M varie sur un triangle ABC. Soit h une homothétie de centre O et de rapport k. A’, B’, C’ et M’ les images respectives par h de A, B, C et M.
Commandes : P : Affiche ou supprime le dessin du triangle A’B’C’.
K : Pilote au clavier la valeur de k.
O : Pilote le déplacement de O.
C : Pilote le déplacement de C.
M : Pilote un paramètre t (bouclé) qui déplace le point M sur le triangle ABC.
T : Efface le triangle A’B’C’ et laisse la trace du point M’ lorsque M se déplace.
S : Sortie du mode trace et dessine le triangle A’B’C’.
R : Triangle ABC rectangle en B.
I : Triangle ABC isocèle de sommet C.
E : Triangle ABC équilatéral.
P : Affecte à k la valeur -1 (symétrie-point).
A : Affecte O en A.
I, J et L sont trois points situés respectivement sur les côtés [AB], [CD] et [AD] d'un parallélogramme
ABCD, distinct des sommets.
La parallèle à (IL) passant par J rencontre (BC) en K.
Montrer que les droites (AC), (IJ) et (KL) sont concourantes.
Solution
Pour cela, on considère le repère (A, , ) et on
note i et j les abscisses de I et J, l et k les ordonnées de L et K.
Coordonnées des points de la figure : I(i, 0) ; J(j, 1) ; L(0, l) ; K(1, k).
Coordonnées de vecteurs : (-i, l) ; (1-j, k-1) ;
(j-i, 1) ; (1, k-l)
Les vecteurs et étant colinéaires on a : i (1 - k) = l (1 - j).
La droite (AC) a pour équation y = x.
Une équation de la droite (IJ), de vecteur directeur (j-i, 1), est y = (x-i).
Ces deux droites étant sécantes, en résolvant le système formé par ces deux équations, on trouve les coordonnées de leur point M d'intersection
qui sont : xM = yM = .
La droite (LK), de vecteur directeur (1, k-l), a pour équation y - l = (k - l)x.
En substituant xM et yM dans cette équation on obtient : - l
= (k - l) ,
soit i - l (i - j + 1) = (k - l)i, d'où i- ki = l - lj cette égalité étant vérifiée en raison de la colinéarité de et ,
le point M est bien sur la droite (LK) et les droites (AC), (IJ) et (KL) sont concourantes en M.
Soit M un point variable du plan n'appartenant pas à la diagonale (BD).
La parallèle à (AD) passant par M coupe (AB) en I et (CD) en J.
La parallèle à (AB) passant par M coupe (BC) en K et (AD) en L.
Les droites (IK) et (JL) sont sécantes en un point N, les points A, C et N sont alignés.
Commande GéoPlan : déplacer M avec la souris ou les flèches du clavier.
Indications
On note P l'intersection de (IK) et (CD) et Q l'intersection de (LJ) et (BC).
Montrer que les droites (IL) et (PQ) sont parallèles.
L'homothétie h de centre N, qui transforme I en P, transforme (IL) en sa parallèle (PQ), donc transforme L en Q. h transforme la droite (AB), passant par I, en sa parallèle passant par P, donc en (CD).
De même, h transforme (AD), passant par L, en sa parallèle passant par Q, donc en (BC). h transforme donc (AB) et (AD) en (CD) et (BC). h transforme le point d'intersection A des deux premiers côtés en C point d'intersection des deux autres.
Le centre d'homothétie N est aligné avec le point A et son image C : les points N, A et C sont alignés.
À l'aide du repère (A, , ), il est facile et élégant de faire une démonstration en géométrie analytique.
Si les coordonnées de M sont (a, b), celles des points d'intersection avec le parallélogramme sont : I(a, 0) ; J(a, 1) ; L(0, b) et K(1, b).
Les coordonnées des vecteurs directeurs (1-a, b) et (a, 1-b) permettent de trouver les équations des droites (IK) et (LJ) : bx + (a-1)y = ab,
(b-1)x + ay = ab.
En calculant la différence de ces deux équations et en substituant on obtient : x - y = 0, x = ab/(a + b - 1).
Le point N est bien sur la diagonale (AC) d'équation x - y = 0, à condition que M ne soit pas sur l'autre diagonale (BD) d'équation a + b - 1 = 0.
Remarque : (-a, b) : la droite (IL), d'équation bx + ay = ab, a coefficient directeur - b/a.
Les coordonnées de P et Q sont P(1, (ab + 1 - a)/b) et Q((ab + 1 - b)/a), 1) ; d'où ((ab + 1 - a - b)/b, (ab + 1 - a - b)/a).
La droite (PQ) a aussi pour coefficient directeur - b/a et est parallèle à (IL).
Cette figure permet aussi de proposer, en classe de troisième, le problème assez difficile suivant :
Si M est un point variable sur la diagonale [AC], montrer que les aires des parallélogrammes IBKM et LMJD sont égales. Voir : Deux parallélogrammes d'aires égales
Placer un point (libre) M sur le côté [AC] du triangle.
Soit P la projection orthogonale de M sur la droite (AB).
