Construction de triangles autour d'un triangle BOA - Triangles de Napoléon - Point de Torricelli.

Les problèmes du BOA

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Figures interactives : visualisation de ces exemples sur PC avec la version ActiveX de GéoPlan

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Page n^o 49, créée le 28/7/2003 - mise à jour le 30/10/2008

Géométrie du triangle

Retrouver un triangle à partir de droites remarquables

Les droites remarquables du triangle

GéoPlan
Triangles équilatéraux

Seconde
Triangles rectangles

Faire de la géométrie dynamique

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.

Partie A : triangles rectangles

1. Deux triangles rectangles isocèles

Construction de deux triangles rectangles isocèles, en O, autour d'un triangle BOA ; les deux angles droits en O.

BOA est un triangle quelconque tel que (, ) = α (αÎ] 0, π[),
OAC et OEB sont deux triangles rectangles isocèles directs.

Montrer que les droites (AE) et (BC) sont perpendiculaires et que AE = BC.

• Utilisation d'une rotation, de centre O et d'angle (classe de seconde).

A a pour image C et E a pour image D, donc [AE] a pour image [CB].
D'après les propriétés de la rotation on a AE = CB pour l'isométrie, et comme l'angle d'une droite et de sa transformée est égal à l'angle de la rotation, on a (AE) ^(BC).

• Utilisation du produit scalaire (classe de 1S)

= − : CB² = OB² + OC² − 2 . ,

= − : EA² = OA² + OE² − 2 . .

On a OA = OC et OB = OE et si α = (, ) l'expression des deux produits scalaires avec normes et angle donne :
. = . = OB × OA × cos (α + ).

Les deux produits scalaires sont égaux et CB² = EA² d'où les longueurs CB et EA sont égales.

Pour l'orthogonalité, calculons un autre produit scalaire :
. = ( − ) . ( − ) = . + . (les deux dernières soustractions correspondent à des produits scalaires nuls de vecteurs orthogonaux).
. = OB × OA × cos α + OC × OE × cos (−α + π) = 0, les angles étant supplémentaires, les cosinus sont opposés.

Le produit scalaire est nul, ce qui démontre que les droites (AE) et (BC) sont perpendiculaires.

• Utilisation des complexes en TS : choisir un repère d'origine O.

Si A a pour affixe a et B pour affixe b, les points C et E ont pour affixe c = ia et e = −ib.

a pour affixe e − a, a pour affixe b − c = i (e − a) ; (b − c)/(e − a) = i. Le module 1, de ce quotient égal à i, démontre l'égalité des longueurs EA et CB. L'argument de i, égal à , permet de conclure à l'orthogonalité.

Remarques : si I est le milieu de [CE], (AB) est perpendiculaire à la médiane (CI) de OCE : voir médiane de l'un, hauteur de l'autre.
Voir aussi l'exploitation des deux carrés complétant les triangles rectangles isocèles dans la page carrés autour de BOA.

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2. Quadrilatère de Varignon

Étant donné un triangle BOA, complété par deux triangles OAC et OBE rectangles isocèles, en O, et un quatrième triangle OCE, le quadrilatère de Varignon IDKF qui joint les milieux des côtés extérieurs de la figure BACE est un carré.

I, D, K et F sont les milieux de [AB], [AC], [CE] et [EB], côtés consécutifs du quadrilatère BACE.
Montrer que le quadrilatère IDKF est un carré.

Nous avons montré, au paragraphe précédent, que les deux diagonales [AE] et [BC] sont de longueur égale et perpendiculaires. Le quadrilatère ABEC est un pseudo-carré.

Le théorème de Varignon affirme que IDKF est un parallélogramme dont les côtés sont parallèles aux diagonales du quadrilatère ABEC, avec IJ = BC et IL = AE.

Comme les deux diagonales du pseudo carré sont égales et perpendiculaires, il en est de même pour celles de IDKF, ce qui permet d'assurer que c'est un carré.

BOA dégénéré IDF est alors un triangle rectangle isocèle (voir figure paragraphe 4).

Télécharger la figure GéoPlan tr_boa_5.g2w

Remarque : voir aussi deux carrés, de centre D et F,complétant les triangles rectangles isocèles dans la page carrés autour de BOA.

b. BOA dégénéré

Les propriétés subsistent lorsque les points B, O et A sont alignés.

