois, les sommets d’un
triangle PJL.
On pense à noter les informations sur la figure.
PL = 16 m
PJ = 12 m
LJ = 20 m
Je sais que le point situé à égale distance des trois
sommets d’un triangle est le centre du cercle
circonscrit à ce triangle.
Je cherche où se trouve le centre du cercle circonscrit
car je cherche un endroit facile à trouver.
On connaît les trois longueurs du triangle.
On pense alors à utiliser la réciproque de la propriété de
Pythagore pour démontrer qu’il est rectangle.
LP² + PJ² = 16² + 12² = 256 + 144 = 400
LJ² = 20² = 400
On a donc : LP² + PJ² = LJ²
D’après la réciproque de la propriété de Pythagore, on
en déduit que le triangle LJP est rectangle en P.
Le triangle LJP est rectangle en P.
J’appelle I le milieu de [LJ].
Or, si un triangle est rectangle, alors la longueur de la
médiane issue du sommet de l’angle droit est égale à
la moitié de la longueur de l’hypoténuse.
LJ
On a donc : IP = IL = IJ =
2
Si je place le ballon au point I, c’est-à-dire à michemin entre Louis et Jean, il sera par conséquent à
la même distance des trois amis.
EXERCICE 17
200 – Cned, Mathématiques 4e
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On vient de démontrer que le triangle LPJ est rectangle donc on
peut appliquer cette propriété.
Séquence 7
M est équidistant des points A et B.
Si un point est équidistant des extrémités d’un segment,
alors il est situé sur la médiatrice de ce segment.
Je trace donc la médiatrice (d) du segment [AB].
Je viens de démontrer que le point M est sur cette droite.
La distance de B par rapport à la droite (AM) est égale
à 6 cm.
Je cherche à tracer un triangle ABH qui soit
rectangle en H tel que : BH = 6 cm.
BH est la distance de B à la droite (AM).
Le triangle ABH est rectangle en H.
Or, si un triangle est rectangle, alors le centre du cercle
circonscrit à ce triangle est le milieu de l’hypoténuse.
Le point H est donc situé sur le cercle de diamètre [AB].
De plus il est situé à 6 cm du point B donc sur le cercle
de centre B et de rayon 6 cm.
Autrement dit, on place le point H à l’intersection de ces
deux cercles (il existe deux possibilités H et H’).
M est situé sur la médiatrice (d) de [AB] et sur la droite (AH).
On place donc le point M à l’intersection de ces deux droites.
Les remarques du professeur :
Cet exercice est difficile car il faut traduire l’énoncé pour pouvoir faire la construction :
● le mot « équidistant » fait penser à la médiatrice,
● la « distance d’un point à une droite » fait penser à des droites perpendiculaires, autrement dit à un triangle rectangle.
On place le point M à l’intersection des deux droites tracées grâce aux informations de l’énoncé car le point M doit vérifier les deux
conditions de l’énoncé.
La remarque d’Hugo
Hugo a raison. De plus, il t’aide à penser à traduire l’énoncé.
La remarque de Manon
Manon a une bonne idée mais se trompe : on ne peut pas trouver directement le point M avec un triangle ABM rectangle en M. Il faut
tracer un triangle ABH rectangle en H.
Quand on parle de « la distance du point B à la droite (AM) », cela signifie
qu’il existe un point H sur la droite (AM) tel que :
● BH = 6 cm
● (BH) et (AM) soient perpendiculaires.
La remarque d’Ali
Ali a raison. En reprenant le raisonnement de Manon mais avec un triangle ABH rectangle en H, on arrive à tracer une droite (AH)
telle que le point B soit situé à 6 cm de cette droite.
La droite (AH) est confondue avec la droite (AM) ; autrement dit, le point M est situé sur la droite (AH).
Cned, Mathématiques 4e –
201
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Séquence 7
SEANCE 5
EXERCICE 18
Dans un triangle rectangle :
• le côté adjacent à un angle est le côté « en commun » avec
l’angle, et qui n’est pas l’hypoténuse.
• le côté opposé est le côté « situé en face de l’angle ».
1)
L’hypoténuse du triangle ABC est [AB].
1)
• L’hypoténuse est le côté situé « en face de l’angle droit ».
2)
est [CB].
Le côté opposé à l’angle CAB
2)
est le côté situé en face de
• Le côté opposé à l’angle CAB
.
l’angle CAB
est [CA].
Le côté adjacent à l’angle CAB
est le côté de l’angle CAB
• Le côté adjacent à l’angle CAB
3)
est [AC].
Le côté opposé à l’angle ABC
est le côté situé « en face de
• Le côté opposé à l’angle ABC
qui n’est pas l’hypoténuse.
3)
».
l’angle ABC
est [BC].
Le côté adjacent à l’angle ABC
est le côté de l’angle ABC
• Le côté adjacent à l’angle ABC
EXERCICE 19
1)
Les triangles tracés (y compris le tien si ta construction est
correcte), se ressemblent tous : ils n’ont pas forcément leurs
côtés de même longueur mais ils ont des angles de même mesure.
En effet :
● on sait que la somme des angles aigus d’un triangle est égale à
90°.
= 90°
● On a :
BAC
= 90° – 30° = 60°
● On a donc : BCA
qui n’est pas l’hypoténuse.
1)
Les triangles tracés sont des agrandissements ou des réductions
les uns des autres.
2)
FIGURE
1
FIGURE
2
FIGURE
3
TA
FIGURE
AB
3,6
2,6
5,1
3
BC
4,2
3
5,9
3,4
AB
BC
0,9
0,9
0,9
0,9
2)
Pour les trois premières colonnes, il se peut que tes mesures ne
soient pas exactement les mêmes que celles écrites dans le
tableau. C’est normal, quand on effectue une mesure, il y a
toujours des imprécisions !
Pour ce qui est de la dernière colonne (la colonne « Ta figure »),
les mesures de ta figure ne sont sûrement pas les mêmes que celles
du tableau. C’est tout à fait normal.
Tu dois voir qu’avec tes mesures (et c’est ça qui est important), tu
trouves encore un quotient environ égal à 0,9.
3)
3)
Il semble que pour n’importe quel triangle ABC rectangle en A tel
AB
Je remarque que le quotient
semble être toujours
AB
BC
que ABC = 30° , le rapport
soit environ égal à 0,9.
AC
égal à 0,9.
202 – Cned, Mathématiques 4e
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Séquence 7
4)
4)
AB
soit toujours égal à 0,77.
BC
Lorsque je déplace le point C, le triangle ABC
AB
s’agrandit ou se réduit mais le quotient reste environ
On pourrait en fait remarquer que le quotient
d’un triangle
BC
égal à 0,77.
Il semble que le quotient
.
ABC rectangle en A ne dépend que de l’angle B
EXERCICE 20
On choisit des longueurs quelconques pour les côtés du triangle
ABC. La seule condition imposée par l’énoncé est que le triangle
doit être rectangle en C.
Le point M est placé n’importe où sur le segment [BC]. Cela
signifie que ce que l’on va démontrer sera vrai pour n’importe
quel point situé sur le segment [BC].
1)
(MN) et (AC) sont perpendiculaires à (BC).
Or, si deux droites sont perpendiculaires à une même
troisième droite, alors elles sont parallèles.
Les droites (MN) et (AC) sont donc parallèles.
2)
= NBM
car M est sur [BC] et N est sur [BA].
ABC
= NMB
= 90° .
ACB
1)
On utilise une propriété vue en 6ème.
2)
On aurait également pu montrer que les angles
et CAB
étaient égaux grâce à la propriété de 5ème : « la
MNB
somme des angles d’un triangle est égale à 180°. »
= CAB
car ils sont correspondants et les droites
MNB
(MN) et (AC) sont parallèles.
Ces deux triangles ont des mesures d’angles
respectivement égales.
On aurait également pu dire que le triangle ABC est un
Cela signifie que le triangle MNB est une réduction
agrandissement du triangle MNB.
du triangle ABC.
3) Dans le triangle ABC :
• N est un point de [BA).
• M est un point de [BC).
• (MN) et (CA) sont parallèles.
3)
On a montré que les droites (MN) et (CA) sont parallèles.
On reconnaît une situation de Thalès.
J’applique la propriété de Thalès :
BN BM NM
=
=
BA BC AC
BN BM
=
BA BC
Ici, on n’utilise pas le troisième rapport :
NM
.
AC
Cned, Mathématiques 4e –
203
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Séquence 7
4)
J’utilise l’égalité des produits en croix :
BN × BC = BA × BM
Autrement dit :
BC BM
=
.
BA BN
4)
On vient de prouver que le rapport
côté adjacent à B
reste
hypoténuse
constant quelle que soit la taille des côtés du triangle rectangle.
reste égal, ce rapport reste égal (il ne
Autrement dit : si l’angle B
).
dépend que de B
EXERCICE 21
On applique la formule vue dans la partie « Je retiens » :
1)
Le triangle ABD est rectangle en A.
= AB .
cos ABD
BD
= AD .
cos ADB
BD
1)
est [AB].
Le côté adjacent à l’angle ABD
est [AD].
Le côté adjacent à l’angle ADB
L’hypoténuse du triangle rectangle ABD est [BD].
2)
Le triangle ACB est rectangle en C.
= CA .
cos CAB
BA
= CB .
cos CBA
BA
2)
est [CA].
Le côté adjacent à l’angle CAB
3)
Le triangle ACD est rectangle en C.
= CA .
cos CAD
AD
= CD .
Cos CDA
DA
3)
est [CA].
Le côté adjacent à l’angle CAD
est [CB].
