La géométrie du triangle III - IV - V
Cercles remarquables - Lieux géométriques - Relations métriques

Pour démontrer l'égalité vectorielle = + + (relation d'Euler), faire un changement de point de vue en transformant l'exercice en « caractériser le point M tel que = + + ».

Caractérisation de l'orthocentre

Soit M le point tel que : = + + ,

d'où − = + .
Une relation de Chasles permet d'écrire : = +

et si A’ est le milieu de [BC] le théorème de la médiane donne + = 2,

d'où = 2 .

Le vecteur est colinéaire à qui est un vecteur directeur de la médiatrice de [BC]. On en déduit que (AM), parallèle à (OA’), est perpendiculaire à (BC) ; c'est la hauteur (AA₁) du triangle.
On montre, de même, que (BM) est aussi la deuxième hauteur (BB₁) et on conclut que le point M, intersection de deux hauteurs, est l'orthocentre H du triangle ABC.

En remplaçant M par H on obtient la relation vectorielle = 2 et la relation d'Euler = + + .

La définition vectorielle du centre de gravité permet d'écrire 3 = + + donc = 3 .
Les points O, G et H sont alignés sur une droite dite droite d'Euler (1707-1783) et GH = 2 GO (relation d'Euler : G est au tiers de [OH]).

Voir : relations d'Euler

Symétriques de l'orthocentre

Nous venons de démontrer que = 2 .
Si A₃ est le symétrique de A par rapport à O, dans le triangle AHA₃, (OA’) passant par le milieu O du diamètre [AA₃] et parallèle au côté (AH) est la droite des milieux du triangle. A’ est le milieu de [HA₃] et A₃ est le symétrique de H par rapport à A’.

Les symétriques de l'orthocentre par rapport aux milieux des côtés du triangle sont situés sur le cercle circonscrit au triangle.

[AA₃] est un diamètre. Le triangle AH₁A₃, inscrit dans un demi-cercle, est rectangle. La droite (BC), perpendiculaire à (AH₁) est parallèle à
(H₁A₃) et passe par le milieu A’ de [HA₃].
Dans le triangle HH₁A₃, (A₁A’) est la droite des milieux, A₁ est milieu de [HH₁].
(HH₁) étant perpendiculaire à (BC), H₁ est le symétrique de H par rapport à (BC).

Les symétriques de l'orthocentre par rapport aux côtés du triangle sont situés sur le cercle circonscrit au triangle.

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Droite d'Euler et triangle médian

Droite d'Euler et triangle médian Autre démonstration en géométrie synthétique avec l'homothétie et les configurations fondamentales, sans utiliser les vecteurs.

Soit PQR le triangle ayant ABC comme triangle médian.
P, Q et R sont les points d'intersection des parallèles aux côtés du triangle ABC passant par les sommets A, B et C.

La hauteur (AA₁), perpendiculaire à (BC), est perpendiculaire à la parallèle (QR), en A milieu de [QR]. La hauteur issue de A est donc la médiatrice de [QR].

Les hauteurs du triangle ABC sont donc les médiatrices de PQR.
L'orthocentre H de ABC est le centre du cercle circonscrit à PQR.

(PA) médiane de PQR est une diagonale du parallélogramme ABPC. A’ milieu de [BC] est donc aussi le milieu de [PA] : les médianes (AA’) et (PA) sont confondues.
Les médianes de ABC et de PQR sont confondues.
G est le centre de gravité des triangles ABC et PQR.

L'homothétie H(G, −2) transforme le triangle ABC en PQR.
Dans cette homothétie, les images des médiatrices du triangle ABC sont les médiatrices de PQR, hauteurs de ABC. Le point O, centre du cercle circonscrit à ABC, a pour image le H, point d'intersection des médiatrices de PQR, orthocentre du triangle ABC.
Les points O, G et H sont alignés, sur la droite d'Euler, et GH = 2 GO (relation d'Euler : G est au tiers de [OH] ).

