Le cercle au lycée - Figures avec GéoPlan.

Configurations fondamentales - Cercles en seconde

Sommaire

2. Deux cercles sécants
a. Deux diamètres de même extrémité
b. Cercles et trapèzes
c. Cordes parallèles - Théorème de Reim
3. Théorème de Ptolémée
4. Droites concourantes dans un quadrilatère inscrit
5. Hexagramme
6. Théorème de Clifford
7. Quadrilatère inscriptible orthodiagonal
8. Bissectrices d'un quadrilatère inscriptible
9. Théorème des cinq cercles

Puissance d'un point par rapport à un cercle

Page n^o 60, réalisée le 22/12/2003 - mise à jour le 15/6/2010

Problème de tangence

Définition : tangentes à un cercle
– en un point du cercle (quatrième)
– passant par un point donné (troisième-seconde)

Tangentes communes à deux cercles : collège - lycée

Cercle tangent à deux droites, passant par un point donné : collège - seconde - lycée

Le cercle

Cercle passant par trois points
Cercle tangent à trois droites

Le cercle au collège

Cercles tangents à des droites ou à des cercles : problèmes des contacts, voir construction de cercles
Cercles tangents, tangents aux côtés d'un triangle

Cercles orthogonaux, axe radical et faisceau de cercles : voir géométrie du cercle

Les droites remarquables du triangle

Retrouver un triangle à partir de droites remarquables

Démonstrations géométriques de Pythagore

Construction du pentagone régulier

GéoPlan
Les problèmes du BOA

Faire de la géométrie dynamique

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

Paragraphe déplacé dans l'article : cercle au collège

2. Deux cercles sécants

a. Deux diamètres de même extrémité

Diamètes de même extrémité de 2 cercles sécants Deux cercles (c₁) et (c₂), de centres respectifs O₁ et O₂, se coupent en deux points A et B.
On trace le diamètre [AF] de (c₁) et le diamètre [AE] de (c₂).

– Montrer que (FE) // (O₁O₂).
– Montrer que FE = 2 × O₁O₂.

Indication

Il suffit de remarquer que la droite (O₁O₂) est la droite des milieux du triangle AFE.

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b. Cercles de même rayon et trapèzes

Deux cercles (c₁) et (c₂), de même rayon, de centres respectifs O₁ et O₂, sont sécants en A et B.

On trace le diamètre [AF] de (c₁) qui recoupe (c₂) en D
et le diamètre [AE] de (c₂) qui recoupe (c₁) en C.

Montrer que les quadrilatères CDEF, O₁CDO₂ et O₁FEO sont des trapèzes isocèles.

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c. 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.

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Démonstration de la propriété directe 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 même 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 de Ptolémée 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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Faire de la géométrie dynamique

4. Droites concourantes dans un quadrilatère inscriptible

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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5. 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 un cercle de centre O.
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 !

À l'aide du théorème de Ménélaüs, Pascal a démontré ce théorème, puis il l'a généralisé à n'importe quelle conique, sachant que c'est un propriété projective, et qu'une propriété projective du cercle est valable pour toute conique. Le théorème de Pappus-Pascal l'applique aussi à une conique dégénérée en deux droites.
Démonstration : voir Abracadabri

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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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6. 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.

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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 du triangle ABC.
De même, les droites (BO) et (CO) sont des hauteurs et le point O est l'orthocentre du triangle 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 du triangle ABC.
On montre, de même, que (BO) est une deuxième hauteur, donc le point 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

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Voir hauteurs et orthocentre : géométrie du triangle
Plan complexe

7. Quadrilatère inscriptible orthodiagonal

Classe de seconde

Théorème de Brahmagupta (mathématicien indien du VII^ème siècle) :
si les diagonales d'un quadrilatère inscriptible sont perpendiculaires l'une à l'autre et se coupent en un point O, une droite passant par O et perpendiculaire à l'un quelconque des côtés coupe le côté opposé en son milieu.

Utiliser la propriété des angles inscrits dans la figure ci-contre.

Soit (c) un cercle de centre J, de rayon r.
O un point à l'intérieur du cercle, distinct de J.
Deux droites (d) et (d₂) orthogonales pivotent autour du point O.
La droite (d) coupe le cercle (c) en A et C, (d₂) coupe (c) en B et E.