Le côté adjacent à l’angle CBA
L’hypoténuse du triangle rectangle ACB est [AB].
est [CD].
Le côté adjacent à l’angle CDA
L’hypoténuse du triangle rectangle ACD est [AD].
SEANCE 6
EXERCICE 22
Voir figure page suivante
204 – Cned, Mathématiques 4e
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Séquence 7
Cned, Mathématiques 4e –
205
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Séquence 7
2)
Le triangle OMH est rectangle en H.
= OH
cos MOH
OM
OH
cos 60° =
= OH car [OM] est un rayon du cercle donc : OM = 1 dm.
1
Ainsi : OH = cos 60°.
3)
En mesurant sur la figure, on a OH ≈ 0,5 dm.
J’en déduis : cos 60° ≈ 0,5
4)
cos 60°
cos 30°
cos 45°
0,5
0,87
0,71
Les remarques du professeur :
Le cercle trigonométrique permet de trouver des valeurs approchées de cosinus d’angles. Ce n’est pas une méthode très précise
puisqu’elle dépend de la précision de la figure et des mesures.
Mais c’est une méthode qui était utilisée autrefois, avant de déterminer des tables de cosinus plus précises, puis plus récemment, les
calculatrices.
On utilise le cosinus dans les triangles rectangles OMH, OM’H’ et OM’’H’’.
Comme le rayon du cercle mesure 1 dm, trouver une valeur approchée du cosinus des angles revient donc à mesurer les longueurs
(en dm) OH, OH’ et OH’’.
En réalité, pour cos 60°, on a une valeur exacte : cos 60° =0,5.
EXERCICE 23
cos 30° ≈ 0,87
cos 45° ≈ 0,71
cos 60° = 0,5
On écrit les résultats en arrondissant au centième, c'est-à-dire
avec deux chiffres après la virgule.
Encore une fois, il faut retenir que le cosinus d’un angle n’a pas
d’unité (ce n’est pas un nombre exprimé en degrés) : c’est un
rapport de longueurs.
cos 72° ≈ 0,31
EXERCICE 24
figure 1
Le triangle ABC est rectangle en B.
= BA
cos BAC
AC
3
cos 30° =
x
3
x=
cos 30°
d’où : x ≈ 3,5 cm.
206 – Cned, Mathématiques 4e
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On applique le « je comprends la méthode » vu précédemment.
On utilise les produits en croix.
On utilise des valeurs approchées de cos 30°, cos 20° et cos 50°.
Séquence 7
figure 2
Le triangle EFG est rectangle en E.
= EF
cos EFG
FG
x
cos 20° =
5
x = 5 × cos 20°
Soit : x ≈ 4,7 cm.
figure 3
figure 3
Le triangle MNP est rectangle en N.
La somme des angles d’un triangle est égale à 180°.
On a donc :
=180° − 90° − 40° = 50°
PMN
=
cos PMN
cos 50° =
MN
MP
Pour utiliser cos 40°, on doit connaître la longueur PN ou la
longueur PM.
Or, on ne connaît ni l’une ni l’autre.
On pense donc à utiliser la propriété de 5ème sur la somme des
.
angles aigus d’un triangle rectangle pour calculer l’angle PMN
On peut alors utiliser cos PMN puisqu’on connaît la longueur
MN.
3
x
3
cos 50°
Soit : x ≈ 4,7 cm.
x=
SEANCE 7
EXERCICE 25
On peut calculer le cosinus d’un angle en connaissant la longueur
du coté adjacent à cet angle et la longueur de l’hypoténuse à
l’aide de la formule :
longueur du côté adjacent
ABC =
cos longueur del'hypoténuse
figure 1
Le triangle ABC est rectangle en A.
AB 5
cos ABC =
=
= 0,625
BC
8
figure 1
On obtient ici des valeurs exactes.
figure 2
Le triangle ABC est rectangle en A.
= AB = 4 = 0,8
cos ABC
BC
5
figure 2
La longueur BD ne sert pas dans le calcul.
Cned, Mathématiques 4e –
207
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Séquence 7
figure 3
Le triangle ABC est rectangle en A.
J’applique la propriété de Pythagore :
BC² = AB² + AC²
BC² = 6² + 8²
BC² = 36 + 64 = 100
BC = 10
figure 3
, on doit connaître les
Pour calculer le cosinus de l’angle ABC
longueurs AB et BC.
On calcule donc d’abord la longueur BC avec la propriété de
Pythagore.
= AB = 6 = 0,6
cos ABC
BC 10
EXERCICE 26
= 0,6
cos ABC
≈ 53,1°
donc ABC
= 0,2
cos ABC
≈ 78,5°
donc ABC
= 0,37
cos ABC
≈ 68,3°
donc ABC
= 0,89
cos ABC
≈ 27,1°
donc ABC
EXERCICE 27
figure 1
On utilise la calculatrice.
On rédige comme dans le paragraphe « je comprends la
méthode ».
figure 1
ABC est un triangle rectangle en C.
BC
cos ABC =
AB
5
cos ABC =
8
cos ABC = 0,625
≈ 51° (arrondi à l’unité)
ABC
figure 2
ABC est un triangle rectangle en C.
J’applique la propriété de Pythagore :
AB² = BC² + CA²
AB² = 6² + 4²
AB² = 36 + 16
AB² = 52
cos ABC =
cos ABC =
BC
AB
6
AB
≈ 34° (arrondi à l’unité)
ABC
208 – Cned, Mathématiques 4e
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figure 2
ABC , j’écris la formule donnant cos ABC .
Pour calculer l’angle Pour pouvoir calculer ce cosinus, j’ai besoin des longueurs BC et
AB.
J’utilise la propriété de Pythagore pour calculer la longueur AB.
Pour obtenir l’angle ABC , on prend une calculatrice. On tape
selon la calculatrice :
cos–1 6 ÷
52
ou
Acos 6 ÷
52
Séquence 7
figure 3
ABC est un triangle rectangle en C.
J’applique la propriété de Pythagore :
AB² = BC² + CA²
7² = BC² + 3²
BC² = 49 – 9
BC² = 40
= BC
cos ABC
AB
= BC
cos ABC
7
≈ 25° (arrondi à l’unité)
ABC
EXERCICE 28
L’exercice peut se représenter par la figure
géométrique ci-dessous :
figure 3
ABC , j’écris la formule donnant cos ABC .
Pour calculer l’angle Pour pouvoir calculer ce cosinus, j’ai besoin des longueurs BC et
AB.
J’utilise la propriété de Pythagore pour calculer la longueur BC.
On pouvait raisonner autrement :
= CA
cos CAB
AB
3
=
cos CAB
7
à l’aide d’une calculatrice. On stocke le
On détermine CAB
résultat dans une mémoire de la calculatrice.
La somme des angles d’un triangle est égale à 180°.
ABC = 90° – CAB
On tape : 90 « – » le résultat stocké en mémoire.
La difficulté de cet exercice vient du fait que la figure n’est pas
donnée explicitement, il faut traduire l’énoncé :
le mur mesure 3 m de haut,
l’échelle mesure 4 m de long,
le mur est vertical donc (AC) et (BC) sont perpendiculaires.
On cherche quel angle doit former l’échelle avec le mur : ça
.
revient à calculer l’angle CAB
Le triangle ABC est rectangle en C.
= AC
cos BAC
AB
3
= = 0,75
cos BAC
4
BAC ≈ 41°.
L’échelle forme un angle de 41° avec le mur.
Cned, Mathématiques 4e –
209
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Séquence 7
EXERCICE 29
Sur la figure, on remarque que le triangle BCD est rectangle en C
et on connaît deux longueurs : BD et CD.
à l’aide d’un
Cela nous fait penser à calculer l’angle CDB
cosinus.
Le triangle BCD est rectangle en C.
= CD
cos CDB
BD
3
= = 0,6
cos CDB
5
CDB ≈ 53°.
Les droites (AE) et (CD) sont toutes les deux
perpendiculaires à la droite (EC).
Or, si deux droites sont perpendiculaires à une même
troisième droite, alors elles sont parallèles entre elles.
Donc les droites (AE) et (CD) sont parallèles.
et EAB
sont alternes
De plus, les angles CDB
internes.
Ils sont donc égaux.
≈ 53°.
On en déduit donc : EAB
et EAB
sont alternes
On remarque ensuite que les angles CDB
internes.
Pour prouver qu’ils sont égaux, il faut d’abord s’assurer que les
droites (AE) et (CD) sont bien parallèles.
On le démontre en utilisant une propriété vue en 6ème.
puis
Une autre possibilité est de calculer de même l’angle CDB
d’en déduire l’angle CBD en utilisant la propriété : « La somme
des angles aigus d’un triangle rectangle est égale à 90°. »
=
CBD
ABE car ce sont des angles opposés par le sommet.
Puis en utilisant à nouveau la somme des angles aigus du triangle
.
rectangle ABE, on en déduit la mesure de l’angle EAB
Cependant cette méthode est un peu longue.
SEANCE 8
EXERCICE 30
ABCD est un losange, donc ses quatre côtés ont la
même longueur et les diagonales [AC] et [DB] se
coupent perpendiculairement en leur milieu O.
Ainsi : ABD est un triangle isocèle en A
et (AO) est une médiane du triangle ADB.
Or, dans un triangle isocèle, la médiane issue du
sommet principal est confondue avec la bissectrice
.
de l’angle DAB
= 40° : 2 = 20°.
On a donc : OAB
Le triangle AOB est rectangle en O.
= OA
cos OAB
AB
OA
cos 20° =
4
OA = 4 × cos 20°
OA ≈ 4 × 0,94
OA ≈ 3,76 cm
O est le point d’intersection des diagonales du losange ABCD donc O est le
milieu du segment [AC].
