Configurations fondamentales - Cercles Figures interactives au lycée avec GéoPlan : cercles.	…avec GéoPlan

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

Savoir reconnaître les configurations de base concernant le cercle et les angles inscrits.

1. Tangentes à un cercle passant par un point donné

2. Cercles et trapèzes

Deux cercles (c₁) et (c₂) de même rayon sont sécants en A et B.

Montrer que les quadrilatères CDEF, O₁CDO₂ et O₁FEO₂ sont des trapèzes isocèles.

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Cordes parallèles - Théorème de Reim

A. Reim, géomètre sudète, 1832-1922.

Deux cercles (c) et (c’) se coupent en A et B.
Une droite (d) passant par A recoupe (c) en P et (c’) en P’.
Une droite (Δ) passant par B recoupe (c) en Q et (c’) en Q’.

Montrer que les droites (PQ) et (P’Q’) sont parallèles.

Solution : calculer l'angle de droites (PQ, P’Q’)

(PQ, P’Q’) = (PQ, PP’) + (PP’, P’Q’) (π)
= (PQ, PA) + (P’A, P’Q’) (π)
= (BQ, BA) + (BA, BQ’) (π) angles inscrits supplémentaires dans (c) et (c’)
= (BQ, BQ’) (π) = 0 (π)

(PQ, P’Q’) = 0 (π) d'où (PQ) et (P’Q’) sont parallèles.

Ladegaillerie - Géométrie pour le CAPES - Ellipses 2003 - IV. Géométrie affine euclidienne

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3. Théorème de Ptolémée

Ptolémée

Claude Ptolémée, mathématicien, astronome et géographe grec est né vers 85 à Ptolémaïs Hermius, a vécu à Alexandrie et mourut à Canopé vers 165. Il est considéré comme le plus grand astronome de l'antiquité. Son livre grande syntaxe mathématique, écrit en 140, est connu sous le nom d'Almageste. Il contient la somme des connaissances astronomiques de l'époque et a dominé l'astronomie jusqu'à Copernic (1543).

Voir pentagone régulier : constructions de Ptolémée

Théorème : un quadrilatère convexe est inscriptible, si et seulement si la somme des produits des côtés opposés est égale au produit des diagonales.

Avec les notations de la figure ci-dessous : AB × CD + BC × DA = AC × BD.

Démonstration utilisant les angles inscrits et les triangles semblables

Soit I le point de [AC] tel qu'on ait l'égalité des angles : ABI = CBD.

On a BÂC = BDC comme angles inscrits interceptant la même corde [BC]. Les triangles CBD et IBA sont semblables,
CD/IA = BD/BA et AB × CD = IA × BD.

De même, on a les égalités d'angles CBI = CBD + DBI = DBI + IBA = DBA. BCA = BDA, comme angles inscrits interceptant la corde [BA].
Les triangles ABD et IBC sont semblables,
AD/IC = BD/BC et AD × BC = IC × BD.

En sommant les deux égalités, on obtient AB × CD + AD × BC = IA × BD + IC × BD = (AI + IC) × BD = AC × BD, soit l'égalité de Ptolémée.

Réciproque

Inversion : cette transformation n'est plus enseignée, mais pourrait être citée en terminale S comme contre-exemple de la linéarité.

L'inversion i(I, k) de pôle I et de rapport k est la transformation du plan qui à un point M, distinct de I, fait correspondre le point M’ de la droite (IM) tel que . = k.

Entre un couple de points (M, N) et son image (M’, N’), on a : M’N’ =

Une inversion de pôle I est une involution bijective du plan privé de I dans lui-même.

L'image d'une droite ou d'un cercle, éventuellement privé du pôle I, est une droite ou un cercle, éventuellement privé du point I.

Par une inversion, l'image d'une droite ne passant par le pôle est un cercle, passant par le pôle, privé du pôle.

Démonstration de la propriété réciproque utilisant l'inversion

Soit quatre points A, B, C et D tels que AB × CD + BC × DA = AC × BD.