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3. Deux autres triangles rectangles isocèles

À l'extérieur d'un triangle BOA, construire deux triangles rectangles isocèles, les angles droits en A et B, deux angles aigus de 45° en O.

Deux autres triangles rectangles isocèles BOA est un triangle quelconque, OAD et OFB sont deux triangles rectangles isocèles directs, respectivement en A et B.
Le point M est l'intersection des droites (BD) et (AF).

Montrer que la droite (OM) est orthogonale à (AB).

Autre formulation avec la construction de deux carrés OADC et OEFB à l'extérieur du triangle BOA : carrés autour de BOA

Commande GéoPlan

Taper S pour visualiser la solution ci-contre.

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Solution

triangles rectangles isocèles - 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.

La rotation transforme D en un point K tel que KR = AD = OA et (KR), perpendiculaire à (AD), est parallèle à (OA) ;
AOKU est un parallélogramme,
donc OK = BA et (OK) est perpendiculaire à (AB).

Le point K est donc situé sur le prolongement de la perpendiculaire en O à (AB), à une distance égale à AB de O.
[BD] a pour image [AK] : (BD) et (AK) sont perpendiculaires et BD = AK.

On montre de même que ce point K est l'image de F par la rotation de centre O₃ et d'angle − : (AF) et (BK) sont perpendiculaires et AF = BK.

(BD), (AF) et (OK) sont les trois hauteurs du triangle BAK. Elles sont concourantes en M orthocentre de triangle. La hauteur (OM) est orthogonale à (AB).

Remarques : le triangle SKR, translaté du triangle BOA, est isométrique à BOA.
FKD est un triangle rectangle isocèle en K.

4. Que de triangles rectangles isocèles…

À l'extérieur d'un triangle BOA, construire deux triangles rectangles isocèles dont les hypoténuses sont deux côtés du triangle BOA.

triangles rectangles isocèles

Soit I le milieu de [AB].
Montrer que ID = IF.

Construire le point C symétrique de A par rapport à D, et le point E symétrique de B par rapport à F.
Montrer que BC = AE en remarquant que les triangles BOC et AOE sont isométriques.
Les droites des milieux ID et IF des triangles ABC et ABE déterminent des segments de longueur égale à la moitié de BC et de AE.

De fait, IDF est un triangle rectangle isocèle.

Solution avec D et F, centres des carrés de côtés [OA] et [OB] : voir paragraphe : autre triangle rectangle isocèle.

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triangles rectangles isocèles figure 2

A’ et B’ sont les milieux de [OA] et [OB].
On construit B’O₃A’ triangle direct rectangle isocèle en O₃.

Montrer que le point O₃ est le milieu [DF] ;
que (DA’) est orthogonale à (IB’) ;
ainsi que (FB’) est orthogonale à (IA’).

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Indications

Pour O₃ milieu de [DF], démonstration avec deux triangles rectangles isocèles autour de B’O₃A’ : voir 3.

[IB’], droite des milieux de BOA, et parallèle à (AO).
(DA’), médiane du triangle isocèle DOA, en est aussi la hauteur.
(DA’) perpendiculaire à (OA) est aussi perpendiculaire à (IB’).

Problèmes d'incidence : CAPES externe, épreuve sur dossier 2005
Étude d'une configuration à l'aide des triangles isométriques

Problèmes d'incidence Données :
un triangle BOA ;
OKB triangle rectangle isocèle en K “extérieur” au triangle BOA ;
OJA triangle rectangle isocèle en J “extérieur” au triangle BOA ;
A’, B’ et C’ les milieux des segments [OB], [OA] et [AB].

a. - Construire la figure sur un écran de calculatrice et l'animer.
b. - Conjecturer la nature du triangle KC’J.
c. - Démontrer que les triangles A’C’K et A’B’J sont isométriques.
d. - Démontrer la conjecture émise.

Après avoir résolu et analysé cet exercice
a. - Présenter la figure réalisée sur la calculatrice.
b. - Dégager les méthodes et les savoirs mis en jeu.
c. - Proposer un autre exercice sur le même thème au niveau de la classe de seconde et dont la résolution fait appel aux triangles isométriques ou aux triangles semblables.