AC = AO × 2
AC = 4 × cos 20° × 2 = 8 cos 20°
AC ≈ 7,52 cm.
Les remarques du professeur :
● On ne peut pas calculer directement la longueur AC car ce n’est pas la longueur d’un côté d’un triangle rectangle.
On remarque que OC est le double de OA puisqu’on est dans un losange et de plus il y a des triangles rectangles puisque les
diagonales d’un losange sont perpendiculaires. C’est ce qui nous donne l’idée de travailler dans le triangle AOB.
On aurait pu, de même, travailler dans les triangles rectangles AOD, DOC ou BOC.
● On aurait également pu dire : (AO) est la hauteur issue de A du triangle ABD.
Dans un triangle isocèle, la hauteur issue du sommet principal, la médiane, la médiatrice et la bissectrice sont confondues.
210 – Cned, Mathématiques 4e
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Séquence 7
EXERCICE 31
= 0,25°
● Je démontre que : BAC
(CB) ⊥ (AB) donc CB est la distance de C à (AB).
(CB’) ⊥ (AB’) donc CB’ est la distance de C à (AB’).
CB = R = CB’ donc C est à la même distance de
(AB) et de (AB’).
.
C est donc sur la bissectrice de BAB'
= BAB' = 0,5° = 0, 25°
D’où : BAC
2
2
Si on traduit les données de l’énoncé, on a :
● (AB) et (AB’) sont tangentes au cercle « Lune ».
= 0,5 = 0,25°
● BAC
2
● AD = 370 000 km
● BC = DC = CB’ = R (rayon de la lune)
On connaît un angle et une longueur dans le triangle rectangle
ABC : ça nous fait penser à utiliser le cosinus.
● La somme des angles aigus du triangle ABC
rectangle en B est égale à 90°.
= 90° − 0, 25° = 89,75° .
Donc : BCA
Dans le triangle ABC est rectangle en B :
= BC .
cos BCA
CA
Or, si j’appelle R le rayon de la lune :
● BC = R
● AC = AD + DC = 370 000 + R
On en déduit donc :
R
cos 89,75 ° =
R + 370 000
( R + 370 000) cos 89,75° = R
R × cos 89,75° + 370 000 × cos 89,75° = R
(cos 89,75 ° – 1) R = – 370 000 × cos 89,75°
−370 000 × cos 89,75°
cos 89,75° − 1
370 000 × cos 89,75°
R=
1 − cos 89,75°
R ≈ 1 621 km
R=
On multiplie le numérateur et le dénominateur du quotient par
– 1.
(cos 89,75° – 1) × (– 1) = – cos 89,75° + 1 = 1 – cos 89,75 °.
Le rayon de la Lune mesure environ 1 621 km.
Cned, Mathématiques 4e –
211
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Séquence 7
EXERCICE 32
1)
Le triangle ABM est inscrit dans le cercle.
[AB] est un diamètre de ce cercle.
Or si un triangle est inscrit dans un cercle et si l’un de
ses côtés est un diamètre de ce cercle, alors ce triangle
est rectangle. L’hypoténuse est ce diamètre.
Donc, le triangle ABM est rectangle en M.
La distance du point B à la droite (AM) est donc la
longueur BM.
ABM est rectangle en M.
J’applique la propriété de Pythagore :
AB² = AM² + MB²
8² = 3² + MB²
MB² = 64 – 9 = 55
MB ≈ 7,4 cm (arrondi au dixième)
La distance du point B à la droite (AM) est environ
égale à 7,4 cm.
2)
Le triangle MBA est rectangle en M.
= MB
cos MBA
BA
MB
=
cos MBA
8
MBA ≈ 22°
212 – Cned, Mathématiques 4e
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1)
La distance du point B à la droite (AM) est la longueur BH, où H
est le pied de la perpendiculaire à (AM) passant par B.
Or, en appliquant la propriété vue en début de séquence, on
démontre que le triangle ABM est rectangle en M.
Ce qui signifie que la distance du point B à la droite (AM) est BM.
Autrement dit : H est confondu avec M.
Déterminer la distance du point B à la droite (AM) revient donc à
calculer la longueur BM.
C’est ce que l’on fait en appliquant la propriété de Pythagore.
On détermine Mb à l’aide de la calculatrice. On stocke le résultat
affiché à l’écran dans une mémoire afin de pouvoir l’utiliser dans
les questions suivantes.
2)
On applique la formule du cosinus dans le triangle MBA rectangle
en M.
On détermine l’angle en tapant le calcule ci-contre et en
remplaçant MP par le résultat que l’on a mis en mémoire dans la
question précédente.
On met ce nouveau résultat dans une nouvelle mémoire.
Séquence 7
3)
La distance du point M à la droite (AB) est la
longueur MH’ où H’ est le pied de la perpendiculaire
à la droite (AB) passant par M.
La somme des angles aigus du triangle rectangle
MH’B est égale à 90°.
Donc : H
'MB ≈ 90 − MBA
H
'MB ≈ 68°
Dans le triangle MH’B rectangle en H’ :
MH '
'MB =
cos H
MB
'MB
MH’ = MB × cos H
3)
On traduit l’énoncé : Déterminer la distance de M à la droite
(AB) revient à calculer la longueur MH’.
On place H’ sur la figure.
On détermine H'
BM en utilisant la valeur approchée de MBA
stockée en mémoire.
On calcule MH’ en utilisant les nombres mis en mémoire.
MH’ ≈ 2,74 cm.
La distance du point M à la droite (AB) est environ On aurait pu procéder différemment :
égale à 2,8 cm.
En utilisant le cosinus de l’angle H'
BM , c’est-à-dire cos22, on
aurait pu calculer une valeur approchée de la longueur BH’.
En appliquant la propriété de Pythagore, on pouvait ensuite en
déduire une valeur approchée de la longueur MH’.
Cette méthode est cependant plus longue.
EXERCICE 33
L’exercice peut être représenté par la figure
géométrique ci-dessous :
La difficulté de cet exercice réside dans le fait que la figure n’est
pas donnée de façon explicite.
De plus, les triangles ne sont pas tracés.
Il faut traduire l’énoncé pour obtenir la figure géométrique
correspondante :
● La route est supposée rectiligne : on va pouvoir parler du
triangle ABC.
= 15°.
● La pente est de 15° : BAC
● Au départ Arthur est à une altitude de 1000 m et arrive à une
altitude de 1200 m : le dénivelé est de 200 m : BC = 200 m
● La distance qu’il a parcourue : longueur AB.
La somme des angles aigus d’un triangle rectangle est
On ne connaît pas la longueur AC, donc on ne peut pas utiliser le
égale à 90°.
.
cosinus de l’angle BAC
= 90° − 15° = 75° .
ABC
Le triangle ABC est rectangle en C.
= BC
cos ABC
AB
200
cos 75° =
AB
200
AB =
cos 75°
AB ≈ 773 m
Arthur a parcouru environ 773 m.
, puis à l’aide du cosinus de cet angle, on
On calcule l’angle ABC
en déduit la longueur AB.
Cned, Mathématiques 4e –
213
© Cned – Académie en ligne
Séquence 7
SEANCE 9
EXERCICE 34
1)
Les droites (AE) et (BD) sont toutes les deux
perpendiculaires à la droite (EC).
Or, si deux droites sont perpendiculaires à une même
troisième droite, alors elles sont parallèles entre elles.
(AE) et (BD) sont donc parallèles.
2)
a)
Le triangle AEC est rectangle en E.
J’applique la propriété de Pythagore :
AC² = AE² + EC²
AC² = 5² + 8²
AC² = 25 + 64 = 89
AC ≈ 9,4 cm
1)
On utilise une propriété vue en 6ème.
2)
a)
EC = 2 + 6
soit EC = 8 cm
On détermine AV à l’aide de la calculatrice. On stocke le résultat
affiché à l’écran dans une mémoire.
b)
Le triangle EAC est rectangle en E.
= EA
cos EAC
AC
= 5
cos EAC
AC
EAC ≈ 58°
b)
On utilise la valeur approchée de AC stockée dans la mémoire de
la calculatrice.
3)
Les droites (AE) et (BD) sont parallèles.
et DBC
sont correspondants.
Les angles EAC
3)
On utilise une propriété vue en 5ème sur les angles correspondants.
Ils sont donc égaux.
≈ 58°.
D’où : DBC
214 – Cned, Mathématiques 4e
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Séquence 7
JE M’EVALUE
1)
On a : AC2 = AB2 + BC2
Le centre du cercle circonscrit au triangle ABC
est le milieu de [AC].
Les angles aigus du triangle sont
complémentaires.
2)
Le triangle est rectangle en E.
Le triangle est rectangle en F.
Le triangle est rectangle en G.
1)
La 1ère réponse est l’application de la propriété de Pythagore.
La 2ème est la propriété vue dans la séance 1.
La 3ème est une propriété connue depuis la classe de 5e.
2)
On applique la propriété réciproque, vue dans la séance 2.
3)
On ne peut pas déterminer IM.
IM = 6 cm
IM = 3 cm
3)
On applique la propriété vue dans la séance 1.
4)
Les points A, B, C et D sont sur un même
cercle.
Les points A, B, C et D ne sont pas sur un même
cercle.
5)
Ils semblent être tous égaux.
ces rapports de longueurs ne sont pas tous égaux.
Ils sont tous égaux.
