Construction de triangles autour d'un triangle BOA - Triangles de Napoléon - Point de Torricelli.
SommairePartie A : triangles rectangles isocèles1. Deux triangles rectangles isocèles Page no 49, créée le 28/7/2003 - mise à jour le 30/10/2008 |
Partie B : triangles équilatéraux1. Quatre triangles équilatéraux C : BOA isocèle D: Carrés autour d'un triangle BOA | ||||
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Seconde |
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. |
1. Deux triangles rectangles isocèlesConstruction 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[), Montrer que les droites (AE) et (BC) sont perpendiculaires et que AE = BC. • Utilisation d'une rotation, de centre O et d'angle . A a pour image C et E a pour image D, donc [AE] a pour image [CB]. • 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 : 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 : 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. Télécharger la figure GéoPlan tr_boa_1.g2w 2. Quadrilatère de VarignonÉtant 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. 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. 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 dégénéréLes propriétés subsistent lorsque les points B, O et A sont alignés. Télécharger la figure GéoPlan tr_boa_9.g2w Sommaire |
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. |
BOA est un triangle quelconque, OAD et OFB sont deux triangles rectangles isocèles directs, respectivement en A et B. 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. Télécharger la figure GéoPlan tr_boa_8.g2w |
SolutionSoit 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) ; Le point K est donc situé sur le prolongement de la perpendiculaire en O à (AB), à une distance égale à AB de O. 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 : |
À l'extérieur d'un triangle BOA, construire deux triangles rectangles isocèles dont les hypoténuses sont deux côtés du triangle BOA. |
Soit I le milieu de [AB]. Construire le point C symétrique de A par rapport à D, et le point E symétrique de B par rapport à F. 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. Télécharger la figure GéoPlan tr_boa_6.g2w |
A’ et B’ sont les milieux de [OA] et [OB]. Montrer que le point O3 est le milieu [DF] ; Télécharger la figure GéoPlan tr_boa_7.g2w 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). |
Problèmes d'incidence : CAPES externe, épreuve sur dossier 2005
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Quatre triangles rectangles isocèles à l'extérieur d'un quadrilatère convexe ABCD. Théorème de Von Aubel : Le quadrilatère PQRS est un pseudo-carré. Démonstration, voir : les points P, Q, R et S sont les centres de carrés autour du quadrilatère. Télécharger la figure GéoPlan qu_aubel2.g2w |
Quatre triangles rectangles isocèles à l'extérieur d'un parallélogramme ABCD. Le quadrilatère PQRS, formé par les sommets des angles droits des triangles rectangles, est un carré. Télécharger la figure GéoPlan pa_aubel2.g2w |
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.
Télécharger la figure GéoPlan qu_trian_isocele.g2w
Voir : quatre triangles équilatéraux autour d'un quadrilatère
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Faire de la géométrie dynamique
OAB, OCD et OEF sont trois triangles équilatéraux directs disjoints,sans chevauchement, n'ayant que le point O en commun. Télécharger la figure GéoPlan tr_equi.g2w |
SolutionTélécharger la figure GéoPlan tr_equi_b.g2w |
Rappel : composé d'une translation et d'une rotationLa composée d'une translation t et d'une rotation r(O, θ), distincte de l'identité, est une rotation d'angle θ.
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). SolutionOn 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.
I a pour image D dans cette rotation r(A, 60°) : le triangle IAD est équilatéral. • 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.
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. 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 = eiπ/3, on a : b = ka, d = kc et f = ke. Sachant que 2m = b + c, 2n = d + e et 2p = f + a, On a donc p − m = k(n − m) et PQR est bien équilatéral. Ladegaillerie Yves - Exercices corrigés pour le CAPES - Ellipses 2005 Variante de l'exercice résolu ci-dessus : Des symétriesSoit 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]. Quelles symétries présente le triangle MNP ? Télécharger la figure GéoPlan mon_439.g2w |
B.2. Quatre autres triangles équilatérauxCas particulier du triangle de Napoléon lorsque le triangle ABC est dégénéré (avec le point B sur le segment [AC]) ABP, BCQ et CAR sont trois triangles équilatéraux directs. Montrer que les centres de gravité G, H et I de ces triangles forment un triangle équilatéral GHI. SolutionSoit la rotation vectorielle d'angle et O une origine. On calcule : 3 = 3 − 3 Donc : (3) = − + − + − On a donc () = ce qui signifie que GHI est équilatéral. Télécharger la figure GéoPlan tr_equi2.g2w 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 |
B.3. Trois triangles équilatérauxÀ 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. SolutionSoit 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 :
On a donc f(A) = A. f est la rotation de centre A et d'angle 60°. Télécharger la figure GéoPlan tr_equi4.g2w Cas particuliers : Rectangle : construire un rectangle BOCE et à l'extérieur deux triangles équilatéraux directs OBA et ODC. ADE est un triangle équilatéral. Carré : voir ci-dessous Sommaire |
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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Un troisième triangle équilatéral
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
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
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. |
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Vérifier que :
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 : |
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). |
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 |
Télécharger la figure GéoPlan t_napol3.g2w |
Calculs en choisissant le point I comme origine et la droite (AD) comme axe des abscisses, voir plan complexe Problème de Napoléon : construction au compas seul |
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Autour d'un triangle BOA isocèle en O, construction de deux triangles isométriques OAC et OEB à l'extérieur du triangle BOA.
I est le milieu de [AB], Montrer que les points O, I, K, J sont alignés, Commandes GéoPlan Télécharger la figure GéoPlan is_boa_1.g2w |
Construction de deux triangles OAC et OEB, rectangles isocèles en O, à l'extérieur du triangle isocèle BOA. Les droites (BC) et (AE) sont alors orthogonales.
Télécharger la figure GéoPlan is_boa_2.g2w |
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SommairePartie A : triangles rectangles isocèles1. Deux triangles rectangles isocèles Partie B : triangles équilatéraux1. Quatre triangles équilatéraux |
C. BOA isocèleD. Carrés autour d'un triangle BOA
Figures interactives : visualisation de ces exemples sur PC avec la version ActiveX de GéoPlan | ||||
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