Exercices de mathématique 10 - géométrie assistée 1° partie, Exercices de Méthodes Mathématiques
Eusebe_S
Eusebe_S14 May 2014

Exercices de mathématique 10 - géométrie assistée 1° partie, Exercices de Méthodes Mathématiques

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Exercices de mathématique sur les mèthodes mathématiques - Exercices de Géométrie assistée par ordinateur - 1° partie. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Triangles, Le théorème de Morley.
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Janvier 2007 Patrice Debart

Exercices de Géométrie assistée par ordinateur

1. Triangles 1

1-a : Triangles rectangles isocèles 1

1-b : Quadrilatère de Varignon 2

1-c : La médiane de l'un est la hauteur de l'autre 3

1-d : Quadrilatère inscriptible orthodiagonal 5

1-e : Que de triangles rectangles isocèles... 5

1-f : Quatre triangles équilatéraux 6

1-g : Quatre autres triangles équilatéraux 8

1-h : Trois triangles équilatéraux 9

1-i : Quatre triangles équilatéraux autour d'un quadrilatère 9

1-j : Deux triangles équilatéraux autour d'un carré 9

1-k : Triangles de Napoléon 10

1-l : Le théorème de Morley 12

2. Carrés 15

2-a : Droites concourantes 15

2-b : Droites perpendiculaires 15

2-c : Triangle rectangle isocèle 15

2-d : Autre triangle rectangle isocèle 16

2-e : Bissectrices 16

2-f : Trois carrés : figure de Vecten (1817) 17

2-g : Trois carrés : La coiffe alsacienne 19

2-h : Quatre carrés : symédianes 19

2-i : Quatre carrés : le point de Lemoine 20

2-j : Quatre carrés : cas particulier triangle rectangle - homothéties 20

2-k : Hauteur de l'un, médiane de l'autre : triangle rectangle - calculs d'angles 21

2-l : Théorème de Neuberg 21

2-m : Quadrilatère : théorème de Von Aubel22

2-n : Parallélogramme 22

3. Triangles isocèles 23

1. Triangles

1-a : Triangles rectangles isocèles

Thème : Construire deux triangles rectangles isocèles autour d'un triangle.

OAB est un triangle quelconque, OAC et OEB sont deux triangles rectangles isocèles directs.

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

Utilisation d'une rotation de centre O et d'angle 2

 .

Utilisation du produit scalaire

2 2 2 2 .CB OB OC CB OB OC OBOC      , 2 2 2 2 .EA OA OE EA OA OE OA OE      .

On a OA = OC et OB = OE et si  ,OB OA  , l'expression des deux produits scalaires avec normes et

angle donne : . . cos 2

OBOC OA OE OB OA

  

      

.

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 :

   . . . .CB EA OB OC OA OE OBOA OC OE    

les deux dernières soustractions correspondent à des produits scalaires nuls de vecteurs orthogonaux.

. cos cos( ) 0CB EA OB OA OC OE          , 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, C et E ont pour affixes c = ia et e = −ib. EA a pour affixe ea, CB

a pour affixe  b c i e a   ; b a

i e a

 

 . Le quotient a pour module le module de i, soit 1, démontre

l'égalité des longueurs EA et CB. L'argument de i, égal à 2

 permet de conclure à l'orthogonalité.

1-b : Quadrilatère de Varignon

Construction de deux triangles rectangles isocèles autour d'un triangle BOA.

I, J, K et L sont les milieux de [AB], [AC], [CE] et [EB].

Montrer que IJKL est un carré.

Le théorème de Varignon affirme que IJKL est un parallélogramme dont les cotés sont parallèles aux

diagonales [AE] et [BC] du quadrilatère BACE, avec 1

2 IJ BC et

1

2 IL AE .

Nous avons montré dans l'exercice 1. a. que ces deux diagonales sont égales et perpendiculaires ce qui permet d'assurer que IJKL est un carré. IJL est alors un triangle rectangle isocèle.

Variante : on peut considérer la configuration formée par deux carrés ayant en commun un sommet et deux parallélogrammes (voir figure ci-contre).