6)
BC
AC
AC
BC
AB
AC
AC
AB
7)
0,5
0,6
0,7
0,8
8)
20,7°
36,8°
36,9°
1°
9)
63°
62,9°
63,3°
35°
10)
21,3°
16,8°
15°
19,5°
4)
Les points B et D sont sur le cercle de diamètre [AC]. Ils sont
donc sur un même cercle.
5)
On a démontré dans la séance 5 que tous ces rapports sont égaux
.
à un nombre que l’on note cos G
6)
Le cosinus d’un angle aigu d’un triangle rectangle est le quotient
de la longueur du côté adjacent par celle de l’hypoténuse.
7)
On utilise la touche cos de la calculatrice.
8)
On utilise la touche cos–1 ou Acos de la calculatrice (cela dépend
de la calculatrice).
9)
Le cosinus de l’angle cherché est
5
.
11
On utilise ensuite la calculatrice.
10) On commence par calculer FG.
Pour cela, on applique la propriété de Pythagore.
FH2 = FG2 + GH2
On trouve FG2 = 128 soit FG.
Le cosinus de l’angle cherché est FG : 12
On utilise ensuite la calculatrice pour déterminer une valeur
approchée de FG.
Cned, Mathématiques 4e –
215
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Séquence 8
SÉQUENCE 8
ESPACE
Ce que tu devais faire
Les commentaires du professeur
SEANCE 1
JE REVISE LES ACQUIS DE LA 5e
1)
4,25 L
42,5 L
425 L
4 250 L
1)
1 L = 1 dm3
Pour trouver la réponse, on commence par convertir 4,25 m3 en
dm3, sachant que : 1 m3 = 1 000 dm3
Ainsi : 4,25 m3 = 4,25 × 1 000 dm3
soit 4,25 m3 = 4 250 dm3
2)
Un prisme droit est un solide qui a deux faces parallèles
superposables (appelées bases) et dont les autres faces sont des
rectangles.
Les faces parallèles sont ici ABCD et EFGH.
2)
60°
70°
80°
90°
mesure 90°.
AEHD est donc un rectangle. On en déduit que AEH
3)
17,5 cm3
21 cm3
35 cm3
42 cm3
3)
volume d’un prisme droit = aire de base × hauteur
Le triangle ABC est une base du prisme ABCDEF.
L’aire en cm² de ce triangle est :
côté × hauteur relative BC × AH 3 × 2
=
=3
=
2
2
2
Le volume en cm3 du prisme droit ABCDEF est donc :
3 × 7 = 21
Attention ! La hauteur du prisme droit ABCDEF n’est pas 2 cm.
La hauteur d’un prisme droit est la longueur commune de ses
arêtes latérales. C’est donc 7 cm.
4)
Sur un patron correct, AB est égal à la longueur d’un cercle de
4 mm de rayon.
La longueur en mm d’un cercle de 4 mm de rayon est :
π × diamètre = π × 2× 4 = 8π
4)
figure 1
figure 2
figure 3
figure 4
EXERCICE 1
1)
216
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– Cned, Mathématiques 4e
Séquence 8
2)
Pour chacun des trois solides :
• une face est un polygone,
• les autres faces sont des triangles qui ont un
sommet commun.
Par définition, un solide dont :
• une face est un polygone,
• les autres faces sont des triangles qui ont un sommet commun,
s’appelle une pyramide.
Tu connaissais déjà des pyramides : celles d’Egypte.
Conserve les trois pyramides que tu viens de construire pour la
suite du cours.
EXERCICE 2
1)
a)
La pyramide 1 a pour sommet K.
La pyramide 2 a pour sommet P.
La pyramide 3 a pour sommet A.
b)
La pyramide 1 a pour base le polygone LMNOP.
La pyramide 2 a pour base le polygone QRST.
La pyramide 3 a pour base le polygone UVWXYZ.
c)
Une arête latérale de la pyramide 1 est : [KN].
Une arête latérale de la pyramide 2 est : [PQ].
Une arête latérale de la pyramide 3 est : [AW].
c)
Pour chacune des pyramides, il y avait plusieurs réponses
possibles. En effet :
• les arêtes latérales de la pyramide 1 sont : [KM], [KN], [KO],
[KP], [KL],
• les arêtes latérales de la pyramide 2 sont : [PQ], [PR], [PS],
[PT],
• les arêtes latérales de la pyramide 3 sont : [AU], [AV], [AW],
[AX], [AY], [AZ].
d)
Une face latérale cachée de la pyramide 1 est KLP.
Une face latérale cachée de la pyramide 2 est PST.
Une face latérale cachée de la pyramide 3 est VAW.
d)
Là encore, pour chacune des pyramides, il y avait plusieurs
réponses possibles. En effet :
• la pyramide 1 a deux faces latérales cachées : KLP et KPO,
• la pyramide 2 a deux faces latérales cachées : PST et PTQ,
• la pyramide 3 a trois faces latérales cachées : UAV, VAW et
WAX.
2) a)
pyramide 1
pyramide 2
pyramide 3
nombre S de sommets
6
5
7
nombre F de faces
6
5
7
nombre A d’arêtes
10
8
12
b) Pour les trois pyramides considérées, on a :
•S=F
← A la place de ceci, on pouvait écrire : S + F = A + 2
•S+F−2=A
Ou : S + F – A = 2
On est amené à faire les conjectures suivantes : quelle
que soit la pyramide considérée, le nombre S de ses
sommets, le nombre F de ses faces et le nombre A de
ses arêtes vérifient-ils :
•S=F?
•S+F−2=A?
Cned, Mathématiques 4e
–
217
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Séquence 8
EXERCICE 3
1)
a) La base de la pyramide a 10 sommets. La pyramide ← En plus des sommets de la base, il faut compter le sommet de
a donc 10 + 1 sommets. Ainsi : S = 11
la pyramide.
La base de la pyramide a 10 sommets. Elle a donc 10
côtés.
←Le nombre de sommets d’un polygone est égal à son nombre de
côtés
De chaque sommet de la base « part » une arête
latérale de la pyramide.
La pyramide a donc 10 arêtes latérales.
Son nombre d’arêtes est donc : 10 + 10 = 20
Ainsi : A = 20
← Le nombre d’arêtes latérales de la pyramide est donc égal au
nombre de sommets de la base.
La pyramide a autant de faces latérales que la base a
de côtés.
La pyramide a donc 10 faces latérales.
← En effet, à chaque côté de la base correspond une face latérale
de la pyramide.
Le nombre de faces de la pyramide est donc :
10 + 1. Ainsi : F = 11
← En plus des faces latérales, il faut compter la base de la
pyramide.
← Le nombre d’arêtes s’obtient en ajoutant au nombre de côtés
de la base le nombre d’arêtes latérales.
D’après ce qui précède, on a donc : S = F
De plus : S + F − 2 = 11 + 11 − 2 = 20 et A = 20
Ainsi : S + F − 2 = A
b) A ce niveau de l’exercice, on ne peut pas encore
affirmer que les deux conjectures de l’exercice 2
sont vraies. On n’a pas encore envisagé tous les cas
de pyramides.
2) La base de la pyramide a n sommets. La pyramide
a donc n + 1 sommets. Ainsi : S = n + 1
La base de la pyramide a n sommets. Elle a donc n
côtés.
De chaque sommet de la base « part » une arête
latérale de la pyramide.
La pyramide a donc n arêtes latérales.
Son nombre d’arêtes est donc : n + n = 2 n
Ainsi : A = 2 n
La pyramide a autant de faces latérales que la base a
de côtés.
La pyramide a donc n faces latérales.
Le nombre de faces de la pyramide est donc :
n + 1. Ainsi : F = n +1
D’après ce qui précède, on a donc : S = F
De plus : S + F − 2 = n + 1 + n + 1 − 2 = 2 n
Ainsi : S + F − 2 = A
Les deux conjectures émises dans l’exercice 2 sont
donc démontrées.
218
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– Cned, Mathématiques 4e
← En plus des sommets de la base, la pyramide n’a qu’un
sommet : celui de la pyramide.
←Le nombre de sommets d’un polygone est égal à son nombre de
côtés.
← Le nombre d’arêtes latérales de la pyramide est donc égal au
nombre de sommets de la base.
← Le nombre d’arêtes s’obtient en ajoutant au nombre de côtés
de la base le nombre d’arêtes latérales.
← En effet, à chaque côté de la base correspond une face latérale
de la pyramide.
← En plus des faces latérales, la pyramide n’a qu’une seule face :
sa base.
En s’intéressant à une pyramide dont le nombre de sommets de la
base était exprimé à l’aide d’une lettre, on a pu traiter le
problème dans le cas général.
La formule S + F − 2 = A que l’on vient de démontrer a été
établie par Euler, un très grand mathématicien suisse du XVIIIe
siècle.
Séquence 8
SEANCE 2
EXERCICE 4
1)
nombre de faces cachées : 3
2)
nombre de faces cachées : 2
nombre de faces cachées : 1
Les commentaires du professeur :
Il existait d’autres réponses possibles.
EXERCICE 5
1)
1)
Les trois représentations sont incorrectes.
• Lindsay a oublié que [BC], qui est vu de côté, aurait
dû être représenté plus court que dans la réalité.
• Ali ne s’est pas souvenu que deux droites parallèles Sur une figure correcte (DA) et (CB) sont parallèles.
dans la réalité devaient être représentées par deux
droites parallèles.
• Quentin n’a pas représenté en pointillés l’arête
cachée [SD].
2)
2)
● On commence par représenter la base. Les côtés parallèles
sont représentés par des segments parallèles. Les côtés vus de
face sont représentés en vraie grandeur.
● On trace la hauteur verticale et en vraie grandeur.
● On termine en traçant les arêtes latérales et en mettant en
pointillés les parties cachées.
