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 BOAUn 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'autreBOA est un triangle quelconque tel que (, ) = α (α Î ]0, π[) 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. Télécharger la figure GéoPlan ca_boa.g2w Démonstration avec une rotation de centre O, voir triangle du BOA Dualité : la médiane [OI] du triangle BOA est hauteur du triangle COE Cliquer dans la figure et taper sur la touche 1. Télécharger la figure GéoPlan ca_boa_1.g2w Commandes GéoPlan 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, 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 perpendiculairesComplexes : bac S, Toulouse 1985 Construction de deux carrés OADC et OEFB à l'extérieur du triangle BOA. Montrer que les droites (BD) et (AK) sont perpendiculaires, et que BD = AK, 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), L'image de D par la rotation est donc K, [BD] a pour image [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 Télécharger la figure GéoPlan ca_boa_2.g2w b. Droites concourantesLes droites (BD) et (AF) sont concourantes en M. 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). Autre formulation avec des triangles rectangles isocèles : Remarque : au paragraphe 6, on montrera avec la figure des extriangles, que les triangles BOA et OCE ont même aire. 3. Quadrilatère de VarignonClasse de seconde Soit I le milieu de [AB], O1 et O2 les centres des carrés. 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. Télécharger la figure GéoPlan ca_boa_4.g2w 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). Télécharger la figure GéoPlan ca_boa_6.g2w 4. Triangle rectangle isocèleConstruction 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. Télécharger la figure GéoPlan ca_boa_3.g2w 5. BissectricesConstruction 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. Les droites (OI) et (DF) sont les bissectrices des droites (BC) et (AE) et réciproquement. 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. Télécharger la figure GéoPlan ca_boa_5.g2w Trois carrés autour de BOA6. 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
La composée de ces deux similitudes est une rotation d'angle , 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. De même, le vecteur est orthogonal au vecteur donc f - b = i(o - b). O2 est le milieu de [FO] donc o2 vérifie : Et ^ donc c - o = i(a - o). O3 est le milieu de [CA], donc o3 vérifie : On a donc 2(o2 - o3) = 2oi + b(1 - i) - a(1 + i) [O2O3] et [OO1] sont orthogonaux et de même longueur. Commande GéoPlan : taper S pour visualiser le triangle O1O2O3 et ses hauteurs. Télécharger la figure GéoPlan vecten_1.g2w
Figure 3 : la rotation de centre A et d'angle transforme [DB] en [OM]. BD = OM et les droites (BD) et (OM) sont orthogonales. Soit O1 le centre du carré ABLM. Nous trouvons ici que K1 est situé sur la droite (OO1). Mêmes raisonnements avec les deux autres carrés : 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. SymédianesDéfinition 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, Symédiane (OP) en O du triangle BOA :
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. 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'EuclideLa 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. Enfin, les triangles rectangles AOT et AEF sont semblables, d'où les rapports Les triangles rectangles BOU et BCD sont semblables d'où les rapports On a donc OT = OU. Télécharger la figure GéoPlan vecten_r.g2w Voir : les Éléments d'Euclided. BOA triangle rectangle - HomothétiesConstruction 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, 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 Télécharger la figure GéoPlan vecten_d.g2w 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'anglesClasse de seconde OACE et ODFD sont deux carrés de sens direct aux côtés parallèles, ayant uniquement le sommet O en commun. Les points J, C, O et F sont alors alignés. 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. Télécharger la figure GéoPlan homo_bac_boa.g2w Quatre carrés autour d'un quadrilatère7. Théorème de NeubergO1, 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.
Télécharger la figure GéoPlan ca_boa_7.g2w 8.a. Quadrilatère : configuration de Von AubelConstruction de quatre carrés à l'extérieur d'un quadrilatère convexe ABCD. Théorème de Von Aubel : Le quadrilatère PQRS est un pseudo-carré. SolutionSoit 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 ) On a donc () = , d'où l'orthogonalité et l'égalité des longueurs de [PR] et [QS]. Télécharger la figure GéoPlan qu_aubel.g2w b. Parallélogramme - Théorème de ThébaultConstruction 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 PreuveEn 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]. Le quadrilatère PQRS a ses quatre angles droits et des côtés consécutifs égaux : c'est un carré. Télécharger la figure GéoPlan pa_aubel.g2w
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