Les points cocycliques A, B, C et E forment le quadrilatère orthodiagonal ABCE.

Soit I le milieu de la corde [AB] et H le projeté orthogonal de O sur la corde [CE].

Montrer, par calcul d'angles, que la médiane [OI] de BOA est hauteur du triangle COE :

Pour prouver que la droite (OI) est perpendiculaire à (CE), utiliser la propriété du triangle rectangle BOA : « le milieu de l'hypoténuse est équidistant des trois sommets », d'où des triangles isocèles, puis des égalités d'angles…, jusqu'à conclure avec des angles complémentaires.

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Voir : quadrilatère orthodiagonal produit scalaire, quadrilatère

8. Bissectrices d'un quadrilatère inscriptible

Bissectrices d'un quadrilatère inscriptible Un problème de Patrick Erhard

Soit ABCD un quadrilatère inscrit dans un cercle, tel que deux de ses bissectrices en B et C se coupent en un point M situé sur [AD].

Montrer qu'alors AB + CD = AD.

Indication

Montrer que les cercles de centre A passant par B et de centre D passant par C sont tangents en un point T de [AD].

Démonstration

Supposons AB > CD.
Soit d l'angle ADC. Comme le quadrilatère ABCD est inscriptible, les angles ADC et ABC sont supplémentaires, donc ABC = 180 - d.
Comme [BM) est la bissectrice de ABC on a MBC = 90 -
Soit T le deuxième point d'intersection du segment [AD] avec le cercle circonscrit au triangle BCM.
Le quadrilatère MBCT est inscriptible. Les angles MTC et MBC sont supplémentaires, donc MTC = 180 - MBC = 180 - (90 - ) = 90 + .

L'angle DTC supplémentaire de MTC est donc égal à 180 - (90 + ) = 90 - .

Dans le triangle DCT, les angles en D et T sont d et 90 - . Le troisième angle DCT = 180 - d - (90 - ) = 90 - .
Le triangle DCT est isocèle en D et CD = TD.
On montre de même que ABT est isocèle d'où AB = AT.

On a bien AB + CD = AT + TD = AD.

Démonstration trigonométrique

En notant r le rayon du demi-cercle de centre M inscrit dans le quadrilatère et α, β, γ, δ les angles aux sommets « qui vont bien ».

AB = r(1/tan α + 1/tan(β/2)) = r(-1/tan γ + 1/tan(β/2)) (because cocyclicité),
CD = r(1/tan(δ) + 1/tan(γ/2)) = r(-1/tan β + 1/tan(γ/2)),
AM = r/sin α = r/sin γ et MD = r/sin δ = r/sin β (because cocyclicité)
donc AD = AM + MD = r(1/sin γ + 1/sin β).

Posons u = tan(γ/2) et v = tan(β/2).
On a alors : 1/sin γ = (1+ u²)/2u ; 1/sin β = (1+v²)/2v ; 1/tan γ = (1 - u²)/2u et 1/tan β = (1 - v²)/2v.

Donc AD = r((1 + u²)/2u + (1 + v²)/2v)
et AB + CD = r( (u² - 1)/2u + 1/v + (v² - 1)/2v + 1/u)) (because tan(π - x) = -tan x).

En regroupant les fractions de même dénominateur u et v, on obtient en effet AB + CD = AD.

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9. Théorème des cinq cercles (Miquel)

Soit une suite de cinq cercles (c₁), (c₂), (c₃), (c₄), (c₅) centrés sur un cercle (Γ), tels que les cercles (c₁), (c₂), (c₃), (c₄), (c₅) coupent respectivement
(c₂), (c₃), (c₄), (c₅), (c₁) en P₁, P₂, P₃, P₄, P₅ situés, dans cet ordre, sur le cercle (Γ). Les autres points d'intersection Q₁, Q₂, Q₃, Q₄, Q₅ sont situés à l'intérieur du cercle (Γ).

Le théorème des cinq cercles affirme que les droites portées par les côtés du pentagone convexe Q₁Q₂Q₃Q₄Q₅ ont leurs points d'intersection
R₁, R₂, R₃, R₄, R₅ situés sur les cinq cercles (c₁), (c₂), (c₃), (c₄), (c₅).

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Angle inscrit

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Quadrilatère

Exercices de géométrie plane

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Calculs d'aires

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