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5. La médiane de l'un est la hauteur de l'autre

médiane de l'un est la hauteur de l'autre Classe de première S

Énoncé

OAB est un triangle quelconque, OAC et OEB sont deux triangles rectangles en O, isocèles directs.
Soit I le milieu de [AB].
Montrer que la médiane [OI] de BOA est hauteur du triangle ECO et que CE = 2 OI.

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Démonstrations

• Utilisation d'un produit scalaire

Le théorème de la médiane permet d'écrire 2 = +
et on a = − .
Calculer le produit scalaire 2 .

• Utilisation des complexes en TS : dans un repère d'origine O, les affixes des points sont notées par les minuscules correspondantes.
a pour affixe z = (a + b)/2 et pour affixe c − e = i (a + b) donc (c−e)/z = 2i. Ce qui permet de conclure.

• Utilisation d'une rotation de centre O

Rotation de centre O Introduire le symétrique A’ du point A par rapport à O.

La rotation de centre O d'angle transforme E en B, C en A’ et [EC] en [BA’].

Conclure avec (OI) droite des milieux du triangle ABA’ (homothétie de centre A et de rapport !).

Dualité : de même, si J est le milieu de [CE], la médiane [OJ] de ECO est hauteur [OK] du triangle BOA et AB = 2 OJ.

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Remarques : Voir aussi l'exploitation des carrés COAD et BOEF complétant les deux triangles rectangles isocèles dans la page carrés autour de BOA.
De cette figure, on peut ne retenir que les milieux de [BE] et [AC], voir la construction de deux triangles rectangles isocèles.
Pour BOA triangle rectangle, voir dans similitudes un calcul avec produit scalaire.

6. Trois triangles rectangles isocèles autour de BOA

Trois triangles autour de BOA À l'extérieur d'un triangle BOA, construire trois triangles rectangles isocèles dont les hypoténuses sont les côtés du triangle BOA.

Si I, J, K sont les milieux des côtés de BOA, nous vu au paragraphe 4 que les triangles IDE, JCE et KCD sont rectangles isocèles.

Les segments [OC] et [DE] sont de même longueur et perpendiculaires.

Il en est de même de [AE] et [CD], ainsi que [BD] et [CE].

Les droites (OC), (AE) et (BD), hauteurs du triangle CDE sont concourantes en son orthocentre H.

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7. Quatre triangles rectangles isocèles autour d'un quadrilatère

Quatre triangles rectangles isocèles à l'extérieur d'un quadrilatère convexe ABCD.

Quatre triangles rectangles isocèles autour d'un quadrilatère

Théorème de Von Aubel :
les segments [PR] et [QS], qui joignent les sommets des angles droits des triangles rectangles opposés, sont orthogonaux et de même longueur.

Le quadrilatère PQRS est un pseudo-carré.

Démonstration, voir : les points P, Q, R et S sont les centres de carrés autour du quadrilatère.

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Quatre triangles rectangles isocèles à l'extérieur d'un parallélogramme ABCD.

Quatre triangles rectangles isocèles autour d'un parallélogramme

Le quadrilatère PQRS, formé par les sommets des angles droits des triangles rectangles, est un carré.

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Construction de quatre triangles rectangles isocèles, alternativement indirects (BCQ et DAS) et directs (ABP et CDR), sur les côtés d'un quadrilatère ABCD.

PQRS est donc un parallélogramme.

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Voir : quatre triangles équilatéraux autour d'un quadrilatère

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Partie B : triangles équilatéraux

1. Quatre triangles équilatéraux

triangles équilatéraux

OAB, OCD et OEF sont trois triangles équilatéraux directs disjoints,sans chevauchement, n'ayant que le point O en commun.
Montrer que les milieux M, N et P des segments [BC], [DE] et [AF] forment un triangle équilatéral.

