Configurations fondamentales - Triangles GéoPlan - Exercices interactifs en classe de seconde : triangles. Problèmes de concours.	Faire de la géométrie dynamique

Exemples d'exercices pouvant être résolus, en classe de seconde, avec les configurations

Pour les triangles, il s'agit de savoir mettre en œuvre :
  – les propriétés des droites remarquables,
  – la droite des milieux et le théorème de Thalès,
  – les propriétés des angles et des aires des triangles,
  – les propriétés des triangles isocèles et équilatéraux,
  – les propriétés des triangles rectangles et l'inscription dans un demi-cercle.

En seconde la difficulté des raisonnements vient souvent de l'enchaînement de deux propriétés remarquables.

1. Droites perpendiculaires

Exemple d'utilisation du parallélisme de la droite des milieux et des propriétés des hauteurs d'un triangle.

ABC est un triangle isocèle en A, I le milieu de [BC], H le projeté orthogonal de I sur (AC), J le milieu de [IH].

Montrer que les droites (AJ) et (BH) sont perpendiculaires.

Faire intervenir (ce n'est pas évident) le milieu K de [HC].

Dans le triangle HIC la droite des milieux (KJ) est parallèle à (IC) donc orthogonale à (AI).

Dans le triangle AIK, les hauteurs (IH) et (KJ) se coupent en J qui est l'orthocentre du triangle.

(AJ) est donc la troisième hauteur est perpendiculaire à (IK).

Dans le triangle HCB, la droite des milieux (IK) est parallèle à (BH).

On a bien (AJ) perpendiculaire à (IK), donc perpendiculaire à la parallèle (BH).

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Faire de la géométrie dynamique

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4. Multiplication de l'aire d'un triangle

Soit ABC un triangle.

Sur la demi-droite [CB) on place le point P tel que BP = p CB.
Sur la demi-droite [BA) on place le point Q tel que AQ = q BA.
Sur la demi-droite [AC) on place le point R tel que CR = r AC.

GéoPlan calcule le rapport k = Aire(PQR)/Aire(ABC).

Si p = q = r = 1, P est le symétrique de C par rapport à B, Q le symétrique de B par rapport à A et R le symétrique de A par rapport à C.
On obtient un triangle PQR d'aire 7 fois l'aire de ABC.

La démonstration se fait facilement en montrant que les aires des triangles ABP et ABC sont égales (bases de même longueur et hauteur commune), ainsi que AQP et ABP.

Si I, J et K sont les points d'intersection des droites (QB), (PC) et (RA) avec les côtés du triangle PQR (voir figure ci-dessous), on montrera, en première S en utilisant des barycentres, que dans ce cas I, J et K sont situés au tiers des côtés de ce triangle.

Cliquer sur la figure et modifier le triangle PQR avec les flèches du clavier :
taper sur la touche P pour modifier p, sur Q pour modifier q, sur R pour modifier r.

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b. Problème réciproque :

Retrouver le triangle ABC à partir du triangle PQR.

Sur les côtés du triangle PQR, placer les points I, J, K tels que :
RI = k RP
PJ = k PQ
QK = k QR

A, B et C sont les points d'intersection des droites (PK), (QI) et (RJ).

Si k = on retrouve le triangle ABC, 7 fois plus petit :

Aire(PQR)/Aire(ABC) = 7.

Cliquer sur la figure et modifier k avec les flèches du clavier.

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Voir : Multiplication des parallélogrammes
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5. Partage d'un triangle en quatre

Partage non trivial d'un triangle ABC en quatre triangles d'aires égales, sans utiliser les milieux des côtés de ABC.

Grâce à une première recherche avec GéoPlan, on trouve qu'un triangle ABM a une aire égale au quart de celle de ABC lorsque le point M est sur la parallèle à (AB) qui coupe le segment [AC] au quart à partir de A.
Un partage de ABC se fera donc en plaçant trois points A’, B’, C’ sur des parallèles aux côtés.

Cliquer dans la figure de gauche et taper R pour la recherche de la solution : à partir du point M libre sur le segment parallèle à (AB), placer le point B’, intersection de (BM) et de la parallèle à (BC) ; C’ puis A’ aux intersections des parallèles avec (CB’) et (AC’).

Déplacer le point M pour le faire coïncider avec le point A’. Les points A, A’, C’ forment alors une section d'or, le rapport est égal au nombre d'or Φ.

On trouve donc la solution à partir du point C’ situé à l'intersection de la droite parallèle à (AC) et de la droite (d) image de la parallèle à (AB) par l'homothétie de centre A et de rapport 1 + .