Construire le carré direct MPQR de côté [MP], son deuxième côté [PQ] se trouve sur la droite (AB).
Commande GéoPlan Cliquer sur la figure ;
Taper sur la touche S pour effacer le carré DEFG ;
chercher la solution en déplaçant le point M.
Vérifier en tapant à nouveau sur S : votre carré doit coïncider avec le carré DEFG.
Preuve :
La droite (AR) rencontre la droite (BC) en F.
L'homothétie de centre A qui transforme R en F transforme le carré MPQR en un carré GDEF dont les sommets sont
sur les côtés du triangle ABC.
b. Construction d'un carré à partir d'un point sur un demi-cercle
ABCD est un carré et (c) le demi-cercle extérieur de diamètre [CD].
M un point variable sur (c).
Les droites (MA) et (CD) se coupent en P ; (MB) et (CD) se coupent en Q.
Les perpendiculaires à (CD) en P et Q coupent [MC] en P et [MD] en R.
Montrer que PQRS est un carré
Montrer que les triangles DPS et QRC sont semblables et que :
PQ2 = DQ × PC.
PQ est maximum lorsque M est au milieu du demi-cercle (c).
Construire un triangle inscrit dans ABC ayant ses « côtés perpendiculaires » à ceux de ABC.
Utilisation des propriétés de l'homothétie.
Analyse : Soit un point variable M de (AB). On appelle N le projeté orthogonal de M sur
(BC), P le projeté orthogonal de N sur (AC), Q le projeté orthogonal de P sur (AB).
En général, la ligne brisée MNPQ ne se referme pas et on appelle R le point d'intersection des droites (MN) et (PQ).
Cliquer dans la figure et déplacer le point M avec la souris ou les flèches du clavier. On trouve une solution lorsque les points M et Q sont confondus en un point M’.
Taper T pour obtenir la trace du point R. On trouve une droite, passant par C, permettant de mettre en évidence les homothéties de centre C.
Commandes GéoPlan
Touche T : Trace du point R,
S : Sortie du mode trace,
C : Construction d'une solution :le triangle M’N’P’.
En plaçant le point N1 sur la perpendiculaire à (AB) en M, on construit le triangle N1P1R1.
La droite (CR1) rencontre (AB) en M”. L'homothétie de centre C qui transforme R1 en M” permet de construire une deuxième solution : le triangle M”N”P”.
Synthèse : la droite (CR) rencontre (AB) en M’. L'homothétie de centre C qui transforme
R en M’ transforme N en N’ et P en P’. Le triangle M’N’P’ a ses côtés parallèles aux côtés de
RNP, donc orthogonaux aux côtés du triangle ABC.
Le triangle M’N’P’, inscrit dans ABC, est une solution.
Soit deux cercles c(O, r) et c’(O’, r’) avec r < r’, le petit cercle (c) n'est pas à l'intérieur de (c’) : r + OO’ > r’.
Il existe une homothétie de rapport positif r’/r transformant (c) en (c’). Le centre I de cette homothétie est situé sur la ligne des centres (OO’). Pour le trouver, il suffit,
étant donné un point libre M sur (c), de tracer un rayon OM1 parallèle à OM et de même sens. Le point M1 de (c’) est alors l'image de M par
l'homothétie et ces points sont alignés avec I. Le point I est l'intersection des droites (OO’) et (MM1).
Par le point I on peut mener deux tangentes communes aux deux cercles.
Les points de contact se tracent avec précision, par exemple, comme points d'intersection du cercle (c) avec le cercle de diamètre [IO].
De même, on trouve le centre J de l'homothétie, de rapport négatif -r’/r, transformant (c) en (c’), en traçant le point M2 de (c’), tel que le rayon
OM2 soit parallèle à OM et de sens contraire.
Si les cercles (c) et (c’) sont extérieurs l'un à l'autre (r + r’ < OO’), J est alors le point de concours de deux autres tangentes.
Dans ce cas, on trouve les points de contact comme intersection du cercle (c) avec le cercle de diamètre [OJ] ou comme intersection du cercle (c’) avec le cercle de diamètre [JO’].
Commandes : taper N pour visualiser l'homothétie de rapport négatif et éventuellement les deux autres tangentes.
Étudier les cas particuliers où les cercles ont le même rayon : il existe deux tangentes communes parallèles à la ligne des centres.
En conclusion si un des cercles est l'intérieur de l'autre, pas de tangente commune.
Si les cercles sont tangents intérieurement, la tangente au point de contact est la seule tangente commune.
Si les cercles sont sécants en deux points, il y a deux tangentes communes.
Si les cercles sont tangents extérieurement il y a trois tangentes communes, en comptant la tangente au point de contact.
Si les cercles sont extérieurs l'un à l'autre, il y a quatre tangentes communes.
L'axe radical de deux cercles, de centres distincts, est l'ensemble des points qui ont même puissance par rapport à ces deux cercles.
L'axe radical est une droite perpendiculaire à la ligne des centres.