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La droite d'Euler est la droite de Pascal de l'hexagramme A’A₁B’B₁C’C₁ inscrit dans le cercle d'Euler

Glossaire Publimath

2. Cercle des neuf points d'Euler

Le cercle d'Euler (1707-1783) passe par les neuf points suivants :
• les milieux des côtés du triangle,
• les pieds des hauteurs,
• les milieux des segments [AH], [BH] et [CH] où H est l'orthocentre du triangle ABC.

Comme son nom ne le l'indique pas le cercle d'Euler a été découvert en 1808 par Serge Brianchon (Paris, 1783 - 1864). On dit aussi cercle de Feuerbach (voir : Transmath 1S, page 383 - Nathan, 2001)

(OH) est la droite d'Euler. Le centre de gravité G est au tiers de [OH] à partir de O. Le centre J du cercle d'Euler est le milieu de [OH].

Le cercle des neuf points d'Euler est l'homothétique du cercle circonscrit au triangle dans les homothéties de centre G et de rapport − et de centre H et de rapport .

L'homothétie de centre G permet de mettre en place la droite et le cercle d'Euler.

L'homothétie de centre H permet de trouver les neuf points du cercle d'Euler comme points correspondants du cercle circonscrit.

Indications

Nous avons vu, au paragraphe précédent, que l'homothétie de centre G et de rapport
− transforme A en A’, B en B’ et C en C’.

Appelons cercle d'Euler le cercle circonscrit au triangle A’B’C’, homothétique du cercle circonscrit au triangle dans l'homothétie de centre G et de rapport − .

Reprenons les démonstrations sur les symétriques de l'orthocentre étudiées ci-dessus :

O et A’ sont les images de H et A dans l'homothétie de centre G et de rapport − , nous avons donc = − .
Si A₃ est le symétrique de A par rapport à O, dans le triangle AHA₃, (OA’) passant par le milieu O du diamètre [AA₃] et parallèle au côté (AH) est une droite des milieux du triangle. A’ est le milieu de [HA₃] : A₃ est le symétrique de H par rapport à A’.

Les symétriques de l'orthocentre par rapport aux milieux des côtés du triangle sont situés sur le cercle circonscrit au triangle.

L'homothétie de centre H et de rapport , transforme A₃ en A’, de même B’ et C’ sont les images des symétriques de l'orthocentre par rapport à ces milieux. Le cercle d'Euler circonscrit au triangle A’B’C’ est l'image du cercle circonscrit à ABC, dans l'homothétie de centre H et de rapport .

On note H₁, le deuxième point d'intersection de la hauteur (AA₁) avec le cercle circonscrit. [AA₃] étant un diamètre, le triangle AH₁A₃, inscrit dans un demi-cercle, est rectangle. Les droites (BC) et (H₁A₃), perpendiculaires à la hauteur (AH₁) sont parallèles. Comme (A₁A’) passe par le milieu A’ de [HA₃], c'est la droite des milieux dans le triangle HH₁A₃, donc, A₁ est milieu de [HH₁].
(HH₁) étant perpendiculaire à (BC), H₁ est le symétrique de H par rapport à (BC).

Les symétriques de l'orthocentre par rapport aux côtés du triangle sont situés sur le cercle circonscrit au triangle.

A₁ est le milieu de [HH₁], c'est donc l'image de H₁ par l'homothétie de centre H. Comme H₁ est situé sur le cercle circonscrit, A₁ est sur le cercle d'Euler. Les pieds des hauteurs sont situés sur le cercle d'Euler.

L'homothétie de centre H transforme les sommets du triangle en les milieux des segments [AH], [BH] et [CH] qui sont trois derniers points situés sur le cercle d'Euler.

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Glossaire Publimath

Ellipse d'Euler

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3. Théorème de Feuerbach

Théorème de Feuerbach Théorème : dans un triangle, le cercle d'Euler est tangent au cercle inscrit et aux trois cercles exinscrits.

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Comme son nom l'indique, ce théorème a été découvert en 1822 par Feuerbach (1800-1834), puis démontré par M'Clelland en 1891 et Lachlan en 1893.

Les quatre points de contact entre le cercle d'Euler et le cercle inscrit et les trois cercles exinscrits s'appellent les points de Feuerbach.
Les trois points de tangence des cercles exinscrits forment le triangle de Feuerbach du triangle.

