Devoir surveillé : Thalès, triangles semblables et homothétie

1. a)Les longueurs sont multipliées par $1,5$, la distance à zéro du rapport : $4\times 1,5=6$ cm (0,5 pt). Une homothétie conserve les angles : l'angle image mesure encore ${40}^{\circ }$ (0,5 pt). Le signe « − » indique seulement que l'image est de l'autre côté du centre. (1)
2. b)$[AB]$ et $[DE]$ sont homologues : le coefficient de $ABC$ vers $DEF$ est $k={\displaystyle \frac{DE}{AB}}={\displaystyle \frac{6}{4}}=1,5$ (0,5 pt). $[BC]$ est l'homologue de $[EF]$, donc $EF=1,5\times BC$ et $BC={\displaystyle \frac{9}{1,5}}=6$ cm (0,5 pt). (1)
3. c)Coefficient d'agrandissement : $k={\displaystyle \frac{25}{10}}=2,5$ ; nouvelle longueur : $15\times 2,5=37,5$ cm (0,5 pt). L'aire est multipliée par $k^2=2,5^2=6,25$ ; vérification : $10\times 15=150$ cm², $25\times 37,5=937,5$ cm² et $150\times 6,25=937,5$ (0,5 pt). (1)
4. d)Les points $K$, $P$, $L$ et $K$, $Q$, $M$ sont alignés et $(PQ)\parallel (LM)$ : d'après le théorème de Thalès, ${\displaystyle \frac{KP}{KL}}={\displaystyle \frac{KQ}{KM}}$ (0,5 pt). Donc ${\displaystyle \frac{KQ}{10}}={\displaystyle \frac{3}{5}}$ et $KQ={\displaystyle \frac{3}{5}}\times 10=6$ cm (0,5 pt). (1)

Méthode — commence toujours par écrire le coefficient comme le quotient de deux longueurs homologues, avec la figure d'arrivée au numérateur : tu évites ainsi de multiplier quand il fallait diviser.

1. a)$M\in [AB]$, donc $AB=AM+MB=2,4+3,6=6$ cm. Les points $A$, $M$, $B$ et $A$, $N$, $C$ sont alignés et $(MN)\parallel (BC)$ : d'après le théorème de Thalès, ${\displaystyle \frac{AM}{AB}}={\displaystyle \frac{AN}{AC}}={\displaystyle \frac{MN}{BC}}$, soit ${\displaystyle \frac{2,4}{6}}={\displaystyle \frac{3,2}{AC}}={\displaystyle \frac{4}{BC}}$ (0,5 pt). $AC={\displaystyle \frac{3,2\times 6}{2,4}}={\displaystyle \frac{19,2}{2,4}}=8$ cm (0,5 pt) ; $BC={\displaystyle \frac{4\times 6}{2,4}}={\displaystyle \frac{24}{2,4}}=10$ cm (0,5 pt). (1)
2. b)L'angle $\widehat{MAN}$ est commun aux deux triangles. Les angles $\widehat{AMN}$ et $\widehat{ABC}$ sont correspondants, formés par les parallèles $(MN)$ et $(BC)$ et la sécante $(AB)$ : ils sont égaux (0,5 pt). Les deux triangles ont deux angles égaux deux à deux, donc ils sont semblables ; coefficient de $AMN$ vers $ABC$ : $k={\displaystyle \frac{AB}{AM}}={\displaystyle \frac{6}{2,4}}=2,5$ (vérification : ${\displaystyle \frac{AC}{AN}}={\displaystyle \frac{8}{3,2}}=2,5$) (0,5 pt). (1)
3. c)Le centre est $A$. Les points $M$ et $B$ sont du même côté de $A$, donc le rapport est positif : $k=2,5$ (0,5 pt). (1)
4. d)$M{N}^2=4^2=16$ et $A{M}^2+A{N}^2=2,4^2+3,2^2=5,76+10,24=16$ : d'après la réciproque du théorème de Pythagore, $AMN$ est rectangle en $A$ (0,5 pt). Aire de $AMN$ : ${\displaystyle \frac{2,4\times 3,2}{2}}=3,84$ cm² ; les aires sont multipliées par $k^2=6,25$, donc aire de $ABC=3,84\times 6,25=24$ cm² (vérification : ${\displaystyle \frac{6\times 8}{2}}=24$) (0,5 pt). (1)

Astuce — le coefficient se lit sur deux longueurs connues du même côté ($AB$ et $AM$) ; il donne ensuite toutes les autres longueurs, et son carré donne l'aire sans nouveau calcul de hauteur.