Voir : partage en deux d'un triangle,
partage en deux polygones deux d'un triangle

6. Ménélaüs

Ménélaüs d'Alexandrie : mathématicien grec de la fin du I ^er siècle, auteur de trois livres : les sphériques consacrées aux triangles sur une sphère.

Soit ABC un triangle et (d) une droite ne contenant aucun des sommets.
(d) rencontre (BC) en P, (CA) en Q et (AB) en R.

On a × × = 1.

Méthode à mettre en œuvre

On appelle A’, B’ et C’ les projetés orthogonaux de A, B et C sur (d).

La propriété de Thalès dans les triangles semblables permet d'écrire :
(BB’)//(CC’) ; PBB’ semblable à PCC’ : = ,
(CC’)//(AA’) ; QCC’ semblable à QAA’ : = ,
(AA’)//(BB’) ; RAA’ semblable à RBB’ : = .

D'où par multiplication × × = × × = 1.

Réciproque

Soit ABC un triangle. P un point de (BC), Q un point de (CA) et R un point de (AB) ; (P, Q et R distincts des sommets).

Il existe trois nombres a, b et c, différents de 0 et 1, tels que = a , = b , = c .

Si abc = 1 les points P, Q et R sont alignés.

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Un curieux point de concours : produit scalaire
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7. Construction de-ci, de-là

Existe-t-il un triangle ABC tel que la hauteur issue de A, la bissectrice de l'angle BÂC et la médiane relative au côté [BC] partagent l'angle BÂC en quatre angles de même mesure ?

Jean Fromentin - Pour chercher et approfondir
bulletin APMEP n^o 452 - mai 2004

Solution

ABC est un triangle rectangle en A, l'angle droit est partagé en quatre angles de 22,5°. un angle aigu du triangle mesure 22,5° et si O est le milieu de [BC], la médiane (AO) fait un angle de 45° avec l'hypoténuse.

Indications

Soit le triangle ABC une solution, O le milieu de [BC] et (c) son cercle circonscrit.
La hauteur (AH) issue de A recoupe le cercle circonscrit (c) en D, la médiane (AO) en F et la bissectrice (AI) de l'angle BÂC en E.
Le point E, milieu de l'arc BC, est situé sur la médiatrice de [BC], la droite (OE). Les droites (OE) et (AD), perpendiculaires à (BC) sont parallèles ; elles forment avec la droite (AF) des angles FÔE et FÂD égaux. (AE) est la bissectrice de FÂD donc FÔE = 2 FÂE.
Le centre du cercle circonscrit est situé sur la médiatrice de [AB] ; le diamètre [EG] : FÔE est l'angle au centre de l'angle inscrit FÂE, le point O est alors le centre du cercle circonscrit.
Le triangle ABC est rectangle en A, les points D, E et F partagent le demi-cercle en quatre arcs égaux. Les points A et D sont symétriques par rapport à la droite (BC), A est le milieu de l'arc CG.

Programme de construction

Tracer un cercle (c) et deux diamètres [BC] et [EG] perpendiculaires. Tracer les deux bissectrices de ces diamètres qui coupent le cercle en A et F pour l'une, et en D pour l'autre ; les points A et D étant d'un même côté de la droite (EG). Le triangle rectangle ABC est une solution du problème et les trois droites remarquables (AD), (AE) et (AF) partagent l'angle BÂC en quatre angles de 22,5°.

Relations métriques

Soit r le rayon du cercle circonscrit. Dans le triangle rectangle isocèle AHB on a OH = AH = r.

BH = BO + OH = r + r = (2 + ) et HC = OC - OH = r - r = (2 - )

Dans le triangle rectangle ABH la propriété de Pythagore permet d'écrire
AB² = AH² + BH² = + (2 + )² = [2 + (2 + )²] = [8 + 4] = r² (2 + )

AB = r .

Un calcul analogue dans le triangle rectangle AHC donne
AC² = r² (2 - ) et AC = r .

On trouve les lignes trigonométriques cos 22,5° = et sin 22,5° =

Généralisation : calcul des valeurs trigonométriques de l'angle moitié :

soit OAH un triangle rectangle en H, d'hypoténuse [OA] de longueur 1, dont on connaît cos Ô ou sin Ô.
En plaçant sur la droite (OA) les deux points B et C à une distance 1 de O, le point C sur la demi-droite [OH), on obtient un triangle ABC d'angle ABC = . Dans les triangles rectangles AHB et AHC, le calcul de AB et AC en fonction de OH = cos Ô et de AH = sin Ô, permet d'en déduire cos = AB et sin = AC.

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Voir aussi ce paragraphe dans : exercices de-ci, de-là
Voir : angle-trigonométrie