Figures interactives avec GéoPlan - Figure de Vecten - Symédianes - Figures interactives avec GéoPlan.
	Carrés autour d'un triangle BOA	…avec GéoPlan

Voici quelques configurations pouvant facilement s'étudier de diverses manières : avec les transformations (rotations - homothéties) à partir de la classe de seconde, le produit scalaire en première S ou les complexes en terminale S.

Deux carrés autour de BOA

Un triangle, deux carrés autour du triangle, voici une configuration d'une grande richesse où les 5 exercices ci-dessous conduisent à 15 sujets pouvant être traités aux trois niveaux du lycée.

1. La médiane de l'un est la hauteur de l'autre

BOA est un triangle quelconque tel que (, ) = α (α Î ]0, π[)
On construit extérieurement à ce triangle les carrés OADC et BOEF de centres respectifs O₁ et O₂.
On construit aussi le parallélogramme EOCK de centre J et le parallélogramme BOAL de centre I.

Montrer que la droite (OJ) est une hauteur du triangle BOA et que OK = AB.

Indications

Utiliser l'invariance d'un carré dans la rotation d'angle 90°, dont le centre est le milieu du carré.
La rotation de centre O₂, qui transforme B en O, transforme [BO] en [OE].
De plus, les angles OBL et EÔC sont égaux (ayant même supplémentaire AÔB)
et CK = OE = OB = AL.
Donc, par la rotation, le parallélogramme OBLA a pour image EOCK, et [BA] a pour image [OK].
Dès lors, OK = AB et (OJ) est perpendiculaire à (AB).

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Démonstration avec une rotation de centre O, voir triangle du BOA

Dualité : la médiane [OI] du triangle BOA est hauteur du triangle COE
et CE = OL = 2 OI.

Cliquer dans la figure et taper sur la touche 1.

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Commandes GéoPlan
Touche 1: (OL) hauteur de OCE,
touche 2: (AK) orthogonale à (BD),
touche 3: le triangle DFK est rectangle isocèle,
touche 4: le triangle IO₁O₂ est rectangle isocèle,
touche 5: IO₁JO₂ carré de Varignon.

Classe de première S - produit scalaire

= + ; = - ; a = OA ; b = OB, c = AB.

. = ( - ).( + ) = . + 0 - 0 - . = ab cos(, ) - ab cos(, ) = ab {cos(α+π/2) - cos [(π-α)+π/2]} = 0 donc (AD)^(BC).

Al-Kashi permet de calculer AB² : c² = a² + b² - 2 ab cos α,
OK² = ( + )² = OC² + OE² + 2 ab cos(, ) et comme cos(, ) = cos(π-α) = − cos α on a AD² = c² et AD = BC = c.

TS - nombres complexes

L'apport des complexes est la grande simplicité des calculs et la mise en évidence directe de la rotation z’ = iz.

Prendre O comme origine, les affixes des points sont notées par les minuscules correspondantes.

c = ia, e = −ib donc k = i(a-b); d'où |k| = |a-b| avec |k| = OK, |a-b| = AB, soit OK = AB ; arg(k) = + arg(a-b) d'où (, ) = (2π).

2.a. Droites perpendiculaires

Complexes : bac S, Toulouse 1985

Construction de deux carrés OADC et OEFB à l'extérieur du triangle BOA.
Le point K complète le parallélogramme EOCK.

Montrer que les droites (BD) et (AK) sont perpendiculaires, et que BD = AK,
de même, les droites (AF) et (BK) sont aussi perpendiculaires et AF = BK.

Indication

Les triangles BAD et KOA sont égaux et ont leurs côtés deux à deux perpendiculaires.

Commande GéoPlan

Cliquer dans la figure et taper S pour visualiser la solution.

Solution

Soit BARS le carré de côté [BA], de centre O₃, situé du même côté de (BA) que O.

La rotation de centre O₃ et d'angle transforme B en A, A en R.

AR = BA = OK et (AR), perpendiculaire à (BA), est parallèle à (OK),
AOKR est donc un parallélogramme,
d'où KR = OA = AD et (KR), parallèle à (OA), est perpendiculaire à (AD).

L'image de D par la rotation est donc K, [BD] a pour image [AK] :
(BD) et (AK) sont perpendiculaires et BD = AK.

Remarques : le triangle SKR, translaté du triangle BOA, est isométrique à BOA.

FKD est un triangle rectangle isocèle en K : voir 3.

Cas particulier : BOA rectangle en O, voir Renan

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b. Droites concourantes

Les droites (BD) et (AF) sont concourantes en M.
Montrer que la droite (OM) est orthogonale à (AB).

Indication

Le point M est situé sur (OK), hauteur de BOA qui est aussi une médiane de OCE.