1. a)${\displaystyle \frac{GE}{GS}}={\displaystyle \frac{4,2}{7}}=0,6$ et ${\displaystyle \frac{GF}{GT}}={\displaystyle \frac{3,6}{6}}=0,6$ (0,5 pt). Les rapports sont égaux et les points $G$, $E$, $S$ et $G$, $F$, $T$ sont alignés dans le même ordre (0,5 pt). D'après la réciproque du théorème de Thalès, $(EF)\parallel (ST)$ (0,5 pt). (1)
2. b)Comme $(EF)\parallel (ST)$, le théorème de Thalès donne ${\displaystyle \frac{GE}{GS}}={\displaystyle \frac{GF}{GT}}={\displaystyle \frac{EF}{ST}}$ : les côtés de $GST$ sont proportionnels à ceux de $GEF$, avec le coefficient $k={\displaystyle \frac{GS}{GE}}={\displaystyle \frac{7}{4,2}}={\displaystyle \frac{70}{42}}={\displaystyle \frac{5}{3}}$ (0,5 pt). $ST={\displaystyle \frac{5}{3}}\times EF={\displaystyle \frac{5}{3}}\times 3=5$ cm (0,5 pt). (1)
3. c)${\displaystyle \frac{OU}{OV}}={\displaystyle \frac{2,5}{4}}=0,625$ et ${\displaystyle \frac{OW}{OZ}}={\displaystyle \frac{3}{5}}=0,6$ (0,5 pt). Les rapports sont différents ; or, si les droites étaient parallèles, le théorème de Thalès les rendrait égaux. D'après la contraposée du théorème de Thalès, $(UW)$ et $(VZ)$ ne sont pas parallèles (0,5 pt). (1)
4. d)Les points sont déjà disposés en « papillon » ; il faut ${\displaystyle \frac{OW}{OZ}}={\displaystyle \frac{OU}{OV}}=0,625$, soit $OZ={\displaystyle \frac{3}{0,625}}=4,8$ cm (vérification : ${\displaystyle \frac{3}{4,8}}=0,625$) (0,5 pt). (1)

Piège — des rapports égaux ne suffisent pas pour la réciproque : il faut aussi que les points soient alignés dans le même ordre ; en revanche, des rapports différents suffisent toujours pour conclure au non-parallélisme (contraposée).

1. a)Une homothétie conserve les mesures d'angles : les quatre angles de $E^{\prime }{F}^{\prime }{G}^{\prime }{H}^{\prime }$ sont droits, comme ceux de $EFGH$ (0,5 pt). Un quadrilatère qui a quatre angles droits est un rectangle : $E^{\prime }{F}^{\prime }{G}^{\prime }{H}^{\prime }$ est un rectangle (0,5 pt). (1)
2. b)Les longueurs sont multipliées par $1,5$ : $E^{\prime }{F}^{\prime }=4\times 1,5=6$ cm et $F^{\prime }{G}^{\prime }=3\times 1,5=4,5$ cm (0,5 pt). Dans le triangle $EFG$ rectangle en $F$, d'après le théorème de Pythagore : $E{G}^2=4^2+3^2=16+9=25$, donc $EG=5$ cm (0,5 pt). Ainsi $E^{\prime }{G}^{\prime }=5\times 1,5=7,5$ cm ; vérification : $6^2+4,5^2=36+20,25=56,25=7,5^2$ (0,5 pt). (1)
3. c)Directement : $6\times 4,5=27$ cm² (0,5 pt). Avec le rapport : l'aire de $EFGH$ vaut $4\times 3=12$ cm² et les aires sont multipliées par $(-1,5{)}^2=2,25$, d'où $12\times 2,25=27$ cm² (0,5 pt). (1)
4. d)Le centre d'une homothétie est sa propre image : l'image de $O$ est $O$. Or $O$ est le milieu de $[EG]$, et une homothétie conserve les milieux : $O$ est donc aussi le milieu de $[E^{\prime }{G}^{\prime }]$, c'est-à-dire le centre du rectangle $E^{\prime }{F}^{\prime }{G}^{\prime }{H}^{\prime }$ (0,5 pt). (1)

Erreur fréquente — pour l'aire, on multiplie par $k^2=2,25$ et non par $1,5$ ; avec un rapport négatif, $k^2$ reste positif, et une aire n'est jamais négative.