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Solution

triangles équilatéraux - Solution

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Rappel : composé d'une translation et d'une rotation

La composée d'une translation t et d'une rotation r(O, θ), distincte de l'identité, est une rotation d'angle θ.
En effet, c'est une isométrie directe et l'angle d'un vecteur et de son transformé est θ.

	t		r(O, θ)
G	→	G₁	→	G'
H	→	H₁	→	H'
A	→	O	→	O

Si l'image du centre O, par la translation réciproque t , est le point A, la rotation composée transforme A en O, son centre I est situé sur la médiatrice de [AO] (À l'intersection avec l'arc capable d'angle θ).

Solution - D'après affaire de logique n^o 439 - Le Monde 2 août 2005

On commence par compléter les parallélogrammes OBIC, ODJE et OFKA avec les points I, J et K symétriques de O par rapport à M, N et P.

Le triangle OAB est équilatéral : la rotation r(A, 60°) transforme B en O.

• Le triangle IAD est équilatéral.

En effet, I a pour image D par la succession de la transformation qui amène B en O (donc I en C) et de la rotation de 60° de centre O.

Cette transformation est d'ailleurs une rotation d'angle 60°, et, comme elle amène B en O, c'est une rotation de centre A.

	t		r(O, 60°)
I	→	C	→	D
B	→	O	→	O

I a pour image D dans cette rotation r(A, 60°) : le triangle IAD est équilatéral.
La rotation r(I, 60°) transforme D en A.

• Le triangle IJK est équilatéral.

Par ailleurs, la succession de la translation amenant D en O (et donc J en E), de la rotation d'angle 60° de centre O et de la translation qui amène O en A (et donc F en K) transforme D en A et J en K.
Cette suite de trois transformations est donc la rotation d'angle 60° de centre I.

	t		r(O, 60°)		t
D	→	O	→	O	→	A
J	→	E	→	F	→	K

J a pour image K dans cette rotation r(I, 60°) : le triangle IJK est équilatéral.

- Le triangle MNP est équilatéral.

Comme MNP n'est rien d'autre que l'image réduite de IJK, dans un rapport de , par l'homothétie h(O, ), MNP est lui aussi équilatéral.

Affaire de logique : jeux géométriques du Monde

TS : Démonstration par calcul d'affixes de complexes.

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

Soit k = e^iπ/3, on a : b = ka, d = kc et f = ke.

Sachant que 2m = b + c, 2n = d + e et 2p = f + a,
et en tenant compte de 1 − k + k² = 0 et k³ = −1, on calcule :
2(n − m) = d +e − b − c = kc + e − ka − c = −ka + k²c + e,
2(p − m) = f + a − b − c = ke + a − ka − c = − k²a − c + ke.

On a donc p − m = k(n − m) et PQR est bien équilatéral.

Ladegaillerie Yves - Exercices corrigés pour le CAPES - Ellipses 2005
Exercice repris dans ÉduSCOL - Terminale S - Banque de sujets 2004 - Sujet 28

Une symétrie inattendue Variante de l'exercice résolu ci-dessus :

Une symétrie inattendue
Affaire de logique n^o 439 - 26 juillet 2005

Soit A, B, C, D, E, F six points pris, dans cet ordre sur un cercle de centre O, tels que les triangles OAB, OCD, OEF soient équilatéraux.

M est le milieu de [BC], N celui de [DE] et P celui de [FA].

Le triangle MNP présente des symétries inattendues : lesquelles et pourquoi ?

Élisabeth Busser et Gilles Cohen
200 nouveaux problèmes du Monde - n^o 368, pages 60 et 79 - POLE 2007

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Solution : télécharger la figure GéoPlan mon_439b.g2w
Voir hexagramme : cercles en seconde

2. Quatre autres triangles équilatéraux

Quatre triangles équilatéraux

Cas particulier du triangle de Napoléon lorsque le triangle ABC est dégénéré (avec B sur le segment [AC])

ABP, BCQ et CAR sont trois triangles équilatéraux directs.

Les centres de gravité G, H et I de ces triangles forment un triangle équilatéral GHI.

Solution

Soit la rotation vectorielle d'angle et O une origine.

On calcule :

3 = 3 − 3
3 = + + − − −
3 = + +

Donc :
(3) = ( + + ) = + +

(3) = − + − + −
(3) = ( + + ) − (+ + )
(3) = 3 − 3 = 3.

On a donc () = ce qui signifie que GHI est équilatéral.

