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 ( 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.
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.
Commandes GéoPlan Classe de première S - produit scalaire
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) = 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 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
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 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.
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).
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 Remarque Le point O3, milieu de [DF] est le sommet d'un triangle rectangle isocèle d'hypoténuse [AB]. Voir 2.a.
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 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.
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,
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 Et 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.
Figure 3 : la rotation de centre A et d'angle 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.
d. 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
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.
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.
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 On a : 2
On a donc
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 De même, par la rotation de centre P et d'angle Le quadrilatère PQRS a ses quatre angles droits et des côtés consécutifs égaux : c'est un carré.
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