En effet, M commun aux hauteurs (AF) et (BD) est l'orthocentre du triangle ABK. (KM) est la troisième hauteur perpendiculaire à (AB) issue de K.

On a vu au paragraphe 1 que les points O, J sont alignés sur une perpendiculaire à (AB) passant par K, la droite (KM).
O et M sont donc deux points de cette droite perpendiculaire à (AB) : (OM) est donc perpendiculaire à (AB).

Autre formulation avec des triangles rectangles isocèles :
BOA est un triangle quelconque, OAD et OFB sont deux triangles rectangles isocèles directs, respectivement en A et B. Le point M est l'intersection des droites (BD) et (AF). Montrer que la droite (OM) est orthogonale à (AB).

Remarque : au paragraphe 6, on montrera avec la figure des extriangles, que les triangles BOA et OCE ont même aire.

3. Quadrilatère de Varignon

Classe de seconde

Soit I le milieu de [AB], O₁ et O₂ les centres des carrés.
Le triangle IO₁O₂ est rectangle isocèle.

En effet, la rotation de centre O et d'angle transforme E en B, A en C, [AE] en [BC]. Ces segments sont de longueur égale et orthogonaux.

Le quadrilatère ABEC est un pseudo-carré (quadrilatère orthodiagonal à diagonales de même longueur).

Il est de même pour [IO₁] et [IO₂], segments des droites des milieux des triangles BAC et ABE, respectivement parallèles aux segments précédents et de longueurs moitiés.

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Variante : on peut considérer la configuration formée par deux carrés ayant en commun, un sommet et deux parallélogrammes (voir figure ci-contre).

Montrer que les centres des carrés et des parallélogrammes sont les sommets d'un carré.

Indications

Le théorème de Varignon affirme que IO₁JO₂ est un parallélogramme dont les côtés sont parallèles aux diagonales [AE] et [BC] du quadrilatère BACE, avec IO₁ = BC/2 et IO₂ = AE/2.

Nous avons montré ci-dessus que ces deux diagonales sont de longueurs égales et perpendiculaires ce qui permet d'assurer que IO₁JO₂ est un carré.

Le concours EPF de 2003 propose un repère d'origine O et d'introduire les affixes des points A, C, B et E (voir : annales ABC bac S - Nathan).

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4. Triangle rectangle isocèle

Construction de deux carrés OADC et OEFB à l'extérieur du triangle BOA.

Le point K complète le parallélogramme EOCK.

Montrer que le triangle DFK est rectangle isocèle.

Indication

L'homothétie de centre O de rapport transforme DFK en O₁O₂J, triangle dont les sommets sont les milieux des carrés et du parallélogramme. Ce triangle, moitié du carré de Varignon étudié ci-dessus est un triangle isocèle rectangle.

Remarque

Le point O₃, milieu de [DF] est le sommet d'un triangle rectangle isocèle d'hypoténuse [AB]. Voir 2.a.

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5. Bissectrices

Construction de deux carrés OADC et OEFB à l'extérieur du triangle BOA.

Les droites (BC), (AE) et (DF) sont concourantes en I.

On a démontré, dans les triangles du BOA - chapitre 1, que les droites (BC) et (AE) sont perpendiculaires.
On montre que les droites (OI) et (DF) le sont aussi.

Les droites (OI) et (DF) sont les bissectrices des droites (BC) et (AE) et réciproquement.
Les angles aigus formés par ces droites sont égaux à .

La démonstration se fait en remarquant que I est le deuxième point d'intersection des deux cercles c₁ et c₂ circonscrits aux carrés puis en étudiant les angles inscrits dans ces cercles : les angles OÎD et OÎF, interceptant des demi-cercles, sont égaux à et les angles aigus en Î, interceptant des quarts de cercle, sont égaux à .

O₁ et O₂ étant les centres des cercles c₁ et c₂, la droite (O₁O₂) est parallèle à (DF) et est perpendiculaire à (OI).

Commande GéoPlan

Cliquer dans la figure et taper la touche C : cacher/montrer les deux cercles.

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Trois carrés autour de BOA

6. a. Figure de Vecten (1817)

Construction de trois carrés OADC, OEFB et ABLM à l'extérieur du triangle BOA.

Les segments [OO₁] et [O₂O₃] sont de même longueur et orthogonaux.

Les hauteurs du triangle O₁O₂O₃ sont les droites (OO₁), (AO₂) et (BO₃) ; H, orthocentre de O₁O₂O₃, est le point de Vecten du triangle BOA.