Télécharger la figure GéoPlan tr_equi2.g2w
Télécharger la figure GeoGebra tr_equi2.ggb

Problème proposé à l'épreuve pratique 2009 avec deux similitudes ayant pour composée la rotation de centre I : étude d’une figure du plan

Lieu du point M milieu de [PQ] : télécharger la figure GéoPlan tr_equi3.g2w

3. Trois triangles équilatéraux

Trois triangles équilatéraux

À partir de trois points O, A et C, construire deux triangles équilatéraux directs OBA et ODC ayant le sommet O en commun, puis placer le point E tel que BOCE soit un parallélogramme.

Montrer que ADE est un triangle équilatéral.

Solution

Soit f la composée de la rotation d'angle 60° de centre O et de la translation qui amène O en B (et donc C en E) est une rotation d'angle 60°.

Soit A’ est l'image de A par la rotation. On a :

	r(O, 60°)		t
A	→	A’	→	A
D	→	C	→	E

On a donc f(A) = A. f est la rotation de centre A et d'angle 60°.
Comme f(D) = E, le triangle ADE est bien équilatéral.

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4. Quatre triangles équilatéraux autour d'un quadrilatère

triangles équilatéraux autour d'un quadrilatère Construction de quatre triangles équilatéraux, alternativement directs (BCQ et DAS) et indirects (ABP et CDR), sur les côtés d'un quadrilatère ABCD.

En utilisant les rotations d'angle montrer, en prenant pour centre A, que le vecteur a pour image et qu'en prenant pour centre C, a pour image .
Conclure que = .

PQRS est donc un parallélogramme, les longueurs de ses côtés sont égales aux longueurs des diagonales de ABCD.

Télécharger la figure GéoPlan qu_trian.g2w

Voir : quatre triangles rectangles isocèles autour d'un quadrilatère

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5. Deux triangles équilatéraux autour d'un carré

Un troisième triangle équilatéral

triangles équilatéraux à l'extérieur d'un carré triangles équilatéraux à l'intérieur d'un carré Sur deux côtés consécutifs d'un carré ABCD, on construit extérieurement à celui-ci deux triangles équilatéraux ABE et BCF.
Le triangle DEF ainsi formé est équilatéral.

De même, si l'on construit les deux triangles équilatéraux ABE et BCF à l'intérieur du carré, DEF est encore équilatéral.

Victor Thébault 1882-1960

Indication

Montrer que les triangles DAE et EBF sont isométriques :
• en calculant leurs angles en A et B (en classe de troisième),
• en utilisant une rotation de centre E et d'angle −60° (en classe de seconde).

Télécharger les figures GéoPlan ca_trian.g2w, thm_thebault_2_int.g2w

Démonstrations, voir
Wikipédia : théorème de Thébault

Deux segments isométriques

Classe de seconde

Sur deux côtés consécutifs d'un carré ABCD, on construit extérieurement à celui-ci deux triangles équilatéraux ABE et BCF.

Montrer qu'il existe une rotation qui transforme le segment [AF] en [CE].
En déduire que AF = CE et l'angle AÎE.

Quel est l'axe de symétrie de la figure ?
En déduire un alignement.

Indications

La rotation de centre B et d'angle 60° transforme A en E, F en C, [AF] en [EC].
L'angle des droites (AF) et (CE) est donc de 60°.

La droite (BD) est axe de symétrie de la figure.
Le carré est globalement invariant et la symétrie échange les triangles équilatéraux.
Le point A a pour image C et F a pour image E. L'image de la droite (AF) est (CE).
Le point d'intersection I de ces deux droites est situé sur l'axe de symétrie.
Les points B, D et I sont alignés.

Télécharger la figure GéoPlan ca_trian2.g2w

6. Triangles de Napoléon

Ces triangles sont attribués à l'empereur. D'après Henri Lebesgue, Lagrange lui aurait dit : « Mon Général, nous nous attendions à tout de vous, sauf à des leçons de géométrie ».

ABC est un triangle, dont tous les angles sont inférieurs à , bordé extérieurement par trois triangles équilatéraux BCD, ACE et ABF ayant pour centres de gravité respectifs P, Q et R.