En divisant cette égalité par DA × DB × DA on a :

Une inversion de pôle D transforme A en A’, B en B’ et C en C’. Le calcul des distances entre les points transformés A’B’ = k … entraîne, grâce à la formule précédente : A’B’ + B’C’ = A’C’.

Les trois points A’, B’, C’ sont alignés sur une droite (d). Les images réciproques de points de la droite (d) sont situées sur un cercle (c) passant par D. Les points A, B, C et D sont donc cocycliques.

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Inversions échangeant deux cercles

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4. Puissance d'un point par rapport à un cercle

Notion disparue de l'enseignement français au lycée.

Définition

Pour un point A extérieur à un cercle (c), la puissance du point A par rapport au cercle est le produit AB × AC, où une sécante issue de A coupe le cercle en B et C. Cette puissance est constante lorsque la droite varie.
Elle est égale au carré de la longueur AT d'une tangente au cercle issue de A :

AB × AC = AT².

Elle est aussi égale à la différence du carré de la distance du point au centre du cercle moins le carré du rayon : AB × AC = AO² - OT² = d²- r².

Si le point A est à l'intérieur du cercle la puissance négative est égale à :

- AB × AC = d²- r².

Mesures algébriques

Quel que soit le point A, la puissance du point A par rapport au cercle est le produit  × .

Réciproques :

• si les droites (BC) et (DE) se coupent en un point A et qu'on a AB × AC = AD × AE (avec l'ordre des points A, B, C le même que l'ordre des points A, D, E), alors B, C, D et E sont cocycliques.
• l'égalité AB × AC = AT² est suffisante pour affirmer que la droite (AT) est tangente au cercle.

Démonstration : angles inscrits et triangles semblables - A extérieur au cercle

L'angle inscrit CBT interceptant l'arc CT est égal à l'angle CTT’ de la corde [TC] et de la tangente (TT’). Les angles supplémentaires ABT et ATC sont aussi égaux et les triangles ABT et ATC ont cet angle égal et l'angle  en commun : ils sont donc semblables.

Des rapports de similitude égaux = on déduit, avec l'égalité des produits des « extrêmes » et des « moyens », que AB × AC = AT².
Il résulte que le produit AB × AC ne dépend pas de la sécante, mais seulement du point A.

En particulier pour la sécante (AO) la puissance du point A est aussi AD × AE = (AO - OD) × (AO + OE) = AO² - OE² = d²- r².
Résultat conforme à la relation de Pythagore dans le triangle rectangle AOT.

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Cercles tangents à des droites ou à des cercles : voir construction de cercles
Moyenne géométrique : construction de Wallis

5. Droites concourantes dans un quadrilatère inscrit

ABCD est un quadrilatère inscrit dans un cercle. P, Q, R et S sont les milieux respectifs des côtés [AB], [BC], [CD] et [DA].

P’ est la projection orthogonale de P sur (CD), Q’ est la projection orthogonale de Q sur (DA), R’ est la projection orthogonale de R sur (AB) et S’ est la projection orthogonale de S sur (BC).

Montrer que les droites (PP’), (QQ’), (RR’) et (SS’) sont concourantes.

Indications pour la démonstration : Soit I le point d'intersection de (PP’) et (QQ’).
Montrer que 2 = + + + .

Établir la même relation pour 2 où J est le point d'intersection de (RR’) et (SS’). Conclure que I = J est le point de concours des quatre droites.

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6. Hexagramme

a. Théorème de Pascal dit de l'hexagramme mystique :

Pour un hexagone inscrit dans une conique, le théorème de Pascal affirme que les points d'intersection des côtés opposés de l'hexagone, s'ils existent, sont alignés.

La droite que forme cet alignement est appelée droite de Pascal. La figure est appelée hexagramme mystique.

b. Application au cercle

ABCDEF est un hexagramme inscrit dans le cercle de centre O passant par A.
Les côtés opposés se coupent en I, J et K.
D'après le théorème de Pascal les points I, J et K sont alignés.