Le point de Feuerbach F₀ est situé sur la droite des centres (IJ) ; I et J centres des cercles inscrit et d'Euler.

F₁F₂F₃ est le triangle de Feuerbach du triangle ABC.

Le centre I du cercle inscrit dans le triangle ABC est l'orthocentre du triangle I₁I₂I₃ (acutangle : dont les trois angles sont aigus) formé par les trois bissectrices extérieures.

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Bissectrices
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4. Milieux des segments joignant les centres des cercles inscrit et exinscrits

Milieu des segments joignant les centres

APM D'après Michel Fréchet - Problème d'antan 4
Bulletin APMEP n^o 481, mars-avril 2009

Les milieux des segments joignant les centres des cercles inscrit et exinscrits sont situés sur le cercle circonscrit.

Le milieu d'un segment joignant le centre du cercle inscrit et le centre d'un cercle exinscrit est situé sur le cercle circonscrit.

Dans un triangle ABC, tracer les bissectrices intérieures et extérieures. Leurs points d'intersection sont les centres I, I₁, I₂, I₃ des cercles inscrit et exinscrits, tangents aux trois côtés du triangle.

On note O₁ le milieu de [II₁], situé sur la bissectrice intérieure (AI), et les angles BAC = 2a, ABC = 2b et BCA = 2c.

I, centre du cercle inscrit, est à l'intersection des bissectrices intérieures (BI) et (CI).
I₁, centre d'un cercle exinscrit, est à l'intersection des bissectrices extérieures (BI₁) et (CI₁).
Les bissectrices intérieures et extérieures sont perpendiculaires, d'où les angles IBI₁ et ICI₁ sont droits. Le quadrilatère BICI₁ est inscriptible dans le cercle de diamètre [II₁] de centre O₁ passant par B et C.

Dans ce cercle, le double de l'angle inscrit II₁C est égal à l'angle au centre IO₁C, angle égal à AO₁C.
Le supplémentaire de la somme des angles aigus de IAC est l'angle I₁IC = a + c.
Dans le triangle rectangle I₁IC, l'angle II₁C est le complémentaire de I₁IC, d'où II₁C = - (a + c).

AO₁C = IO₁C = 2 II₁C = 2 { - (a + c)} = 2b car la somme 2(a + b + c) des angles du triangle ABC est égale à π. On a donc AO₁C = ABC, le point O₁ est situé sur le cercle circonscrit.

Le milieu d'un segment joignant les centres de deux cercles exinscrits est situé sur le cercle circonscrit.

On note O₆ le milieu de [I₁I₂], situé sur la bissectrice extérieure passant par C. Les points C, I₁, I₂ et O₂ sont alignés sur cette bissectrice.

Comme précédemment, les angles I₁AI₂ et I₁BI₂ des bissectrices sont droits. Le quadrilatère I₁BAI₂ est inscriptible dans le cercle de diamètre [I₁I₂] de centre O₆ passant par A et B.

Dans ce cercle, en considérant l'angle inscrit AI₁I₂ et son angle au centre AO₆I₂, on a AO₆C = 2 AI₁I₂ = 2 { - (a + c)} = 2b. On a donc AO₆C = ABC, le point O₆ est situé sur le cercle circonscrit.

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5. Point d'Apollonius

Dans un triangle, les droites joignant respectivement les sommets aux trois points de contact d'un cercle tangent intérieurement aux cercles exinscrits sont concourantes.
Le point de concours est le point d'Apollonius.

Construction

Dans un triangle ABC, tracer les bissectrices intérieures et extérieures. Leurs points d'intersection extérieurs au triangle, situés à égale distance des trois côtés du triangle, sont les centres I₁, I₂, I₃ des cercles exinscrits (c₁), (c₂), (c₃), tangents aux trois côtés du triangle.

La méthode des cercles tangents à trois cercles, vue dans la page construction de cercle, permet de construire le cercle (c) :

Soit S₁, S₂ et S₃ les centres des homothéties positives échangeant les trois cercles : S₁ est l'intersection de (BC) et (I₂I₃), S₂ intersection de (AC) et (I₁I₃) et S₃ intersection de (AB) et (I₁I₂).