1. a)$H$ est le centre de la première image, donc $HB=1,8÷2=0,9$ m (0,5 pt). Les points $P$, $H$, $H^{\prime }$ et $P$, $B$, $B^{\prime }$ sont alignés et $(HB)\parallel (H^{\prime }{B}^{\prime })$ : d'après le théorème de Thalès, ${\displaystyle \frac{PH}{P{H}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{HB}{H^{\prime }{B}^{\prime }}}$, soit ${\displaystyle \frac{3,6}{4,8}}={\displaystyle \frac{0,9}{H^{\prime }{B}^{\prime }}}$, donc $H^{\prime }{B}^{\prime }={\displaystyle \frac{0,9\times 4,8}{3,6}}={\displaystyle \frac{4,32}{3,6}}=1,2$ m (0,5 pt). $H^{\prime }$ étant le centre de la nouvelle image, sa largeur vaut $2\times 1,2=2,4$ m (0,5 pt). (1)
2. b)$k={\displaystyle \frac{P{H}^{\prime }}{PH}}={\displaystyle \frac{4,8}{3,6}}={\displaystyle \frac{48}{36}}={\displaystyle \frac{4}{3}}$ ; il est positif car les deux images sont du même côté de $P$ (0,5 pt). Hauteur : $1,35\times {\displaystyle \frac{4}{3}}={\displaystyle \frac{5,4}{3}}=1,8$ m (0,5 pt). (1)
3. c)Aires : $1,8\times 1,35=2,43$ m² et $2,4\times 1,8=4,32$ m² (0,5 pt). ${\displaystyle \frac{4,32}{2,43}}={\displaystyle \frac{432}{243}}={\displaystyle \frac{16\times 27}{9\times 27}}={\displaystyle \frac{16}{9}}$, et l'on retrouve bien $k^2={\left({\displaystyle \frac{4}{3}}\right)}^2={\displaystyle \frac{16}{9}}$ (0,5 pt). (1)
4. d)La largeur de l'image est proportionnelle à la distance $d$ entre l'objectif et l'écran : $1,8$ m pour $3,6$ m, donc largeur $={\displaystyle \frac{1,8}{3,6}}\times d=0,5d$. Il faut $0,5d⩽3$, soit $d⩽6$ : l'objectif doit être à $6$ m au plus du mur (0,5 pt). (1)

Méthode — dans un problème concret, dessine la situation vue de dessus : le point d'où partent les rayons est le centre de l'homothétie, et les distances à ce point donnent directement le rapport.

1. a)Faux (0,5 pt). Contre-exemple : si ${40}^{\circ }$ est l'angle au sommet principal, les deux autres angles mesurent ${\displaystyle \frac{{180}^{\circ }-{40}^{\circ }}{2}}={70}^{\circ }$ ; si ${40}^{\circ }$ est un angle à la base, les angles sont ${40}^{\circ }$, ${40}^{\circ }$ et ${180}^{\circ }-{80}^{\circ }={100}^{\circ }$. Les angles ne sont pas égaux deux à deux : ces deux triangles isocèles ne sont pas semblables (0,5 pt). (1)
2. b)Vrai (0,5 pt). Le cube agrandi a la même forme ; son volume est multiplié par $1,2^3=1,2\times 1,2\times 1,2=1,728$, soit une augmentation de $72,8$ %, qui dépasse $70$ % (0,5 pt). (1)
3. c)Faux (0,5 pt). Contre-exemple : $M$ milieu de $[AB]$, et $N$ le symétrique par rapport à $A$ du milieu $N_1$ de $[AC]$ ; on a bien ${\displaystyle \frac{AM}{AB}}={\displaystyle \frac{AN}{AC}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$. D'après la réciproque de Thalès, $(M{N}_1)\parallel (BC)$ ; la parallèle à $(BC)$ passant par $M$ est unique et ne coupe $(AC)$ qu'en $N_1$. Comme $N\ne N_1$, $(MN)$ n'est pas parallèle à $(BC)$ : il manque la condition « points alignés dans le même ordre » (0,5 pt). (1)
4. d)Faux (0,5 pt). La grande pizza est un agrandissement de la petite de coefficient ${\displaystyle \frac{30}{20}}=1,5$ ; la surface garnie est multipliée par $1,5^2=2,25$ (en effet $\pi \times {15}^2=225\pi$ et $\pi \times {10}^2=100\pi$) : elle porte $2,25$ fois plus de garniture, donc plus du double (0,5 pt). (1)

Erreur fréquente — appliquer le coefficient tel quel à une aire ou à un volume : si les longueurs sont multipliées par $k$, les aires le sont par $k^2$ et les volumes par $k^3$, tandis que les angles restent inchangés.