Vérifier !

Démonstration : voir Abracadabri

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Voir Mathématikos : gava
Théorème de Pascal : parabole
Théorème de Pappus-Pascal : plan projectif

c. Cercle d'Euler

Dans un triangle ABC, les points A’, B’, C’ sont les milieux des côtés et les points A₁, B₁, C₁ sont les pieds des hauteurs.
Les côtés opposés de l'hexagone A’B₁C’A₁B’C₁, inscrit dans le cercle d'Euler, se coupent en P, Q et R.

La droite (PQ), droite de Pascal de l'hexagramme, est la droite d'Euler du triangle.

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7. Théorème de Clifford - Cercles de même rayon et orthocentre

Trois cercles de centres P, Q et R de même rayon ρ passent par un point O commun.
A, B et C sont les autres points d'intersection des cercles pris deux à deux.
Montrer que O est l'orthocentre du triangle ABC.

Le cercle circonscrit au triangle ABC a pour rayon ρ.
Son centre I est l'orthocentre du triangle PQR.

Les triangles ABC et PQR sont symétriques par rapport au point J milieu de [OI].

De façon duale, le centre du cercle circonscrit et l'orthocentre de l'un des triangles ABC ou PQR sont respectivement l'orthocentre et le centre du cercle circonscrit de l'autre.

Indication : OQAR, ORBP et OPCQ sont des losanges (dont la longueur des côtés est égale au rayon ρ)

Solution vectorielle

Soit I le point tel que = , BICP est un losange.
Vu ces losanges, on a = = , donc = et RAIB est un losange et IA = IB = ρ.
Dans ce losange on a aussi = et comme = = , on a = , IAQC est un losange et IA = IC = ρ.

Le cercle de centre I et de rayon ρ passe par les points A, B et C.

Comme = , RBCQ est un parallélogramme et = .
La diagonale (AO) du losange OQAR est orthogonale à (RQ), donc à (BC) : (AO) est donc la hauteur issue de A de ABC.
De même, les droites (BO) et (CO) sont des hauteurs et O est l'orthocentre de ABC.

On a vu que = = donc ACPR est un parallélogramme A et C sont symétriques de P et R par rapport au centre J du parallélogramme. Les triangles ABC et PQR sont symétriques par rapport à ce point J, et comme = , J milieu de [PA] est aussi le centre du parallélogramme OPIA, donc le milieu de [OI].

TS : Démonstration par calcul d'affixes de complexes.

Les affixes des points sont notées par les minuscules correspondantes, l'origine est en O.

OQAR, ORBP et OPCQ sont des losanges, d'où : a = q + r, b = r + p et c = p + q.

Le point I d'affixe ω = p + q + r est le centre d'un cercle de rayon ρ passant par les points A, B et C car :
|ω - a| = |p| = ρ, |ω - b| = |q| = ρ et |ω - c| = |r| = ρ.

Rappel : le produit scalaire de (z) et (z’) est . = Re(z) = (z + z’)

(OA) est orthogonale à (BC) car le produit scalaire . est la partie réelle de (c - b) = ( + ) (q - r) = q - r + q - r .
Or q = r = ρ², donc (c - b) = q - r est imaginaire pur, sa partie réelle est nulle : (AO) est une hauteur de ABC.
On montre, de même, que (BO) est une deuxième hauteur, donc O est l'orthocentre du triangle ABC.

= = . Le point J() est le milieu [PA]. P et A sont symétriques par rapport à J. On vérifie que Q et B, puis R et C sont symétriques par rapport à J : les triangles PQR et ABC sont symétriques par rapport au point J milieu de [OI].

Ladegaillerie Yves - Exercices corrigés pour le CAPES - Ellipses 2005

Voir hauteurs et orthocentre : géométrie du triangle
Plan complexe
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