Étant donné un point M variable sur le cercle (c₃) construisons les points P intersection bien choisie de (c₁) avec (S₂M) et Q intersection de (c₂) avec (S₁M).

Le cercle circonscrit au triangle MPQ recoupe (c₃) en N. La droite (MN) est l'axe radical de MPQ et de (c₃). Elle coupe la ligne (S₁S₂) des centres d'homothétie en H
Le point H est indépendant du point M, la puissance du point H par rapport à (c₃) est aussi celle par rapport au cercle cherché (c).
Une tangente commune à (c) et (c₃) passe par H.

Il suffit de trouver les points de tangence T et T’, intersection de (c₃) avec le cercle de diamètre [I₃H].

En traçant le point U intersection de (c₁) avec (S₂T) et le point S de (c₂) avec (S₁T), on trouve le cercle (c) circonscrit à TUS.

De même, on trace U’ intersection de (c₁) avec (S₂T’), et S’ intersection de (c₂) avec (S₁T’).
T’, U’ et S’ sont les points de Feuerbach du triangle. T’U’S’ est le triangle de Feuerbach du triangle ABC.
Le cercle (c’) circonscrit à T’U’S’ n'est autre que le cercle d'Euler tangent aux trois cercles exinscrits. Ce résultat constitue le Théorème de Feuerbach.

Les droites (AS), (BU) et (CT) sont concourantes au point d'Apollonius F.

Soit O le centre du cercle circonscrit au triangle ABC, I le centre du cercle inscrit dans ABC, Ω’ le centre du cercle (c’) d'Euler et Ω le centre du cercle (c).
Les droites (OI) et (ΩΩ’) sont parallèles et perpendiculaires à la ligne des centres d'homothétie (S₁S₂). Les points O, I et F sont alignés.

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Voir : cercles d'Apollonius

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6. Cercles de Tücker

Définition 1 : homothétie

Dans une homothétie de centre L, le point de Lemoine, de rapport k
(k ≠ 1 et k ≠ 0), 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 (T) dit de Tücker du triangle ABC.

Propriétés

Les milieux U, V, W des segments [MN], [PQ], [RS] sont situés sur les symédianes et forment un triangle UVW homothétique de ABC dans une homothétie de centre L.

Les droites (MN), (PQ) et (RS) sont antiparallèles aux côtés du triangle et les segments qu'elles déterminent sont de même longueur.

Le centre Ω du cercle (T) est le milieu du segment [OO₂] formé par les centres des cercles circonscrits aux triangles ABC et A’B’C’.

Indications

Les milieux U, V, W des segments [MN], [PQ], [RS] sont situés sur les symédianes, les segments sont antiparallèles aux côtés opposés.
Voir : milieu d'une antiparallèle

Les droites (MN, CB) sont antiparallèles aux droites (AB, CA) :
(AB, MN) = (CB, CA).
Les droites (SR, CA) sont aussi antiparallèles aux droites (BC, BA) :
(BA, SR) = (CA, CB).
On en déduit que (BA, SR) = − (AB, MN).
Comme (AB) //(NR) on a : (BA, SR) = − (NR, MN).
Avec les points de l'hexagone MNPQRS on a (SM, SR) = (NM, NR).
Les points S, M, N, R n'étant pas alignés, cette égalité d'angles montre qu'ils sont cocycliques, situés sur le cercle (T).

Indications

De (BC)//(PS) et (MN) antiparallèle à (BC) on en déduit que (PS) est antiparallèle à (MN) par rapport à (MS) et (PN). (PS, PN) = (MS, MN).
P, S, M, N sont cocycliques, P appartient au cercle circonscrit à S, M, N : le cercle (T). On montre de même que (T) contient le point Q.

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

Définition 2 : construction d'une antiparallèle

ABC est un triangle de cercle circonscrit (Γ) de centre O.