1. a)$C{A}^2=4,5^2=20,25$ et $A{B}^2+C{B}^2=2,7^2+3,6^2=7,29+12,96=20,25$ (0,5 pt). Comme $C{A}^2=A{B}^2+C{B}^2$, d'après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $ABC$ est rectangle en $B$ (0,5 pt). (1)
2. b)Les angles $\widehat{ACB}$ et $\widehat{ECD}$ sont opposés par le sommet, donc égaux (0,5 pt). Les angles $\widehat{BAC}$ et $\widehat{DEC}$ sont alternes-internes, formés par les parallèles $(AB)$ et $(DE)$ et la sécante $(AE)$, donc égaux (0,5 pt). Les triangles ont deux angles égaux deux à deux : ils sont semblables, avec $A$ associé à $E$, $B$ à $D$ et $C$ à $C$ (0,5 pt). (1)
3. c)$[CA]$ et $[CE]$ sont homologues : $k={\displaystyle \frac{CE}{CA}}={\displaystyle \frac{6}{4,5}}={\displaystyle \frac{60}{45}}={\displaystyle \frac{4}{3}}$. Donc $DE={\displaystyle \frac{4}{3}}\times AB={\displaystyle \frac{4}{3}}\times 2,7=3,6$ cm et $CD={\displaystyle \frac{4}{3}}\times CB={\displaystyle \frac{4}{3}}\times 3,6=4,8$ cm (0,5 pt). $E$ et $D$, images de $A$ et $B$, sont de l'autre côté de $C$ : c'est l'homothétie de centre $C$ et de rapport $-{\displaystyle \frac{4}{3}}$ (0,5 pt). (1)
4. d)L'angle en $D$ est l'homologue de l'angle droit en $B$ : $EDC$ est rectangle en $D$ et son aire vaut ${\displaystyle \frac{DE\times CD}{2}}={\displaystyle \frac{3,6\times 4,8}{2}}=8,64$ cm². Autre façon : aire de $ABC={\displaystyle \frac{2,7\times 3,6}{2}}=4,86$ cm², multipliée par $k^2={\displaystyle \frac{16}{9}}$ : $4,86\times {\displaystyle \frac{16}{9}}=0,54\times 16=8,64$ cm² (0,5 pt). (1)

Méthode — pour repérer les côtés homologues, on associe d'abord les sommets grâce aux angles égaux ; deux côtés sont homologues quand ils joignent des sommets associés.

1. a)${\displaystyle \frac{AM}{AB}}={\displaystyle \frac{1,6}{4}}=0,4$ et ${\displaystyle \frac{AN}{AC}}={\displaystyle \frac{1,4}{3,5}}=0,4$ (0,5 pt). Les rapports sont égaux, et les points $A$, $M$, $B$ et $A$, $N$, $C$ sont alignés dans le même ordre (0,5 pt). D'après la réciproque du théorème de Thalès, $(MN)\parallel (BC)$ (0,5 pt). (1)
2. b)Les droites étant parallèles, le théorème de Thalès donne ${\displaystyle \frac{MN}{BC}}={\displaystyle \frac{AM}{AB}}=0,4$, donc $BC={\displaystyle \frac{2,6}{0,4}}=6,5$ m (0,5 pt). $AMN$ est l'image de $ABC$ par l'homothétie de centre $A$ et de rapport $0,4$, positif car $M$ et $B$ sont du même côté de $A$ (0,5 pt). (1)
3. c)${\displaystyle \frac{AP}{AB}}={\displaystyle \frac{3}{4}}$ et ${\displaystyle \frac{AQ}{AC}}={\displaystyle \frac{2,7}{3,5}}$. Produits en croix : $3\times 3,5=10,5$ et $4\times 2,7=10,8$ ; ils sont différents, donc les rapports aussi (0,5 pt). D'après la contraposée du théorème de Thalès, la poutre $[PQ]$ n'est pas parallèle à la base (0,5 pt). (1)
4. d)Il faut ${\displaystyle \frac{AQ}{AC}}={\displaystyle \frac{AP}{AB}}=0,75$, soit $AQ=0,75\times 3,5=2,625$ m ; la poutre serait alors l'image de $[BC]$ par l'homothétie de centre $A$ et de rapport $0,75$ : $PQ=0,75\times 6,5=4,875$ m (0,5 pt). (1)

Astuce — pour comparer deux quotients sans arrondi, on compare les produits en croix : c'est plus sûr que des valeurs approchées, qui peuvent faire croire à tort à une égalité.