Voici une autre réponse possible :
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–
219
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Séquence 8
EXERCICE 6
1)
2)
a)
La pyramide considérée est régulière, de sommet S.
D’après la définition d’une pyramide régulière, ses
faces latérales ASB et BSC sont des triangles isocèles
de sommet S. On a donc :
SA = SB et SB = SC
On en déduit que : SA = SB = SC.
Comme SA = 10 cm, on conclut que :
← indique-le sur ta figure
SB = SC = 10 cm
b) [SH] est la hauteur de la pyramide donc (SH) est
perpendiculaire à sa base. On en déduit que (SH) est
perpendiculaire aux droites :
• (HA)
• (HB)
• (HC)
Les triangles SHA, SHB et SHC sont donc
rectangles en H.
c) Je suis d’accord avec Hugo.
Justification :
Le triangle SHA est rectangle en H. D’après la
propriété de Pythagore, on a :
SA² = SH² + AH²
10² = 8² + AH²
100 = 64 + AH²
donc HA² = 100 − 64
HA² = 36
HA = 6 cm
c) Pour prouver que H est le centre du cercle circonscrit au
triangle ABC il suffit de prouver que : HA = HB = HC .
On commence donc par calculer HA, HB et HC.
En appliquant comme précédemment la propriété de
Pythagore aux triangles SHB et SHC rectangles en H,
on obtiendrait :
• HB = 6 cm
• HC = 6 cm
D’après ce qui précède, on a donc :
HA = HB = HC
H est donc le centre du cercle circonscrit au triangle
ABC.
220
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On vient de démontrer, pour notre pyramide régulière
particulière, que le pied de sa hauteur était le centre du cercle
circonscrit à sa base.
On admettra, de façon plus générale, la propriété suivante :
Le pied de la hauteur d’une pyramide régulière est le centre du
cercle circonscrit à sa base.
Séquence 8
EXERCICE 7
• Je commence par représenter la base ABCD.
Les côtés [BC] et [AD] vus de côté sont représentés plus courts
que les côtés [AB] et [DC] vus de face.
• Je détermine ensuite le pied H de la hauteur de la pyramide.
La pyramide est régulière, donc H est le centre du cercle
circonscrit à sa base ABCD.
Les diagonales d’un carré se coupent en leur milieu et sont de
même longueur donc leur point d’intersection est à la même
distance de chacun des sommets du carré. Ce point est donc le
centre du cercle circonscrit au carré.
• Je trace la hauteur [SH] « verticale» et en vraie grandeur.
• Je trace les arêtes latérales puis je mets les arêtes cachées en
pointillés.
EXERCICE 8
1)
Quentin a raison.
Justification :
La pyramide est régulière et sa base ABC est un
triangle équilatéral. Le pied H de la hauteur de la
pyramide est donc le centre du cercle circonscrit au
triangle équilatéral ABC.
H est donc le point d’intersection des médiatrices du
triangle ABC.
Or, dans un triangle équilatéral, une médiatrice est
aussi une médiane.
H est donc le point d’intersection des médianes du
triangle ABC.
On obtient donc H en traçant deux médianes du
triangle ABC.
2)
2)
• Je trace deux médianes du triangle ABC. Leur point
d’intersection est H, le pied de la hauteur de la pyramide.
• Je trace la hauteur [SH] verticale et en vraie grandeur.
• Je trace les arêtes latérales puis je mets les arêtes cachées en
pointillé.
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–
221
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Séquence 8
SEANCE 3
EXERCICE 9
1)
Les remarques du professeur :
Les faces latérales d’une pyramide régulière sont des triangles isocèles superposables, la base de la pyramide est un triangle
équilatéral, d’où l’idée de proposer le patron ci-contre.
2) Il y a d’autres solutions, par exemple :
Les remarques du professeur :
2) Voici un autre exemple de patron.
Il existe toujours plusieurs patrons d’une même pyramide.
222
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Séquence 8
EXERCICE 10
On peut, pour commencer, compléter la figure donnée à main
levée, afin de réfléchir.
Lorsqu’on pense au pliage, lors de la fabrication de la pyramide,
on conclut que :
• S1A = S2A • S2B = S3B • S3C = S4C • S4D = S1D
S1A = S2A donc S2 est sur le cercle C1 de centre A et de rayon
S 1A
S2B = S3B donc S2 est sur le cercle C2 de centre B et de rayon
S 3B
S2 est donc l’un des deux points d’intersection de C1 et C2.
En raisonnant comme précédemment, on montrerait que S4 est
l’un des deux points d’intersection
• du cercle de centre D et de rayon S1D
• avec le cercle de centre C et de rayon S3C.
Remarque : il y avait plusieurs réponses possibles à la question
posée.
Cned, Mathématiques 4e
–
223
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Séquence 8
EXERCICE 11
1)
Les remarques du professeur :
1) La base de la pyramide est une face du cube.
C’est donc un carré de 5 cm de côté : le carré EFGH.
224
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Séquence 8
2)
a) Les faces latérales faciles à représenter sont DHE
et DHG.
Les faces du cube sont des carrés de 5 cm de côté.
Les triangles DHE et DHG sont donc isocèles et
rectangles en H tels que :
DH = HG = EH = 5 cm.
2)
b) En complétant la précédente figure, j’obtiens :
Deux points distincts ne peuvent avoir le même nom. On ne
pouvait donc pas utiliser deux fois la lettre D sur la figure.
3)
a) Ali a raison et Manon a tort.
Comme ABCDEFGH est un cube, l’arête [EF] est
perpendiculaire en E à la face AEHD.
est droit.
On en déduit que DEF
est droit donc le triangle DEF est
b) DEF
rectangle en E.
c) Un raisonnement semblable à celui qui a été fait
pour le triangle DHE permet de conclure que le
triangle DFG est rectangle en G.
c) ABCDEFGH étant un cube, (FG) est perpendiculaire en G à la
est droit.
face DHGC. On en déduit que DGF
d)
• Tracé du triangle EFD4
EFD4 est rectangle en E donc D4 se trouve sur la droite
perpendiculaire en E à (EF).
De plus, les segments [ED1]et [ED4] sont de même longueur
(penser à ce qui se passe quand on effectue le pliage pour
construire la pyramide). D4 est donc sur le cercle de centre E et
de rayon ED1.
D4 est donc l’un des points d’intersection :
● du cercle de centre E et de rayon ED1
● et de la perpendiculaire en E à (EF).
• Tracé du triangle GFD3
En raisonnant comme précédemment, on montrerait que D3 est
l’un des points d’intersection :
● du cercle de centre G et de rayon GD2
● et de la perpendiculaire en G à (GF).
Cned, Mathématiques 4e
–
225
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Séquence 8
SEANCE 4
EXERCICE 13
1)
1)
2)
Les trois pyramides sont identiques. Le volume d’une des
pyramides est donc le tiers de celui du cube de 5 cm
d’arête.
Le volume d’une pyramide en cm3 est donc :
5 × 5 × 5 125
125
=
≈ 41,7 (arrondi au dixième)
3
3
3
3)
L’aire de la base en cm² de la pyramide est : 5 × 5 .
La pyramide a 5 cm de hauteur.
On obtient donc le volume en cm3 de la pyramide en
aire de base × hauteur
effectuant le calcul :
.
3
4)
Je suis amené(e) à me poser la question suivante :
le volume d’une pyramide s’obtient-il toujours en
aire de base × hauteur
effectuant le calcul :
3
EXERCICE 14
1) Je vois une figure semblable à celle donnée dans
l’exercice n°13. Le volume du cube est affiché ainsi que
celui de la pyramide.
Pour la position initiale de la pyramide, le volume de la
pyramide est le tiers de celui du cube (comme nous
l’avions mis en évidence expérimentalement).
← Il s’obtient donc en effectuant le calcul :
aire de base× hauteur
3
2) Lorsqu’on déplace M sur la partie supérieure du cube,
le volume de la pyramide ne change pas.
← Il s’obtient donc toujours en effectuant le calcul :
aire de base× hauteur
3
3) Ce que nous avions remarqué précédemment est
encore vrai.
← On admettra que dans tous les cas le volume d’une
pyramide s’obtient en effectuant le calcul :
aire de base× hauteur
3
226
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Séquence 8
EXERCICE 15
Le volume en m3 de la pyramide est :
aire de base × hauteur 9 × 7 × 5
=
3
3
9 × 7 × 5 3 × 3× 7 × 5
= 3 × 7 × 5 = 105
=
3
3
EXERCICE 16
1) Le solide rose est une pyramide à base triangulaire
(de plusieurs façons).
Quand on calcule un quotient, on n’oublie pas de regarder si
on peut le simplifier.
1)
← La pyramide peut avoir comme base : IJK, IBJ, IBK ou
JBK.
On ne peut pas calculer le volume de la petite pyramide rose
à l’aide de l’aire de la base IJK car on ne sait pas combien
mesure la hauteur issue de B. Par contre, on peut calculer le
volume de la petite pyramide rose à l’aide de l’aire de IBJ ou
BJK ou IBK.
Si l’on prend K comme sommet de la pyramide rose, (BK) est
la hauteur de cette pyramide. En effet, comme ABCDEFGH
est un parallélépipède rectangle (BK) est perpendiculaire à la
face ABCD, donc à la face IBJ.
L’aire en cm² du triangle IBJ est :
IB × BJ 3 × 3
=
= 4,5
A IBJ =
2
2
Le volume en cm3 du solide rose est donc :
A IBJ × hauteur = A IBJ × BK = 4,5 × 3 = 4,5
3
3
3
Comme ABCDEFGH est un cube, le triangle IBJ est rectangle
en B.