À partir d'un point M de (AB) distinct de A, mener la droite antiparallèle de (BC) par rapport à (AB, AC). C'est la parallèle à la tangente en A à (Γ), donc perpendiculaire à (AO). Elle coupe (AC) en N. La parallèle à (AB) passant par N coupe (BC) en R. Le cercle circonscrit au triangle MNR recoupe les côtés du triangle ABC en P, Q et S.

Nous obtenons une configuration de six points, situés sur un cercle de Tücker.

Propriétés

Les droites parallèles (AB) et (NR) coupent le cercle suivant deux cordes égales, d'où MN = SR.

(RS) antiparallèle à (AC) par rapport à (BA, BC) :

(RS, BA) = (RS, RN) car (BA)//(RN)
(RS, RN) = (MS, MN) = (AB, MN), angles inscrits de droites
(AB, MN) = (BC, AC) car les droites (MN), (BC) sont antiparallèles aux droites (AB), (AC).

On a donc (RS, BA) = (BC, AC) : les droites (RS), (AC) sont antiparallèles aux droites (BA), (BC).

(MQ) parallèle à (AC) :

(MQ, AC) = (MQ, MN) + (MN, AC)
(MQ, MN) = (RQ, RN) = (RQ, AB), angles inscrits de droites
(MN, AC) = (AB, BC) car les droites (MN), (BC) sont antiparallèles aux droites (AB), (AC)
(MQ, AC) = (RQ, AB) + (AB, BC) = (RQ, BC) = 0.

(MQ) // (AC). Ces parallèles coupent le cercle suivant deux cordes égales, d'où MN = PQ et MN = PQ = SR.

De l'égalité PQ = SR il résulte le parallélisme de (BC) et (SP).

Un calcul d'angles analogue au premier calcul permet de déduire que (PQ) est antiparallèle à (AC) par rapport à (BA, BC).

Conclusions

Les six points jouent des rôles analogues. Par chaque point on mène deux droites : l'une parallèle à la tangente à (Γ) en l'un des sommets du côté qui le porte, et l'autre parallèle à l'autre côté issu de ce sommet.

Par tout point d'un côté distinct des sommets passe deux cercles de Tücker obtenus en considérant les deux tangentes à (Γ) aux deux sommets des côtés qui le porte.

Quadrature n^o 63 Janvier-Mars 2007

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Triangle tangentiel à UVW

Les points U₁, U₂ et U₃, intersections des droites (PQ), (RS) et (MN), sont situés sur les symédianes. Le triangle U₁U₂U₃ est le triangle tangentiel de UVW, il est homothétique du triangle tangentiel T₁T₂T₃ de ABC dans une homothétie de centre L.

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Voir : Symédianes

Autre construction du cercle à partir de M et N

À partir d'un point M de (AB) distinct de A, mener la parallèle à la tangente en A à (Γ). Elle coupe (AC) en N.
Construire les points U₂ et U₃, intersection de (MN) avec les symédianes (CL) et (BL). Tracer les droites (RS) et (PQ) parallèles aux tangentes à (Γ) en B et C et trouver les quatre autres points du cercle.

Définition 3 : construction de trois antiparallèles de longueur égale

Les droites (MN), (PQ) et (RS) sont antiparallèles aux côtés du triangle et les segments qu'elles déterminent sont de même longueur.

Cette propriété peut être prise comme définition en déterminant trois segments [MN], [PQ], [RS] de longueur égale et parallèles aux tangentes en A, B, C au cercle circonscrit.

Construction

À partir d'un point M de (AB) distinct de A, mener la parallèle à la tangente en A à (Γ), donc perpendiculaire à (AO). Elle coupe (AC) en N. Reporter la longueur MN sur la tangente en B à (Γ) en R₁ et R₂, sur la tangente en C en Q₁ et Q₂. La parallèle à (AB) passant par R₁ coupe (BC) en R, la parallèle à (BC) passant par R₂ coupe (AB) en S. La parallèle à (AC) passant par Q₁ coupe (BC) en Q et la parallèle à (BC) passant par Q₂ coupe (AC) en P.

Nous obtenons une configuration de six points, ces points sont cocycliques et situés sur un cercle de Tücker.