Télécharger la figure GéoPlan t_napol1.g2w

Vérifier que :

les triangles ABC et PQR ont même centre de gravité G,
le triangle PQR est équilatéral (triangle extérieur de Napoléon),
les segments [AD], [BE] et [CF] sont concourants en I, point de Torricelli du triangle ABC (dit aussi point de Fermat),
les cercles, appelés cercles de Torricelli, circonscrits aux triangles BCD, ACE et ABF sont concourants en I (application du théorème du pivot de Forder démontré par Miquel en 1838),
le point I réalise le minimum de la somme MA+MB+MC lorsque M décrit le plan (Théorème de Torricelli ou de Schruttka), les segments [IA], [IB] et [IC] forment entre eux des angles de .

Triangle intérieur de Napoléon : c'est le triangle analogue P₁Q₁R₁ obtenu en traçant trois triangles équilatéraux BCD₁, ACE₁ et ABF₁ du même côté que le triangle ABC par rapport aux droites (AB), (BC) et (AC). Les sommets P₁, Q₁, R₁ du triangle intérieur sont les symétriques des sommets du triangle extérieur P, Q, R par rapport aux côtés [BC], [AC], [AB] du triangle ABC.

Vérifier que :
6. le triangle intérieur de Napoléon est équilatéral,
7. la différence des aires entre le triangle extérieur PQR et le triangle intérieur P₁Q₁R₁ est égale à l'aire du triangle ABC (démontré par Yaglom).

En géométrie avant l'informatique, contrairement à certaines propriétés numériques, il n'était pas possible d'envisager toutes les situations possibles. D'une figure on ne pouvait déduire de preuve expérimentale en raison de l'imprécision du dessin d'une part et de l'ambiguïté de tracer un cas particulier et non une configuration générale d'autre part. Il fallait faire une démonstration abstraite soit avec la méthode synthétique (géométrie pure) qui remonte à Euclide qui, à partir des postulats et théorèmes établis précédemment, permet de déduire les propriétés cherchées, soit avec la méthode analytique, développée par Descartes, qui ramène la démonstration à des calculs algébriques.

Le logiciel GéoPlan permet de confier à l'ordinateur les calculs algébriques et de démontrer une propriété par une figure bien faite (à la précision de l'ordinateur près) et modifiable à volonté permettant d'envisager toutes les situations possibles.

Le problème de Napoléon a été posé par Fermat et résolu par Torricelli ; en classe de terminale S, sa démonstration se fera en utilisant les nombres complexes. Une résolution à l'aide de rotations est plus délicate : elle suppose l'intervention d'une composée de rotations, notion peu familière pour la plupart des élèves (brochure d'accompagnement des programmes de TS).

Triangles de Napoléon 2

Ne pouvant faire les démonstrations dans le cadre de ce document, nous nous contenterons de visualiser la « preuve par GéoPlan » !

Télécharger la figure GéoPlan t_napol2.g2w

Point de Torricelli

Télécharger la figure GéoPlan t_napol3.g2w

Wikipédia : théorème de Schruttka
Calculs en choisissant le point I comme origine et la droite (AD) comme axe des abscisses, voir plan complexe
Autres travaux de Miquel, configuration du quadrilatère complet, voir : plan projectif
Problème de Napoléon : construction au compas seul
El general geómetra
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Faire de la géométrie dynamique

C. BOA isocèle

Autour d'un triangle BOA isocèle en O, construction de deux triangles isométriques OAC et OEB à l'extérieur du triangle BOA.

deux triangles équilatéraux

I est le milieu de [AB],
J l'intersection de (AC) et (BE),
K l'intersection de (BC) et (AE).

Montrer que les points O, I, K, J sont alignés,
que la droite (CE) est parallèle à (AB).

Commandes GéoPlan
Touche 1 : triangles équilatéraux,
Touche 2 : triangles rectangles en O
Touche 3 : triangles rectangles isocèles en C et E
Touche 4 : triangles rectangles en A et B (angles en O égaux à t)
Touche 5 : triangles rectangles en C et E (angles en O égaux à t)
Touche K : piloter k au clavier.

Télécharger la figure GéoPlan is_boa_1.g2w

deux triangles rectangles isocèles