1. a)$(IM)$ et $(OA)$ sont toutes deux perpendiculaires à l'axe $(SO)$ ; deux droites perpendiculaires à une même droite sont parallèles (0,5 pt). Les points $S$, $I$, $O$ et $S$, $M$, $A$ sont alignés : d'après le théorème de Thalès, ${\displaystyle \frac{SI}{SO}}={\displaystyle \frac{IM}{OA}}$, soit ${\displaystyle \frac{8}{12}}={\displaystyle \frac{IM}{3}}$ (0,5 pt). Donc $IM={\displaystyle \frac{8\times 3}{12}}=2$ cm (0,5 pt). (1)
2. b)$V={\displaystyle \frac{1}{3}}\times \pi \times 3^2\times 12={\displaystyle \frac{108\pi }{3}}=36\pi$ cm³ (0,5 pt), soit environ $113$ cm³ (0,5 pt). (1)
3. c)$k={\displaystyle \frac{SI}{SO}}={\displaystyle \frac{8}{12}}={\displaystyle \frac{2}{3}}$ (0,5 pt). Les volumes sont multipliés par $k^3={\displaystyle \frac{8}{27}}$ : volume de glace $=36\pi \times {\displaystyle \frac{8}{27}}={\displaystyle \frac{288\pi }{27}}={\displaystyle \frac{32\pi }{3}}\approx 33,5$ cm³ ; vérification directe : ${\displaystyle \frac{1}{3}}\times \pi \times 2^2\times 8={\displaystyle \frac{32\pi }{3}}$ (0,5 pt). (1)
4. d)Tom se trompe : la glace occupe ${\displaystyle \frac{8}{27}}\approx 0,296$ du volume, soit moins de $30$ % du cornet, bien loin des deux tiers (environ $67$ %) (0,5 pt). (1)

Piège — dans un cône, la place se trouve surtout près de l'ouverture : le volume suit le cube du coefficient, si bien qu'un remplissage aux deux tiers de la hauteur ne représente même pas un tiers du volume.

1. a)Les droites $(AT)$ et $(BD)$ sont toutes deux perpendiculaires à la berge $(AB)$ ; or deux droites perpendiculaires à une même droite sont parallèles (0,5 pt). (1)
2. b)Les points $A$, $O$, $B$ sont alignés, ainsi que $T$, $O$, $D$, et $(AT)\parallel (BD)$ : c'est une configuration « papillon » de centre $O$. D'après le théorème de Thalès, ${\displaystyle \frac{OA}{OB}}={\displaystyle \frac{OT}{OD}}={\displaystyle \frac{AT}{BD}}$ (0,5 pt). Donc ${\displaystyle \frac{30}{10}}={\displaystyle \frac{AT}{8}}$ (0,5 pt), et $AT=3\times 8=24$ m (0,5 pt). (1)
3. c)Le centre est $O$ (0,5 pt). $A$ est l'image de $B$ et $O$ est situé entre $B$ et $A$ : le rapport est négatif ; sa distance à zéro vaut ${\displaystyle \frac{OA}{OB}}=3$, donc $k=-3$ (0,5 pt). (1)
4. d)Le triangle $OAT$ est rectangle en $A$. D'après le théorème de Pythagore, $O{T}^2=O{A}^2+A{T}^2={30}^2+{24}^2=900+576=1476$ (0,5 pt), donc $OT=\sqrt{1476}\approx 38,4$ m (0,5 pt). (1)

Méthode — pour une mesure inaccessible, on construit sur le terrain un petit triangle semblable au grand, dont toutes les longueurs sont mesurables ; le coefficient fait le reste.