Solution par composition de similitudes

En examinant la figure, on voit que la similitude S(B, , ) transforme le triangle OBO₁ en EBA
et la similitude S(O, , - ) transforme le triangle O₃BO₂ en AOE.
En composant la similitude de centre B suivie de la réciproque de la similitude de centre O on a :

	S(B, , )		S(O, , )
O	→	E	→	O2
O1	→	A	→	O3
[OO1]	→	[EA]	→	[O2O3]

La composée de ces deux similitudes est une rotation d'angle ,
[OO₁] et [O₂O₃] sont de même longueur et orthogonaux.

On raisonne de même pour [AO₂] et [O₁O₃] ; [BO₃] et [O₁O₂].

Solution par calcul d'affixes de complexes

Les affixes des points sont notées par les minuscules correspondantes.
Le vecteur est directement orthogonal au vecteur donc m - a = i(b - a). O₁ est le milieu de [BM] donc son affixe o₁ vérifie :
2o₁ = b + m = b + a + i(b - a) = b(1 + i) + a(1 - i).

De même, le vecteur est orthogonal au vecteur donc f - b = i(o - b). O₂ est le milieu de [FO] donc o₂ vérifie :
2o₂ = o + f = o + b + i(o - b) = o(1 + i) + b(1 - i).

Et ^ donc c - o = i(a - o). O₃ est le milieu de [CA], donc o₃ vérifie :
2o₃ = a + c = a + o + i(a - o) = a(1 + i) + o(1 - i).

On a donc 2(o₂ - o₃) = 2oi + b(1 - i) - a(1 + i)
et 2(o - o₁) = 2o - b(1 + i) - a(1 - i) = i 2(o₂ - o₃)

[O₂O₃] et [OO₁] sont orthogonaux et de même longueur.

Commande GéoPlan : taper S pour visualiser le triangle O₁O₂O₃ et ses hauteurs.

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Figure 3 : la rotation de centre A et d'angle transforme [DB] en [OM]. BD = OM et les droites (BD) et (OM) sont orthogonales.
De manière analogue la rotation de centre B et d'angle transforme [OL] en [FA]. AF = OL et les droites (AF) et (OL) sont orthogonales.
Les droites (AF) et (BD) se coupent en S₁ situé sur la hauteur (OJ) du triangle BOA.

Soit O₁ le centre du carré ABLM.
Nous avons montré dans la figure du paragraphe 5, que les droites (AE), (BC) et (FD) sont concourantes en K₁ et que ces droites avec la droite (OK₁) formaient des angles aigus de .

Nous trouvons ici que K₁ est situé sur la droite (OO₁).

Mêmes raisonnements avec les deux autres carrés :
(OS₁), (AS₂) et (BS₃) sont les hauteurs du triangle BOA.
Le triangle O₁O₂O₃ a ses côtés parallèles aux droites (EM), (CL) et (DF).

Figure 4 : compléter avec les points P, Q et R en construisant les parallélogrammes COEP, DAMP et FBLR.

Les droites (OP), (AQ) et (BR) sont les hauteurs de BOA.

La hauteur (OP) contient le point P₁ intersection de (AF) et (BD), de même, la droite (OP) contient le point P₂, intersection de (LQ) et (MR).

b. Symédianes

Définition

La symédiane en O du triangle BOA est la droite (d) telle que cette droite (d) et la médiane issue de O ont pour bissectrice la bissectrice de BÔA.

Les droites (CD) et (EF) se coupent en P,
Les droites (CD) et (ML) se coupent en Q,
Les droites (EF) et (ML) se coupent en R.

Symédiane (OP) en O du triangle BOA :
Soit J le centre du cercle inscrit dans BOA et C’ le milieu de [AB].
La médiane (OC’) et la symédiane (OP) ont pour bissectrice (OJ) : les couples de droites {(OP), (OC’)} et {(OA), (OB)} ont même bissectrice, ils sont isogonaux.

Lemoine Émile, mathématicien français spécialiste de la géométrie du triangle, 1840- 1912

Les trois symédianes d'un triangle sont concourantes. Leur point de concours est le point de Lemoine ou point symédian du triangle.

Les distances de ce point aux trois côtés du triangle sont proportionnelles à ses côtés.
Le point de Lemoine du triangle BOA, de côtés a = OA, b = OB et c = AB est le barycentre du système pondéré (A, b²) ; (B, a²) ; (O, c²).
C'est le point dont la somme des carrés des distances aux côtés du triangle est minimale.
Le point de Lemoine, les points de Brocard et le centre du cercle circonscrit sont sur un même cercle.

Cercles de Tücker

Dans une homothétie de rapport k positif (k ≠ 1), le triangle ABC a pour image A’B’C’. Les côtés du triangle A’B’C’ rencontrent ceux de ABC en six points.

Ces points sont cocycliques et sont situés sur un cercle dit de Tücker du triangle ABC. Le centre du cercle est le milieu du segment formé par les centres des cercles circonscrits aux triangles ABC et A’B’C’.