2) Le deuxième solide obtenu a 7 faces.
Il a 15 arêtes et 10 sommets.
2) Les 7 faces du deuxième solide sont :
• les 6 faces du cube initial (certaines étant un peu modifiées)
• la face IJK.
← le solide grisé est considéré ici comme une pyramide de
base IBJ et de sommet K
Les 15 arêtes du deuxième solide sont :
• les 12 arêtes du cube initial (certaines étant un peu
modifiées)
• les arêtes [IJ], [JK], [IK].
Les 10 sommets du deuxième solide sont :
• les sommets du cube initial (à l’exception de B) soit 7
sommets
• les points I, J et K.
On remarque que le nombre de sommets, de faces et d’arêtes
du deuxième solide vérifie bien encore la formule d’Euler vue
dans la séance 1 :
S +F − 2= A
3) Le volume en cm3 du cube ABCDEFGH est :
6 × 6 × 6 = 216
Le volume en cm3 du deuxième solide est :
216 − 4,5 = 211,5
3) Le volume du deuxième solide est la différence entre le
volume du cube ABCDEFGH et le volume de la petite
pyramide rose.
Cned, Mathématiques 4e
–
227
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Séquence 8
EXERCICE 17
12 × h
a) V =
= 4h
3
Que peux-tu dire dans ce cas du volume et de la hauteur de ces pyramides ? Dans ce cas, le volume et la
hauteur des pyramides sont proportionnels.
b) Que peux-tu dire plus généralement, du volume et de la hauteur de pyramides de même aire de base ?
Lorsque des pyramides ont la même aire de base, leur volume et leur hauteur sont proportionnels.
Les commentaires du professeur :
Si les pyramides avaient une aire de base de a m², on aurait le tableau :
En effet :
V
=
a×h
a
= h×
3
3
EXERCICE 18
3
Le volume en m de la pyramide régulière à base carrée
est :
Dans un premier temps, on va calculer le volume de la
pyramide régulière. On va ainsi pouvoir conclure s’il y a ou
non de l’eau dans le cube.
aire de base × hauteur 2 ,5 × 2,5 × 3
=
= 2 ,5 × 2 ,5 = 6 , 25
3
3
3
3
En effet : 1 L = 1 dm3
17 500 L = 17 500 dm = 17 ,5 m
et 1 dm3 =
1
m3
1 000
Le volume en m3 d’eau dans le cube est :
17,5 – 6,25 = 11,25
Soit h la hauteur d’eau en m dans la partie cubique.
Comme il y a 11,25 m3 d’eau dans le cube on a :
2,5×2,5× h = 11,25 d’où h =
11,25
2 ,5 × 2 ,5
h = 1,8 m
La distance en m séparant le niveau de l’eau du bord
supérieur de la cuve est : 2,5 – 1,8 = 0,7
EXERCICE 19
1)
1)
Soit H le pied de la hauteur issue de F du triangle ABF.
Par définition, on a : (FH) ⊥ (AB).
228
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coté× hauteur relative
2
Je connais la longueur du côté [AB] du triangle ABF.
Afin de déterminer l’aire du triangle ABF, j’essaie de
déterminer la hauteur issue de F de ce triangle. Soit [FH] la
hauteur issue de F du triangle ABF.
En étudiant, la figure, je remarque alors que l’on peut
montrer que FH = 3,5 cm (en prouvant que FHBC est un
rectangle, en montrant que FHBC a trois angles droits).
aire triangle =
Séquence 8
ABCD est un rectangle donc ses quatre angles sont
droits. Ainsi :
= ADC
= ABC
= DCB
DAB
Le quadrilatère FHBC a trois angles droits :
,
.
,
FHB
HBC
FCB
C’est donc un rectangle.
Dans un rectangle, les côtés opposés sont de même
longueur. Dans le rectangle FHBC, on a donc :
FH = CB = 3,5 cm.
L’aire en cm² du triangle AFB est donc :
AB × FH 6 × 3,5 6
=
= × 3,5 = 3 × 3,5 = 10,5 .
2
2
2
Autre méthode :
On pouvait commencer par prouver que les quadrilatères
DAHF et FHBC étaient des rectangles, en prouvant qu’ils
avaient chacun trois angles droits.
On pouvait alors appliquer la propriété : Une diagonale d’un
rectangle partage ce rectangle en deux triangles de même
aire.
L’aire du triangle AHF est égale à celle de DAF.
L’aire du triangle FHB est égale à celle de FBC.
On pouvait alors conclure que l’aire du triangle AFB était
égale à la moitié de celle du rectangle ABCD, soit à :
6 × 3, 5
.
2
2)
Dans le parallélépipède ABCDELMN, la droite (MC) est
perpendiculaire à la face ABCD. Elle est donc
perpendiculaire à la base ABF de la pyramide MABF de
sommet M.
MC est donc la hauteur de la pyramide MABF.
Le volume en cm3 de cette pyramide est :
aire de base × hauteur 10,5 × 2
=
=7
3
3
J’explique pourquoi (MC) est bien la hauteur de
la pyramide MABF de sommet M.
Cned, Mathématiques 4e
–
229
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Séquence 8
SEANCE 5
EXERCICE 20
1)
1)
Un triangle ne permet pas de fabriquer un cornet :
2) Le périmètre du couvercle est égal à la longueur de
2)
a)
' .
l’arc MM
On commence donc par déterminer la longueur de cet arc.
La longueur d’un arc de
cercle est proportionnelle à
l’angle de la portion
circulaire.
360°
3
est donc le tiers de
La longueur en cm de l’arc MM'
la longueur en cm d’un cercle de 8,1 cm de rayon.
C’est donc :
1
2 × 8,1
× 2 × π × 8,1 =
π = 5, 4π
3
3
Ainsi le périmètre en cm du couvercle est 5,4 π.
120° =
● Pour un angle de 360°, la
portion est le disque entier.
Le périmètre d’un disque de
rayon R est 2π R.
● Pour un angle de 120°,
c’est-à-dire le tiers de 360°,
la longueur de l’arc est le
2π R
tiers de 2π R soit
.
3
b) La longueur d’un cercle s’obtient en multipliant π
par le diamètre. On déduit donc de la question
précédente que le couvercle a 5,4 cm de diamètre.
c)
Le solide que tu viens de
construire s’appelle un cône
de révolution.
Son patron est constitué :
• d’un secteur circulaire
• d’un disque.
230
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Séquence 8
EXERCICE 21
Il peut être décrit par un triangle rectangle qui
tourne autour d’un de ses côtés de l’angle droit.
EXERCICE 22
1)
[SO] est la hauteur du cône.
[SA] est une génératrice du cône.
2)
Dans le cône, la hauteur [OS] est perpendiculaire au
rayon [OA].
Le triangle SOA est donc rectangle en O.
On sait que la hauteur (SO) est perpendiculaire à tous les rayons
du disque de base. (SO) est donc perpendiculaire à (OA).
Le triangle SOA est donc rectangle en O.
D’après la propriété de Pythagore, on a donc :
SA² = SO² + OA²
10² = 7² + OA²
100 = 49 + OA²
OA² = 100 − 49
OA² = 51
OA ≈ 7,1 (arrondi au dixième)
Isolons graphiquement le triangle
SOA.
On calcule alors OA à l’aide de la
propriété de Pythagore.
L’arrondi au dixième du rayon en cm du disque de
base est donc 7,1.
EXERCICE 23
Dans le cône, la hauteur [OS] est perpendiculaire au
rayon [OB].
Pour répondre à la question posée, il suffit de calculer la hauteur
OS et la longueur OB du cône.
● Le triangle SOB est donc rectangle en O.
= OS
Dans ce triangle, on a : cos OSB
SB
OS
d’où : OS = 12 × cos 24°
soit cos 24° =
12
La troncature au centième de OS est 9,13 cm.
= 90° − 24° = 66°
● OBS
Dans le triangle SOB rectangle en O :
= OB soit OB = 10 × cos 66°
cos OBS
SB
La troncature au centième de OB est 4,06 cm.
On a : OS < 9,2 cm et OB < 4,1 cm
On en déduit que le cône peut être rangé dans la
boîte cylindrique de rayon 4,1 cm et de hauteur
9,2 cm.
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–
231
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Séquence 8
SEANCE 6
EXERCICE 24
1) La hauteur (SH) est perpendiculaire à tous les
rayons du disque de base, donc le triangle SHM est
rectangle en H.
D’après la propriété de Pythagore, on a :
SM² = SH² + HM²
SM² = 6² + 4,5²
SM² = 36 + 20,25
SM² = 56,25
SM = 7,5 cm
est égale au périmètre
2) La longueur de l’arc MM'
de la base. Elle est donc égale à 2 × π × 4,5 soit
9 π cm.
est proportionnelle à la
3) La longueur de l’arc MM'
.
mesure de l’angle M'SM
Avant d’appliquer la propriété de Pythagore au triangle SHM, il
fallait avoir prouvé qu’il était rectangle.
← indique ce résultat sur la figure à main levée de Manon
← la longueur d’un cercle de rayon R est 2πR
3) On commence par compléter le tableau :
mesure de l’angle
au centre en degrés
M'SM
360
longueur de l’arc
de cercle en cm
longueur de l’arc
périmètre du cercle
de centre S et de
rayon SM
MM'
Le périmètre en cm du cercle de centre S et de rayon SM est :
2× π × SM = 2× π × 7,5 =15 π
=
M'SM
9
× 360 =
15
3
5
× 360 =
6
× 360 = 6 ×
10
= 216°
M'SM
232
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360
10
= 6 × 36
← indique ce résultat sur la figure à main levée de Manon
Séquence 8
Cned, Mathématiques 4e
–
233
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Séquence 8
EXERCICE 25
1) L’aire latérale du cône est égale à l’aire d’un secteur
circulaire de 7,5 cm de rayon et d’angle égal à 216°.