Justification

La parallèle à (AB) passant par N coupe la tangente en B à (Γ) en R₁ et (BC) en R. Par parallélisme, le cercle circonscrit au triangle MNR recoupe les côtés du triangle ABC en P, Q et S. Comme on l'a vu dans la définition 2, c'est un cercle de Tücker.

[MN] étant construit, il peut être délicat de choisir, à partir de B, la direction vers R₁ ou R₂ pour placer R.
Ce n'est pas un problème pour GéoPlan.

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Milieu des cordes, construction à partir d'un centre donné

Les milieux forment un triangle UVW se déduisant de ABC dans une homothétie de centre L de rapport t avec |t| = LU/LA. Dans cette homothétie, le point O a pour image Ω avec LΩ/LO = |t|. Ce point Ω est le centre du cercle circonscrit à UVW. La droite (UΩ) parallèle à (OA) est perpendiculaire à (MN), c'est la médiatrice de [MN]. De même, la droite (VΩ) est la médiatrice de [PQ]. Ω est bien le centre du cercle (T).

Un cercle de Tücker est caractérisé par son centre Ω situé sur (OL), distinct de O et de L.

Construction

La parallèle à (OA) passant par Ω coupe (LA) en U.

M et N sont situés sur la perpendiculaire en U à (OA) et on complète R par parallélisme pour construire le cercle circonscrit à MNR.

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Deux cercles de Tücker

|t| = LU/LA.

En prolongeant les côtés du triangle U’V’W’ jusqu'à ceux du triangle ABC, nous obtenons un deuxième cercle de Tücker passant par M’N’P’Q’R’S’.

En prenant les milieux des cordes [M’N’], [P’Q’], [R’S’], le triangle U’V’W’ est homothétique de ABC dans une homothétie de centre L de rapport t’ :
|t’| = LU’/LA = |(t+1)/2| (en effet, U’ est le milieu de [UA]).

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Autres propriétés de la figure

PR = QS, MP = NQ, NS = MR.

Les triangles NQS et MPR sont directement semblables à ABC.

Cercles de Lemoine

Deux cas particuliers de cercles de Tücker :

Premier cercle de Lemoine

Les parallèles aux côtés d'un triangle menées par le point de Lemoine coupent les côtés en six points cocycliques.
Le centre O’ est le milieu de [OL] où O est le centre du cercle circonscrit.
Les droites (RQ), (ST) et (PU) sont antiparallèles aux côtés d'un triangle. Les segments sont de même longueur et leurs milieux A’, B’ et C’ situés sur les symédianes forment un triangle A’B’C’ homothétique de ABC dans une homothétie de centre L.
L'hexagone PQRSTU est dit hexagone de Lemoine.

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Deuxième cercle de Lemoine

Les antiparallèles aux côtés d'un triangle ABC, menées par le point de Lemoine L, coupent les côtés du triangle en six points cocycliques.
Ces points sont situés sur le deuxième cercle de Lemoine centré en L.

Les points d'intersection A’, B’, C’ des droites (RQ), (ST) et (PU) sont situés sur les symédianes.

Ils forment un triangle A’B’C’ symétrique de ABC dans une symétrie de centre L.

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Autre cercle de Tücker : cercle de Taylor

Lemoine Émile, mathématicien français spécialiste de la géométrie du triangle, 1840-1912
Tücker Robert 1832-1905

IV. Lieux géométriques

1. Lieux des centres : gravité, orthocentre, centre du cercle inscrit

Étude lorsqu'un des sommets M du triangle ABM parcourt le cercle circonscrit, les deux autres A et B étant fixes.

Le logiciel fait apparaître le lieu de l'orthocentre comme un cercle.
Est-ce une simple apparence ?
Tous les points du cercle sont-ils des points du lieu ?
Comment déterminer le centre et le rayon ?

Document d'accompagnement des programmes de 1S - page 49

Sur un cercle (c) ; A et B sont deux points fixes et M un point variable de(c)−{A, B}.

Quels sont les lieux géométriques des points remarquables du triangle ABM ?