Montrer que les centres des carrés et parallélogrammes sont les sommets d'un carré.

Le concours EPF de 2003 propose un repère d'origine O et d'introduire les affixes des points A, C, B et E (voir : EPF 2003 ex. 3, corrigé).

1-c : La médiane de l'un est la hauteur de l'autre

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

• Utilisation d'une rotation

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

La rotation de centre O d'angle 2

 transforme E en B, C en A’ et le segment [EC] en [BA’].

Conclure avec [OI] droite des milieux du triangle ABA’ (homothétie de centre A et de rapport 1

2 !).

• Utilisation du produit scalaire

Le théorème de la médiane permet d'écrire : 2OI OA OB  et on a EC OC OE  ; puis calculer le

produit scalaire 2 .OI EC .

• Utilisation des complexes

Avec les conventions de l'exercice précédent OI a pour affixe   1

2 z a b  et EC a pour affixe

 c e i a b   , donc 2 c e

i z

  . Ce qui permet de conclure.

Dualité 1

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

• Utilisation d'une rotation

Rotation de centre O : introduire le symétrique A’ du point A par rapport à O. La rotation de centre O

d'angle 2

 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 1

2 ).

Dualité 2

Rotation de centre L : montrer que (OJ) est perpendiculaire à (AB).

« Doubler » les triangles en parallélogrammes et carrés de façon à utiliser l'invariance d'un carré dans la rotation d'angle 90° centrée au centre du carré.

La rotation de centre L qui transforme B en O transforme [BO] en [OE].

Les angles OBM et EOC sont égaux (ayant même supplémentaire AOB ) et CG OE OB AM   . Donc, par la rotation, le parallélogramme OBMA a pour image EOCG, et [BA] a pour image [OG].

Dés lors 1

2 OJ AB et (OJ) est perpendiculaire à (AB).

• Remarques

voir aussi en partie B l'exploitation des carrés ;

de cette figure on peut ne retenir que les milieux de [BE] et [AC] ;

voir au paragraphe 4. la construction des deux triangles rectangles isocèles.

1-d : Quadrilatère inscriptible orthodiagonal

Utiliser la propriété des angles inscrits dans la figure ci dessus.

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 calculs d'angles, que la médiane [OI] de BOA est hauteur du triangle COE : pour prouver que la hauteur (OH) 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.

• Bibliographie

La géométrie plane au lycée - Chevrier, Dobigeon - page 140 - Irem de Poitiers, 1989

Bac S, Ex. de spécialité, Antilles, septembre 2002,

Terracher géométrie 1S - pages 88, 147 - Hachette 2001

Transmath 1S - Exercice 68 - page 352 - Nathan 2001

Henri Bareil - Plot - n° 3 - septembre 2003

1-e : Que de triangles rectangles isocèles...

Construction de deux triangles rectangles isocèles de sommets C et E à l'extérieur du triangle BOA.

Soit I le milieu de [AB]. Montrer que ID = IF (de fait IDF un est triangle rectangle isocèle).

Construire le point C symétrique de A par rapport à D, et le point E symétrique de B par rapport à F. Montrer que les triangles BOC et AOE sont isométriques. Les droites des milieux des triangles ABC et ABE déterminent des segments de longueurs égales.

Solution avec D et F centres des carrés de côtés [OA] et [OB] ; voir 2-d : autre triangle rectangle isocèle.

J et K sont les milieux de [OA] et [OB]. On construit KJL triangle direct rectangle isocèle en L.

Montrer que L est le milieu [DF], que (DJ) est orthogonale à (IK) et que (FK) est orthogonale à (IJ).

1-f : Quatre 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.

• Composée d'une translation et d'une rotation

La composée d'une translation t et d'une rotation  0,r  , distincte de l'identité, est une rotation

d'angle  : en effet c'est une isométrie directe et l'angle d'un vecteur et de son transformé est  .

Si l'image du centre O par la translation réciproque t−1 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  ).

• Solution - 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 , 3

r A  

   

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 3

 de centre O.