1)
L’aire d’un secteur circulaire est proportionnelle à la mesure de
son angle.
L’aire d’un secteur circulaire de 7,5 cm de rayon, dont l’angle est
360°, est égale à l’aire d’un disque de 7,5 cm de rayon.
L’aire d’un secteur circulaire est proportionnelle à la
mesure de son angle.
L’aire en cm² d’un disque de rayon 7,5 cm est :
πR² = π × 7,5² = 56,25π
216 4 × 54 54 9 × 6
6
=
=
=
=
360 4 × 90 90 9 × 10 10
L’aire latérale en cm² du cône est donc :
6 56,25
56,25π ×
=
× 6π = 5,625 × 6π = 33,75π
10
10
33,75π cm2 ≈ 106,03 cm² (arrondi au centième)
56,25 π ×
6
10
2) pour R = 4,5
π × R × g = π × 4,5 × 7,5 = π × 33,75 = 33,75π
On retrouve le résultat du 1).
3) pour R = 4,5
L’aire en cm² du disque de base est :
πR² = π × 4,5² = 20,25π
L’aire totale en cm² du cône est :
20,25π +33,75 π = 54 π
54 π ≈ 169,65 (arrondi au centième)
234
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2)
g = 7,5 cm
= 56,25× π ×
6
10
=
56,25
10
×6×π
Séquence 8
SEANCE 7
EXERCICE 26
Une pyramide régulière dont la base a un très grand nombre de côtés, a une forme très voisine de celle d’un
cône.
On peut donc comprendre que le volume d’un cône se calcule de la même façon que celui d’une pyramide.
EXERCICE 27
Le volume en cm3 du premier cône est :
π × 3² × 20 π × 3 × 3 × 20
=
= π × 3 × 20 = 60π
3
3
Le rayon en cm du deuxième cône est :
12 : 2 = 6
Le volume en cm3 du deuxième cône est :
π × 6² × 5 π × 3 × 2 × 6 × 5
=
= π × 2 × 6 × 5 = 60π
3
3
D’après ce qui précède, les deux cônes ont le même
volume.
← On commence par calculer le rayon du deuxième cône.
← Attention ! Pour pouvoir affirmer que les deux cônes ont le
même volume, il fallait comparer leur volume exact.
Deux nombres, par exemple, qui ont la même valeur approchée
par défaut au dixième ne sont pas nécessairement égaux.
Ainsi, les nombres 188,495 et 188,47 ont la même valeur
approchée par défaut au dixième : 188,4 mais ils ne sont pas
égaux.
EXERCICE 28
Le volume en cm3 du trou en forme de cône est :
π × 4² × 4 π × 64 64π
=
=
3
3
3
Le volume V en cm3 de l’objet d’art est :
64π
64π
V = 5 × 10 × 10 −
= 500 −
3
3
1500
64π
V=
−
3
3
1 500 − 64π
V=
3
V ≈ 433
1 500 − 64π
= (1500 − 64 π ) : 3
3
Pour déterminer l’arrondi à l’unité de
1 500 − 64π
on peut taper
3
sur la calculatrice :
( 1500 – 64 × π ) : 3 EXE
Il s’affiche : 432.9793567
Comme le chiffre des dixièmes (9) est plus grand que 5, l’arrondi
à l’unité cherché est 432 + 1 soit 433.
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–
235
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Séquence 8
EXERCICE 29
● Le verre a pour rayon 6 : 2 soit 3 cm.
● La casserole a pour rayon 12 : 2 soit 6 cm.
● Le volume d’eau en cm3 contenu dans le verre est :
π× 3² ×15 π× 3 × 3 ×15
=
= π× 3 ×15
3
3
Lorsque cette eau est dans la casserole, elle a la forme
d’un cylindre de 6 cm de rayon et de hauteur h cm.
Le volume en cm3 de ce cylindre est :
π × 6² × h
← On nous demande de calculer la hauteur d’eau dans la
casserole. Il n’est donc pas nécessaire à ce niveau d’effectuer le
calcul π × 3×15 .
Ce serait d’autant plus maladroit, qu’à la fin du calcul de h (ciπ × 3×15
contre), le quotient
peut être simplifié.
π × 6²
D’après ce qui précède, on a l’égalité :
π × 3 × 15 = π × 6² × h
d’où : h =
5
π ×3×15
3× 3× 5
=
=
π ×6²
3× 2× 3× 2 4
h = 1,25 cm
EXERCICE 30
1)
Le quadrilatère HBCD qui a trois angles droits
( BCD,
CDH, DHB ) est un rectangle.
1) On remarque qu’on peut calculer très facilement AH puisqu’on
peut facilement calculer HD après avoir prouvé que HBCD est un
rectangle.
On connaît alors les mesures des longueurs de deux côtés du
triangle rectangle ABH.
On peut donc déterminer HB en appliquant la propriété de
Pythagore au triangle AHB (revoir éventuellement le « Je
comprends la méthode »qui précède l’exercice 14 de la séquence
4 du livret 1)
détermination de HD
Ses côtés opposés [HD] et [BC] ont donc la même
longueur. Ainsi : HD = BC = 6 cm
On a : H ∈ [AD] donc AH = AD − HD
d’où : AH = 19 − 6 soit AH = 13 cm
Le triangle AHB est rectangle en H. D’après la
propriété de Pythagore, on a :
AB² = AH² + HB²
14² = 13² + HB²
196 = 169 + HB²
HB² = 196 − 169
HB² = 27
d’où HB ≈ 5,2 cm (arrondi au dixième)
236
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détermination de AH
détermination de HB
Séquence 8
2)
a) Lorsque le triangle ABH rectangle en H tourne
autour de (AD), il décrit un cône de révolution de
rayon HB et de hauteur AH (égale à 13 cm).
Lorsque le rectangle HBCD tourne autour de (AD), il
décrit un cylindre de révolution de rayon HB et de 6
cm de hauteur.
Représentation du solide décrit lorsque le quadrilatère
ABCD tourne autour de (AD) :
b) Quentin a raison. On peut calculer le volume exact
du solide.
Justification :
Le volume en cm3 d’un cône de rayon HB et de 13 cm
de hauteur est :
π × HB2 ×13 π × 27 ×13 π × 3 × 9 ×13
aire de base× hauteur
=
=
= π × 9 × 13
volume d’un cône =
3
3
3
3
Il est donc égal à 117π cm3.
L’aire d’un disque de rayon R est πR².
Le volume en cm3 d’un cylindre de révolution de
rayon HB et de 6 cm de hauteur est :
volume d’un cylindre = aire de base × hauteur
π × HB² × 6 = π × 27 × 6 = 162π
Lorsque le quadrilatère ABCD tourne autour de (AD),
il décrit un solide dont le volume exact en cm3 est :
117π + 162π = 279 π
soit environ 877 cm3 (arrondi à l’unité).
Lorsqu’on tape sur la calculatrice :
279 × π EXE
il s’affiche : 876.5043504.
Le chiffre des dixièmes de 876.5043504 est 5. L’arrondi à l’unité
de 876.5043504 est donc 876 + 1 soit 877.
Dans cet exercice, connaissant HB², on pouvait calculer le volume
exact du cylindre et du cône décrits respectivement par le
rectangle HBCD et le triangle rectangle AHB tournant autour de
(AD).
Cned, Mathématiques 4e
–
237
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Séquence 8
SEANCE 8
EXERCICE 31
1)
1)
a) Le volume V en cm3 du vase conique est :
π × R² × 24
24
= π × R² × = π × R² × 8 = 8πR²
3
3
b)
• Pour R = 10,
V = 8π × 10²
V = 800π cm3
V ≈ 2 513,27 cm3 (troncature au centième)
• Pour R = 4,
V = 8π × 4²
V =128π cm3
V ≈ 402,12cm3 (troncature au centième)
c)
Le volume en cm3 du vase parallélépipédique est :
9 ×10 ×13 = 1 170
1 170 cm3 = 1,170 L
2)
• pour R = 10 :
V ≈ 2 513,27 cm3 (troncature au centième)
• pour R = 4 :
V ≈ 402,12 cm3 (troncature au centième)
Je retrouve les résultats obtenus précédemment.
3)
A) a)
Je déduis du 1b) et du 1c) que :
4 < R < 10
b)
• L’entier « à mi-chemin » entre 4 et 10 est 7.
• Le volume en cm3 du vase conique lorsque le rayon
de sa base est 7 cm est environ 1 231,50 (troncature
au centième)
Comme 1 170 < 1 231,50 on conclut que : R < 7.
Comme R vérifie aussi : 4 < R < 10, on conclut que :
4 < R < 7.
Le volume en cm3 du vase conique lorsque le rayon
de sa base est 5 cm est environ 628,31 (troncature au
centième).
Comme 628,31 < 1 170 on conclut que : R > 5.
On a donc : 5 < R< 7
238
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a)
Le volume d’un cône de base B cm2 et de hauteur 24 cm est :
aire de B × 24
3
L’aire en cm2 de B est : π × R2.
b)
● On remplace R par 10 dans la formule déterminée
précédemment.
● On remplace R par 4 dans la formule déterminée
précédemment.
c)
Le volume d’un parallélépipède rectangle est le produit de sa
longueur par sa largeur et par sa hauteur.