• En bleu L₁ lieu géométrique de G centre de gravité,
• En sépia L₂ lieu géométrique de H orthocentre,
• En rouge L₃ lieu géométrique centre I du cercle inscrit.

L₂ est le symétrique de(c) −{A, B} par rapport à (AB).

L₃ se déduit de L₂ par une homothétie de centre O et de rapport .

Lieu de l'orthocentre - cas général : voir parabole

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Lieux géométriques
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Faire de la géométrie dynamique

2. Cercles d'Apollonius

Apollonius de Perge ou Apollonios de Perga - Astronome et mathématicien grec 262/190 avant J.-C.

de : kreis des Apollonios

Les bissectrices intérieure et extérieure d'un angle AMB coupent la droite (AB) en I et J.

Le cercle de diamètre [IJ] est le cercle d'Apollonius.

Les quatre points (A, B, I, J) forment une division harmonique et

= = .

Application : lieu des points M tels que = k (k > 0).

Placer les points I et J de (AB) partageant le segment [AB] dans le rapport k.

Le lieu cherché est le cercle d'Apollonius de diamètre [IJ].

Démonstration avec les notions de barycentre et, en 1S, de produit scalaire

Élever l'égalité au « carré » : MA² = k² MB², transformer les carrés de longueur en produit scalaire : ² − k² ² = 0,
factoriser : ( + k ).(− k ) = 0.

Si k est différent de 1, soit I le barycentre de (A, 1) ; (B, k) et J le barycentre de (A, 1) ; (B, −k).

La formule vectorielle de Leibniz α + β = (α + β) permet d'écrire ( + k ) = (1 + k) et (− k ) = (1 − k) .

Le produit scalaire nul est donc égal à (1 − k²) . = 0. Les deux vecteurs sont orthogonaux, le point M est sur le cercle de diamètre [IJ].

En posant b = MA et a = MB, alors k = , les droites (MI) et (MJ) sont les bissectrices de l'angle en M du triangle MAB. Le lieu est le cercle d'Apollonius du triangle MAB.

Réciproquement, si M est un point du cercle, le produit scalaire ( + k ).( − k ) est nul, d'où MA² = k² MB².

On a donc = k ; M est un point du lieu.

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Faisceau harmonique des bissectrices

Axe radical

Notion disparue de l'enseignement français au lycée.

L'axe radical de deux cercles, de centres distincts, est l'ensemble des points qui ont même puissance par rapport à ces deux cercles.
L'axe radical est une droite perpendiculaire à la ligne des centres.
Si les cercles sont sécants, l'axe radical est la droite joignant les points d'intersection.

Voir géométrie du cercle
Inversions échangeant deux cercles

Faisceau des cercles d'Apollonius

Soit ABC un triangle. Le cercle c₄ de centre I est circonscrit au triangle ABC.

Les bissectrices en A coupent [BC] en I₁ et J₁, le cercle c1 de centre O₁ a pour diamètre [I₁J₁].
Les bissectrices en B coupent [AC] en I₂ et J₂, le cercle c₂ de centre O₂ a pour diamètre [I₂J₂].
Les bissectrices en C coupent [AB] en I₃ et J₃, le cercle c₃ de centre O₃ a pour diamètre [I₃J₃].

Les trois cercles c₁, c₂ et c₃ d'Apollonius ont deux points communs P et Q, centres isodynamiques du triangle ABC.
Leurs centres O₁, O₂ et O₃ sont alignés sur la médiatrice de [PQ], axe de Lemoine du triangle.
L'axe de Lemoine est la polaire du point de Lemoine par rapport au cercle circonscrit.

Les points P et Q sont les centres isodynamiques du triangle ABC.
La droite (PQ), axe de Brocard du triangle, est l'axe radical du faisceau de cercles d'Apollonius. P et Q sont les points de base du faisceau.

Le centre I du cercle circonscrit (c₄) est situé sur la droite (PQ).

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Le point de Lemoine est sur l'axe radical

Le rayon (AI) de c₄ est perpendiculaire au rayon (AO₁) de c₁. Les cercles c₁ et c₄ sont orthogonaux.
De même, les droites (BO₂) et (CO₃) sont tangentes au cercle circonscrit.