1. a)Une homothétie de rapport $k$ multiplie les aires par $k^2$ : $k^2={\displaystyle \frac{9}{16}}$ (0,5 pt). Cette équation a deux solutions, $k={\displaystyle \frac{3}{4}}$ et $k=-{\displaystyle \frac{3}{4}}$, et les deux conviennent, car ${(-{\displaystyle \frac{3}{4}})}^2={\displaystyle \frac{9}{16}}$ aussi (0,5 pt). (1)
2. b)Posons $x=\widehat{ABC}$ : $x+2x+3x={180}^{\circ }$, donc $6x={180}^{\circ }$ et $x={30}^{\circ }$ ; les angles de $ABC$ sont $\hat{A}={60}^{\circ }$, $\hat{B}={30}^{\circ }$ et $\hat{C}={90}^{\circ }$ (0,5 pt). Ceux de $DEF$ : $\hat{F}={90}^{\circ }$, $\hat{E}={30}^{\circ }$ et $\hat{D}={180}^{\circ }-{90}^{\circ }-{30}^{\circ }={60}^{\circ }$. Les angles sont égaux deux à deux : les triangles sont semblables, avec $A$ associé à $D$, $B$ à $E$ et $C$ à $F$ (0,5 pt). (1)
3. c)D'après le théorème de Thalès, ${\displaystyle \frac{AN}{AC}}={\displaystyle \frac{MN}{BC}}={\displaystyle \frac{AM}{AB}}={\displaystyle \frac{2}{7}}$ : $AMN$ est l'image de $ABC$ par l'homothétie de centre $A$ et de rapport ${\displaystyle \frac{2}{7}}$, donc son aire vaut ${\left({\displaystyle \frac{2}{7}}\right)}^2={\displaystyle \frac{4}{49}}$ de celle de $ABC$ (0,5 pt). Le trapèze occupe $1-{\displaystyle \frac{4}{49}}={\displaystyle \frac{45}{49}}$ de l'aire de $ABC$ (0,5 pt). (1)
4. d)Le second aquarium est un agrandissement du premier de coefficient $1,5={\displaystyle \frac{3}{2}}$ ; les volumes sont multipliés par ${\left({\displaystyle \frac{3}{2}}\right)}^3={\displaystyle \frac{27}{8}}$ (0,5 pt). Contenance : $30\times {\displaystyle \frac{27}{8}}={\displaystyle \frac{810}{8}}=101,25$ L (0,5 pt). (1)

Astuce — sans calculatrice, garde les coefficients sous forme de fraction (${\displaystyle \frac{3}{2}}$ plutôt que $1,5$) : les carrés et les cubes deviennent immédiats, par exemple ${\left({\displaystyle \frac{3}{2}}\right)}^3={\displaystyle \frac{27}{8}}$.

1. a)Les angles $\widehat{AOB}$ et $\widehat{COD}$ sont opposés par le sommet ; les angles $\widehat{OAB}$ et $\widehat{OCD}$ sont alternes-internes, formés par les parallèles $(AB)$ et $(DC)$ et la sécante $(AC)$ : ils sont égaux deux à deux (0,5 pt). Les triangles sont donc semblables, avec $O$ associé à $O$, $A$ à $C$ et $B$ à $D$ ; les côtés $[AB]$ et $[CD]$ sont homologues : $k={\displaystyle \frac{AB}{CD}}={\displaystyle \frac{15}{6}}={\displaystyle \frac{5}{2}}$ (0,5 pt). (1)
2. b)$[OA]$ et $[OC]$ sont homologues, donc $OA={\displaystyle \frac{5}{2}}OC$. Comme $O\in [AC]$ : $OA+OC=14$, soit ${\displaystyle \frac{7}{2}}OC=14$, d'où $OC=4$ cm et $OA=10$ cm (0,5 pt). De même $OB={\displaystyle \frac{5}{2}}OD$ et ${\displaystyle \frac{7}{2}}OD=17,5$, d'où $OD=5$ cm et $OB=12,5$ cm (0,5 pt). (1)
3. c)La droite $(EF)$ est parallèle à $(AB)$, donc à $(DC)$. Dans le triangle $ADC$ : $E\in [AD]$, $O\in [AC]$ et $(EO)\parallel (DC)$ ; d'après Thalès, ${\displaystyle \frac{OE}{DC}}={\displaystyle \frac{AO}{AC}}={\displaystyle \frac{10}{14}}={\displaystyle \frac{5}{7}}$, donc $OE={\displaystyle \frac{5}{7}}\times 6={\displaystyle \frac{30}{7}}$ cm (0,5 pt). Dans le triangle $BDC$ : $O\in [BD]$, $F\in [BC]$ et $(OF)\parallel (DC)$ ; ${\displaystyle \frac{OF}{DC}}={\displaystyle \frac{BO}{BD}}={\displaystyle \frac{12,5}{17,5}}={\displaystyle \frac{5}{7}}$, donc $OF={\displaystyle \frac{30}{7}}$ cm (0,5 pt). Ainsi $EF={\displaystyle \frac{60}{7}}$ cm et $OE=OF$ : $O$ est le milieu de $[EF]$ (0,5 pt). (1)
4. d)C'est l'homothétie de centre $O$ ; $A$ est l'image de $C$ et $O$ est situé entre $C$ et $A$, donc le rapport est $-{\displaystyle \frac{5}{2}}$. Les aires sont multipliées par ${(-{\displaystyle \frac{5}{2}})}^2={\displaystyle \frac{25}{4}}$ : l'aire de $OAB$ vaut $6,25$ fois celle de $OCD$ (0,5 pt). (1)