Les tangentes menées aux deux cercles à partir d'un point de l'axe radical (extérieur aux deux cercles) ont même longueur.
Notion disparue de l'enseignement français au lycée.
Exercice de-ci, de-là, no 462-3 -
Solution de Richard Beczkowski - Bulletin APMEP no 464
Soit I le point d'intersection des tangentes extérieures à deux cercles extérieurs. Par I on trace une droite qui coupe les deux cercles en quatre points. Les tangentes en ces quatre points forment un quadrilatère.
Montrer que :
a) ce quadrilatère est un parallélogramme,
b) une de ses diagonales passe par S,
c) l'autre diagonale est l'axe radical des deux cercles.
Le point I existe si les cercles (c) et (c’) sont de rayons différents, il est alors le centre d'homothétie positive de ces deux cercles.
a) La sécante menée par I coupe (c) en A et B et (c’) en ses images A’ et B’.
Les tangentes en A’ et B’ à (c’) sont les images des tangentes à (c) en A et B.
Nous avons donc deux couples de droites parallèles qui forment un parallélogramme CDEF à condition que la sécante ne soit pas confondue avec la ligne des centres (OO’).
b) Les tangentes en A et B se coupent en C, les images, tangentes en A’ et B’, se coupent en E.
Par l'homothétie, les points C et E sont homologues et sont donc alignés avec son centre I.
Les triangles BAC et BA’D ayant leurs côtés deux à deux parallèles ou confondus sont homothétiques. Le premier étant isocèle, car CA = CB, le deuxième l'est aussi : DA’ = DB, le point D a même puissance par rapport aux deux cercles.
À l'aide des triangles B’AF et B’A’E on procède de même pour prouver que F a même puissance par rapport aux deux cercles.
La droite (DF) est l'axe radical des deux cercles.
Points libres que l'on peut déplacer en cliquant dans la figure :
les centres O et O’,
les marques (c) et (c’) déterminant les rayons,
le point A sur le cercle (c).
On donne deux droites (d1), (d2) sécantes et un point A n'appartenant pas à ces droites.
Existe-t-il un cercle (c), passant par A, tangent à ces deux droites ?
Combien y a-t-il de solutions à ce problème ?
Analyse
Placer un point libre Ω sur la bissectrice de (d1, d2) située dans le même secteur angulaire que le point A et tracer le cercle (c), passant par H, projection orthogonale de Ω sur la droite (d1).
Ce cercle est tangent aux deux droites.
Commandes GéoPlan
Cliquer dans la figure et déplacer Ω pour que le cercle (c) passe par le point A.
Taper S pour visualiser les deux solutions,
taper 0 pour la solution par étape,
puis touche 1 pour afficher/effacer (c1)
ou touche 2 pour (c2).
Solution
Utiliser des homothéties de centre I transformant le cercle (c) en des cercles passant par A.
Étant donné un cercle (c), la droite (IA) rencontre (c) en deux points A1 et A2.
L'homothétie de centre I qui transforme A1 en A, transforme Ω en O1, H en H1 et le cercle (c) en (c1),
l'autre homothétie de centre I qui transforme A2 en A, transforme Ω en O2, H en H2 et le cercle (c) en (c2).
Les cercles (c1) et (c2), passant par A, tangents à (d1) et (d2), sont les deux solutions du problème.
Soit ABC un triangle;
A’, B’ et C’ les milieux des côtés [BC], [CA] et [AB] ;
G son centre de gravité.
Les points A, B et C sont les images de A’, B’ et C’ par l'homothétie h de centre G et de rapport -2.
Le triangle A’B’C’, dont les sommets sont les pieds des médianes, est le triangle médian du triangle ABC.
Le triangle médian est l'homothétique du triangle ABC, par l'homothétie réciproque h– 1, de centre G et de rapport .
Les droites des milieux partagent le grand triangle en quatre triangles homothétiques : dans le rapport pour le triangle médian, dans le rapport pour les trois autres.
Soit P, Q et R les symétriques d'un point M du plan par rapport aux milieux A’, B’ et C’ des côtés d'un triangle ABC.
Montrer que [AP], [BQ] et [CR] ont même milieu.
Solution
La composée de l'homothétie de centre M et de rapport , suivie l'homothétie h de centre G et de rapport -2 a pour rapport k = × (−2) = −1, c'est une symétrie centrale de centre I.
f(M, )
h(G, -2)
P
→
A’
→
A
Q
→
B’
→
B
R
→
C’
→
C
I est donc le milieu des segments [AP], [BQ] et [CR]
Étant donné un point M du plan, montrer que la parallèle en A à (MA’), la parallèle en B à (MB’) et
la parallèle en C à (MC’) sont concourantes.
Solution
Le point P de concours est l'image de M par l'homothétie h de centre G et de rapport -2.
L'homothétie h transforme (A, B, C) en (A’, B’, C’) et M en un point P.
Ce point P est sur l'image par h de (MA’), c'est-à-dire la parallèle en A à (A’M).
Pour les mêmes raisons il est sur la parallèle en B à (B’M) et sur sur la parallèle en C à (C’M).