Le tableur affiche : 2 513,274 12
Le tableur affiche : 402,123 86
Séquence 8
Le volume en cm3 du vase conique lorsque le rayon
de sa base est 6 cm est environ 904,77 (troncature au
centième)
Comme 904,77 < 1 170 on conclut que : R > 6
On a donc : 6 < R < 7
La partie entière de R est donc 6.
c)
• Le décimal « à mi-chemin » entre 6 et 7 est 6,5.
Le volume en cm3 du vase conique lorsque le rayon
de sa base est 6,5 cm est environ 1 061,85 (troncature
au centième)
Comme 1 061,85 < 1 170 on conclut que :
6,5 < R
D’après ce qui précède, on a donc : 6,5 < R < 7
• Par tâtonnement, on conclut que le chiffre des
dixièmes de R est 8.
← On peut obtenir ce résultat après avoir calculé avec le tableur
(ou la calculatrice) le volume en cm3 du vase conique lorsque son
rayon en cm est 6,6 ; 6,7 ; 6,8 ; 6,9.
Une autre méthode, plus rapide (ce n’est pas la seule), consiste :
⋅ à calculer le volume en cm3 du vase conique lorsque son rayon
en cm est 6,7
⋅ à déduire de ce qui précède l’encadrement : 6,7 < R < 7
d) Le volume du vase conique lorsque le rayon de sa
base est 6,85 cm est : 8π × 6,85² = 375,38π
375,38π ≈ 1 179,29 (troncature au centième)
Comme 1 170 < 1 179,29 on conclut que :
R< 6,85
On en déduit que l’arrondi au dixième de R est 6,8.
d)
Pour savoir si l’arrondi au dixième de R est 6,8 ou 6,9 je regarde
si le chiffre des centièmes de R est plus petit ou plus grand que 5.
Pour cela, je calcule le volume du vase conique lorsque son rayon
en cm est égal à 6,85.
B) Le volume en cm3 du vase conique est : 8 × π × R²
Répondre à la question posée, c’est chercher R tel
que :
8 × π × R 2 = 1170
1170
R2 =
8π
2
× 585
R2 =
2 × 4π
585
2
R =
4π
R ≈ 6,8 cm (arrondi au dixième)
Cned, Mathématiques 4e
–
239
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Séquence 8
SEANCE 9
EXERCICE 32
1) Je pense que Noémie a raison.
Justification :
Dans le triangle SAC,
K est le milieu de [AS] et L est le milieu de [SC].
D’après la première propriété des milieux, on a :
(KL) // (AC).
D’après la deuxième propriété des milieux, on a :
AC
KL =
.
2
En raisonnant de même, on prouverait que dans le
triangle ABC, on a :
AC
(NM) // (AC) et NM =
.
2
D’après ce qui précède, on a :
(KL) // (AC) et (NM) // (AC).
Or deux droites parallèles à une même troisième sont
parallèles.
On a donc : (KL) // (NM).
1)
• La figure suggère que (KL) et (NM) sont parallèles à (AC).
On se souvient par ailleurs, que deux droites parallèles à une
même troisième sont parallèles.
On est donc conduit à essayer de prouver que : (KL) // (AC) et
(NM )// (AC).
Faire ces démonstrations n’est pas difficile.
En effet, dans le triangle SAC, K est le milieu de [AS] et L est le
milieu de [SC]. D’après la première propriété des milieux, on a
donc : (KL) //(AC).
Un raisonnement analogue permet de prouver, en considérant le
triangle ABC, que : (NM) // (AC).
• Comment prouver que : KL = NM ?
On sait qu’une méthode, pour démontrer que deux nombres sont
égaux, est de prouver que les deux nombres sont égaux à un même
troisième.
On peut l’appliquer ici. En effet, en utilisant la deuxième
propriété des milieux au triangle SAC puis au triangle ABC, on
AC
AC
peut démontrer que : KL =
et NM =
.
2
2
D’après ce qui précède, on a également :
AC
AC
KL =
et NM =
.
2
2
On conclut donc que : KL = NM.
2) Attention ! Il ne fallait pas oublier d’écrire « non croisé ».
2) Le quadrilatère non croisé KLMN a deux côtés
opposés parallèles et de même longueur : [KL] et
[NM]. C’est donc un parallélogramme.
1)
EXERCICE 33
h
1)
h + 18
=
SO '
SO
Je suis d’accord avec Manon
Justification :
On sait que : (OA) ⊥ (OS) et (O’A’) ⊥ (OS).
D’après la propriété : Deux droites perpendiculaires à
une même troisième sont parallèles,
on conclut que : (OA) // (O’A’).
Dans le triangle SOA, d’après la propriété de Thalès,
SO' SA' O'A'
on a :
=
=
SO SA OA
soit
SA' 15
h
=
=
h + 18 SA 20
240
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– Cned, Mathématiques 4e
SO '
fait penser à la propriété de Thalès.
SO
Pour l’appliquer, il faut d’abord repérer des droites parallèles.
Le quotient
Séquence 8
h
5×3
=
h + 18 5 × 4
3
h
=
d’où
h + 18 4
donc
2) On déduit de l’égalité précédente que :
h × 4 = (h +18) × 3
4h = 3h + 54
4h − 3h = 54
h = 54 cm
3)
← égalité des produits en croix
3)
Le volume du pot est la différence entre :
• le volume du grand cône de révolution de sommet S et de rayon
de base OA,
• et le volume du petit cône de révolution de sommet S et de rayon
de base O’A’.
On commence donc par calculer le volume de chacun de ces
cônes.
Le volume V en cm3 du cône de sommet S et de
rayon de base OA est :
π × OA² × OS
V=
3
π × 20² × (18 + 54) π × 400 × 72
V=
=
3
3
π × 400 × 24 × 3
V=
= π × 400 × 24 = 9 600π
3
Le volume V ’ en cm3 du cône de sommet S et de
rayon de base O’A’ est :
π × (O'A')² × O'S π × 15² × 54
=
V’=
3
3
π × 15 × 3 × 5 × 54
= π × 15 × 5 × 54 = 4 050 π
V’=
3
Le volume en cm3 du pot de fleurs est donc :
9 600π − 4 050π = 5 550π
1 L = 1 dm3
Pour convertir 5 550π cm3 en L, on commence donc par convertir
5 550π cm3 en dm3.
1 cm3 =
1
dm3
1 000
donc 5 550π cm3 =
1
× 5 550π dm3
1 000
5 550π cm3 = 5,55π dm3 = 5,55π L
Le volume du pot de fleurs est 5,55π L soit environ
17,44 L (arrondi au centième)
Lorsqu’on tape sur la calculatrice :
5.55 × π EXE
il s’affiche 17.43583923.
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–
241
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Séquence 8
JE M’EVALUE
1)
1)
E
H
D
B
La base de la pyramide est le rectangle AEHD. Le sommet de la
pyramide est donc B.
2)
2)
[HD]
[AB]
[AD]
[AE]
3)
3)
[AD]
[EB]
[BH]
[DH]
4)
4)
15
20
volume d’une pyramide =
aire de base × hauteur
3
30
60
On a donc :
VBAEHD=
aire de AEHD × AB
3
AEHD est un rectangle. Son aire en m² est donc AE × AD.
On déduit que le volume en m3 de la pyramide BAEHD est :
2×6 ×5 2×2×3×5
VBAEHD=
=
= 20
3
3
5)
SE1 ≠ SE2 donc la figure donnée n’est pas un patron de pyramide.
5)
oui
non
A la place de « SE1 ≠ SE2 » on aurait pu écrire :
« TE2 ≠ TE3» ou «UE3 ≠ UE4» ou «RE4 ≠ RE1».
6)
quelconques
isocèles
équilatéraux
rectangles
7) Soit h la hauteur en cm cherchée.
Le volume en cm3 de la pyramide est :
7)
6,1 cm
9,15 cm
12,2 cm
18,3 cm
aire de base × h
=
5× 8
× h 20 × h
2
=
3
3
3
D’après l’énoncé, il est encore égal à 122 cm3. On a donc :
20 × h
= 122 d’où 20 × h = 3 × 122
3
On déduit que : h =
3 × 122
=
3 × 61 × 2
20
2 × 10
La hauteur de la pyramide est 18,3 cm.
8)
Soient :
⋅ S le sommet du cône,
⋅ A le centre de sa base
⋅ [AB] un rayon du disque de base.
8)
5,29 cm
8,9 cm
10 cm
242
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=
3 × 61
10
= 18 , 3
Séquence 8
14,4 cm
Le triangle SAB est rectangle en A. D’après la propriété de
Pythagore, on a donc : SB² = SA² + AB²
SB² = 8² + 6²
SB² = 64 + 36
SB² = 100
SB = 10 cm
9)
0,9 cm
2,5 cm
4,3 cm
8,6 cm
9)
[SO] est la hauteur du cône.
Le triangle SOB est rectangle en O.
= BO = BO
Dans ce triangle : cos OBS
BS
5
= 60°, on a : cos OBS
= 0,5
Or, comme OBS
BO
Ainsi :
= 0,5 d’où BO = 5 × 0,5 = 2,5
5
Le cône a 2,5 cm de rayon.
10)
10)
37,6 cm3
8π cm3
12π
π cm3
18π cm3
Le rayon du cône en cm est : 6 : 2 = 3
Le volume en cm3 du cône est :
π × R ² × hauteur
3
=
π × 3² × 4
3
=
π×3× 3× 4
= 12 π
3
Attention, on ne peut pas cocher la 1ère case car la calculatrice
affiche : 37,699111…
Le résultat n’est donc pas 37,6 : c’est une valeur approchée du
résultat.
Cned, Mathématiques 4e
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