Méthode — dans une figure riche, isole à chaque étape un seul triangle avec sa parallèle ; les fractions exactes se transmettent d'une étape à l'autre sans aucune erreur d'arrondi.

1. a)Un triangle semblable à $ABC$ a ses côtés proportionnels à $4$, $6$ et $8$ : ils valent $4k$, $6k$ et $8k$ avec $k>0$ (0,5 pt). Le côté de $12$ cm est l'homologue de l'un des trois côtés de $ABC$, d'où trois cas : $4k=12$ donne $k=3$ et les côtés $12$, $18$, $24$ cm ; $6k=12$ donne $k=2$ et les côtés $8$, $12$, $16$ cm ; $8k=12$ donne $k=1,5$ et les côtés $6$, $9$, $12$ cm (0,5 pt). Tous les cas possibles ont été examinés : il y a exactement trois triangles solutions (0,5 pt). (1)
2. b)Un tel triangle a un côté de $12$ cm, c'est donc l'un des trois précédents ; seul le triangle de côtés $12$, $18$, $24$ cm possède aussi un côté de $18$ cm : c'est l'unique solution (0,5 pt). (1)
3. c)Une homothétie de rapport $k$ multiplie les longueurs par la distance à zéro de $k$, et l'image est semblable à $ABC$. D'après la question 1, cette distance à zéro vaut $3$, $2$ ou $1,5$ (0,5 pt). Il y a donc six valeurs : $k=1,5$, $k=2$, $k=3$, $k=-1,5$, $k=-2$ et $k=-3$ (0,5 pt). (1)
4. d)L'aire est multipliée par $k^2$ : $1,5^2=2,25$ et $2^2=4$ sont inférieurs à $5$, mais $3^2=9$ ne l'est pas (0,5 pt). Conviennent : $k=-2$, $k=-1,5$, $k=1,5$ et $k=2$ (0,5 pt). (1)

Méthode — pour ne rien oublier, organise la recherche par cas (quel côté est l'homologue du côté imposé ?) puis examine chaque cas ; pour une homothétie, pense aussi aux rapports négatifs.