Démonstrations : Sortais Yvonne et René - La géométrie du triangle - Hermann 1997

c. BOA triangle rectangle - Figure d'Euclide

La figure utilisée par Euclide, pour la démonstration du théorème de Pythagore, suggère des résultats inattendus.

Le point O est sur la droite (O₂O₃) et [OO₁] est la hauteur du triangle O₁O₂O₃, issue de O₁.

AF et BK sont égaux et orthogonaux. Les droites (AF), (BK) et (O₁O₂) sont concourantes en un point situé sur le cercle circonscrit.
De même, pour (BD), (AK) et (O₁O₃).

Enfin, les triangles rectangles AOT et AEF sont semblables, d'où les rapports
OT/EF = AO/ AE donc OT/a = b/(a+b) et OT = ab/(a+b).

Les triangles rectangles BOU et BCD sont semblables d'où les rapports
OU/CD = BO/ BC donc OU/b = a/(a+b) et OU = ab/(a+b).

On a donc OT = OU.

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d. BOA triangle rectangle - Homothéties

Construction de deux carrés OADC et OEFB à l'extérieur du triangle BOA rectangle en O.

Le but de l'exercice est de montrer que les droites (OK), (AF) et (BD) sont concourantes.

Pour cela, on appelle S l'intersection de (AF) et (BD), puis on définit :

h₁ : l'homothétie de centre S qui transforme D en B,
h₂ : l'homothétie de centre S qui transforme F en A.

On utilise le fait que l'image d'une droite par une homothétie est une droite parallèle et que la composée de deux homothéties de même centre est une homothétie de même centre.

La médiane [OI] de COE est hauteur du triangle BOA.

Nombres complexes : bac S national 2005

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Figure de Renan : voir la démonstration du théorème de Pythagore, par la méthode des aires

e. Hauteur de l'un, médiane de l'autre : BOA triangle rectangle - Calcul d'angles

Classe de seconde

OACE et ODFD sont deux carrés de sens direct aux côtés parallèles, ayant uniquement le sommet O en commun.
Lorsque les carrés sont inégaux, les droites (AB) et (DE) se coupent en J.

Les points J, C, O et F sont alors alignés.
La médiane [OI] de BOA est hauteur du triangle DOE.

Indication

Pour montrer que la hauteur (OH) est perpendiculaire à (DE), utiliser la propriété du triangle rectangle vue au collège « le milieu de l'hypoténuse est équidistant des trois sommets », d'où des triangles isocèles, puis des égalités d'angle…, jusqu'à conclure avec des angles complémentaires.

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Variante : utilisation d'une similitude au bac
Retrouver cette configuration dans : carré au collège
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Quatre carrés autour d'un quadrilatère

7. Théorème de Neuberg

O₁, O₂, O₃ sont les centres des trois carrés construits à l'extérieur du triangle BOA.

I₁, I₂, I₃ sont les centres des trois carrés construits intérieurement sur les côtés du triangle O₁O₂O₃.

Montrer que les points I₁, I₂ et I₃ sont les milieux des côtés du triangle BOA.

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8.a. Quadrilatère : configuration de Von Aubel

Construction de quatre carrés à l'extérieur d'un quadrilatère convexe ABCD.

Théorème de Von Aubel :
les segments [PR] et [QS], qui joignent les centres des carrés opposés, sont orthogonaux et de même longueur.

Le quadrilatère PQRS est un pseudo-carré.

Solution

Soit I, J, K et L les milieux des côtés de ABCD et la rotation vectorielle d'angle .

On a : 2 = 2 - 2 = ( + ) - ( + ) = - + - = + ,
2 = 2 - 2 = + - - = + .

(2 ) = (2 ) + (2 ) + (2 )
= + ( + ) +
= 2 + () + ()
= 2 + 2 + 2
= 2 .

On a donc () = , d'où l'orthogonalité et l'égalité des longueurs de [PR] et [QS].
Nombres complexes : bac S national 2005

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b. Parallélogramme - Théorème de Thébault

Construction de quatre carrés à l'extérieur d'un parallélogramme ABCD.

Le quadrilatère PQRS formé par les centres des carrés est un carré.

Victor Thébault 1882-1960

Preuve

En effet, la rotation de centre R et d'angle transforme C en D, B en D₂, le carré de côté [CB] a pour image le carré de côté [DA]. Donc, Q a pour image S, soit RQ =  RS et l'angle QRS est droit. QRS est un triangle rectangle isocèle en R.

De même, par la rotation de centre P et d'angle , le carré de côté [DA] a pour image le carré de côté [CB].
Donc, S a pour image Q ; PS = PQ et le triangle SPQ est rectangle isocèle en P.

Le quadrilatère PQRS a ses quatre angles droits et des côtés consécutifs égaux : c'est un carré.

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