Le cercle circonscrit est orthogonal aux cercles d'Apollonius c₁, c₂ et c₃. Il appartient au faisceau à points limites P et Q.

T₁T₂T₃ est le triangle tangentiel formé par les tangentes au cercle circonscrit. Les droites (AT₁), (BT₂) et (CT₃) sont les symédianes du triangle ABC. Leur point de concours K est le point de Lemoine. Il a même puissance par rapport aux cercles c₁ et c₂. Il est situé sur l'axe radical (PQ).

Les centres isodynamiques, le centre du cercle circonscrit et le point de Lemoine sont alignés : P, Q, I et K sont alignés sur l'axe de Brocard du triangle.

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Lieux géométriques
Recherche de lieux et barycentre

Sommaire
Faire de la géométrie dynamique

V. Relations métriques dans le triangle

Soit ABC un triangle tel que BC = a, AC = b et AB = c, on note Â, B et C les angles du triangle.

Inégalités triangulaires

|b − c| < a < |b + c|.

(les inégalités sont strictes pour un triangle non aplati. Réciproquement, lorsque l'on a une égalité, les points A, B et C sont alignés).

Théorème d'Al-Kashi

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Formules de Pythagore généralisées dans le triangle quelconque :

a² = b² + c² − 2 b c cos(Â),
b² = a² + c² − 2 a c cos(B),
c² = a² + b² − 2 a b cos(C).

Avec ces formules on peut calculer les cosinus des angles du triangle à partir des longueurs des côtés a, b, c.
Par exemple, cos C = .

Somme des angles d'un triangle

La somme des angles géométriques d'un triangle est un angle plat :

+ + = 180°.

L'angle extérieur d'un triangle est égal à la somme des deux angles intérieurs non adjacents.

Démonstration, classe de cinquième, voir : triangle au collège ; construction par pliage

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Arrondi

Avec les angles BAC = 87°, ABC = 33°, ACB = 59°, la somme de ces angles est égale à 179°. Plus haut, il est dit que la somme des angles d'un triangle est égale à 180° ?

Les calculs étant fait « au degré près » GéoPlan arrondi les trois angles par défaut et on perd un degré pour l'arrondi de la somme.
Avec un calcul au dixième les angles BAC = 87,5°, ABC = 33,5° sont arrondis par excès et ACB = 59,0° par défaut : la somme est bien arrondie à 180,0°.

Loi des sinus

Soit S est l'aire du triangle ABC, R est le rayon du cercle circonscrit à ABC :

= = = = 2R.

d'où abc = 4RS.

Formule de Héron d'Alexandrie

Aire du triangle en fonction des longueurs des trois côtés.

p = (a + b + c) désigne le demi-périmètre.

S =

Dans son traité « sur le dioptre » Héron en donne la plus ancienne démonstration connue.

Calcul des hauteurs

Si h_A, h_B, h_C sont les longueurs des trois hauteurs d'un triangle ABC, alors S = a h_A = b h_B = c h_C,
D'où h_A = = , h_B = = …, h_C = = …

Formule des aires

Soit I le centre du cercle inscrit dans le triangle et r son rayon. Le triangle ABC est décomposable en trois triangles de sommet I et de même hauteur r.
L'aire du triangle est donc S = ar + br + cr = (a + b + c) × r = p × r.

Donc, S = p r et r = = .

Avec la formule de Héron on a : r = =

Avec la formule de l'aire du triangle S = bc sin A, on trouve le rayon du cercle inscrit qui est r = = .

Centre de gravité (application du théorème de la médiane)

G désigne le centre de gravité du triangle ABC.

GA² + GB² + GC² = (a² + b² + c²).

Résoudre un triangle

Ces formules permettent de résoudre un triangle, c'est-à-dire d'en calculer les différents éléments à partir, d'en général, trois données particulières.

Fonctions
distance

GéoPlan
Exercices
de-ci, de-là

Collège
Calculs d'aires

GéoPlan
Paraboles en S

Construction
du pentagone régulier

Les problèmes du BOA : rotation