1. a)Notons $x=MQ$ (en dm), donc $MN=2x$. $MNPQ$ est un rectangle, donc $(MN)\parallel (QP)$, c'est-à-dire $(MN)\parallel (BC)$ (0,5 pt). La droite $(MN)$ coupe $[AH]$ en $I$ ; $MQHI$ est un rectangle, donc $IH=MQ=x$ et $AI=8-x$. Dans le triangle $ABH$, $(MI)\parallel (BH)$, donc d'après Thalès ${\displaystyle \frac{AM}{AB}}={\displaystyle \frac{AI}{AH}}={\displaystyle \frac{8-x}{8}}$ ; dans le triangle $ABC$, $(MN)\parallel (BC)$, donc ${\displaystyle \frac{AM}{AB}}={\displaystyle \frac{MN}{BC}}={\displaystyle \frac{2x}{12}}$ (1 pt). On obtient ${\displaystyle \frac{2x}{12}}={\displaystyle \frac{8-x}{8}}$, soit $16x=12(8-x)=96-12x$, puis $28x=96$ et $x={\displaystyle \frac{96}{28}}={\displaystyle \frac{24}{7}}$ (0,5 pt). La vitre mesure ${\displaystyle \frac{24}{7}}$ dm de large sur ${\displaystyle \frac{48}{7}}$ dm de long ; vérification : ${\displaystyle \frac{MN}{BC}}={\displaystyle \frac{48}{84}}={\displaystyle \frac{4}{7}}$ et ${\displaystyle \frac{AI}{AH}}={\displaystyle \frac{32}{7}}÷8={\displaystyle \frac{4}{7}}$ (0,5 pt). (1,66667)
2. b)Centre $A$ et rapport ${\displaystyle \frac{AM}{AB}}={\displaystyle \frac{MN}{BC}}={\displaystyle \frac{4}{7}}$, positif car $M$ est sur $[AB]$ (0,5 pt). Aire de $ABC$ : ${\displaystyle \frac{12\times 8}{2}}=48$ dm² ; aire de $AMN$ : $48\times {\left({\displaystyle \frac{4}{7}}\right)}^2={\displaystyle \frac{48\times 16}{49}}={\displaystyle \frac{768}{49}}$ dm² (0,5 pt). (1,66667)
3. c)Aire de la vitre : ${\displaystyle \frac{24}{7}}\times {\displaystyle \frac{48}{7}}={\displaystyle \frac{1152}{49}}$ dm² (0,5 pt). Fraction du vitrail : ${\displaystyle \frac{1152}{49}}÷48={\displaystyle \frac{1152}{49\times 48}}={\displaystyle \frac{24}{49}}$, car $1152=24\times 48$ (0,5 pt). Comme $2\times 24=48<49$, on a ${\displaystyle \frac{24}{49}}<{\displaystyle \frac{1}{2}}$ : la vitre occupe un peu moins de la moitié du vitrail (0,5 pt). (1,66667)

Piège — la hauteur du petit triangle $AMN$ se lit sur l'axe $(AH)$ : elle vaut $8-x$ et non $x$ ; confondre les deux fausse toute l'équation.

1. a)${\displaystyle \frac{AK}{AB}}={\displaystyle \frac{AJ}{AC}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$ et les points $A$, $K$, $B$ et $A$, $J$, $C$ sont alignés dans le même ordre : d'après la réciproque du théorème de Thalès, $(KJ)\parallel (BC)$ ; puis, d'après le théorème de Thalès, ${\displaystyle \frac{KJ}{BC}}={\displaystyle \frac{AK}{AB}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$ (0,5 pt). (0,75)
2. b)Le même raisonnement, mené depuis le sommet $C$ puis depuis le sommet $B$, donne $JI={\displaystyle \frac{1}{2}}AB$ et $IK={\displaystyle \frac{1}{2}}CA$ (0,5 pt). Les côtés de $IJK$ sont proportionnels à ceux de $ABC$, avec le coefficient ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ : les triangles sont semblables. Le côté $[KJ]$ correspond à $[BC]$, $[JI]$ à $[AB]$ et $[IK]$ à $[CA]$ ; les sommets associés sont donc $I$ et $A$, $J$ et $B$, $K$ et $C$ (0,5 pt). (0,75)
3. c)$AKJ$ est l'image de $ABC$ par l'homothétie de centre $A$ et de rapport ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ ; de même $KBI$ (centre $B$) et $JIC$ (centre $C$). Leurs aires valent donc ${\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^2={\displaystyle \frac{1}{4}}$ de l'aire de $ABC$ (0,5 pt). $IJK$ est semblable à $ABC$ avec le coefficient ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ : son aire vaut aussi ${\displaystyle \frac{1}{4}}$ de celle de $ABC$. Les quatre aires sont égales ; c'est cohérent, car ces quatre triangles recouvrent $ABC$ sans se chevaucher et $4\times {\displaystyle \frac{1}{4}}=1$ (0,5 pt). (0,75)
4. d)Chaque étape multiplie l'aire par ${\displaystyle \frac{1}{4}}$ : après $n$ étapes, la fraction vaut ${\left({\displaystyle \frac{1}{4}}\right)}^n={\displaystyle \frac{1}{4^n}}=4^{-n}$. Or $4^4=256<1000$ et $4^5=1024>1000$ : la fraction passe sous le millième à partir de la cinquième étape (0,5 pt). (0,75)

Erreur fréquente — croire que le triangle des milieux représente la moitié de $ABC$ : ses côtés sont deux fois plus courts, donc son aire est quatre fois plus petite.