ICt ,

3 r O

     

I C D

B O O

Cette transformation est d'ailleurs une rotation d'angle 3

 , et, comme elle amène B en O, c'est une

rotation de centre A. I a pour image D dans cette rotation , 3

r A  

   

: le triangle IAD est équilatéral. La

rotation , 3

r I  

   

transforme D en A.

Le triangle IJK est équilatéral : la succession de la translation amenant D en O (et donc J en E), de la

rotation d'angle 3

 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 3

 de centre I.

DOt , 3

r O  

   

OAt

D O O A

J E F K

J a pour image K dans cette rotation , 3

r I  

   

: le triangle IJK est équilatéral.

Le triangle MNP est équilatéral : comme MNP n'est rien d'autre que l'image réduite dans un rapport de

1

2 de IJK, dans l'homothétie

1 ,

2 h O      

, MNP est lui aussi équilatéral.

• Une symétrie inattendue - Affaire de logique n°439 - 26 juillet 2005

A, B, C, D, E, F sont, dans cet ordre, six points pris 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 ?

Voir Banque d’exercices 2004 n°24.

1-g : Quatre autres triangles équilatéraux

ABP, BCQ et ACR sont trois triangles équilatéraux.

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

1-h : Trois triangles équilatéraux

Construire deux triangles équilatéraux BOA et COD ayant un sommet O en commun et placer le point E tel que BOCE soit un parallélogramme. Montrer que ADE est un triangle équilatéral.

1-i : Quatre 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 des rotations d'angle 3

 montrer que, en prenant pour centre A, le vecteur PS a pour image

BD et que, en prenant pour centre C, le vecteur BD a pour image QR . Conclure que PS QR .

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

1-j : Deux triangles équilatéraux autour 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.

Indication : montrer que les triangles DAE et EBF sont isométriques en calculant leurs angles en A et B.

Si on construit CBF intérieurement à ABCD alors D, F et E sont alignés.

1-k : Triangles de Napoléon

Ces triangles sont attribués à l'Empereur Napoléon 1er, mais il s’agit de théorèmes qui existaient déjà à son époque (Mascheroni). 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 inférieur à 120 °, bordé extérieurement par trois triangles équilatéraux BCD, ACE et ABF ayant pour centres de gravité respectifs P, Q et R.

R

P

Q

u=1

E

D

F

C

B

A

On peut vérifier avec GéoPlan ou tout autre logiciel de géométrie que :

1. les triangles ABC et PQR ont même centre de gravité G ;

2. le triangle PQR est équilatéral (triangle extérieur de Napoléon) ;

3. Les segments [AD], [BE] et [CF] sont concourants en I, point de Torricelli de ABC (dit aussi point de Fermat, X(13) dans Kimberling) ;

4. 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 Niquel en 1838) ;

5. 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 120°.

Triangle intérieur de Napoléon : c'est le triangle analogue P1Q1R1 obtenu en traçant les 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] de ABC.

GéoPlan permet aussi de 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 contrairement à certaines propriétés numériques, avant l'informatique, il n'était pas possible d'envisager toutes les situations possibles. D'une figure ne pouvait se 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 qui remonte à Euclide, laquelle à partir des postulats et théorèmes établis précédemment permet de déduire les propriétés cherchées, soit avec la méthode analytique, développée par Fermat et Descartes, qui ramène la démonstration à des calculs algébriques.

Les logiciels de géométrie permettent 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.

Ne pouvant faire les démonstrations mathématiques des affirmations précédentes dans le cadre de ce document, nous nous contenterons de la « preuve par la figure » : lancer le logiciel, déplacer les points A, B ou C et conclure.

En classe de terminale S, la 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 mais néanmoins accessible moyennant une simplification des calculs.

Voir http://laroche.lycee.free.fr/telecharger/TS/exercices_geometrie.zip ainsi que

http://laroche.lycee.free.fr/telecharger/TS/exercices_geometrie_specialite.zip

1-l : Le théorème de Morley

On termine cette exploration des triangles avec un théorème beaucoup plus tardif :

En 1898 le mathématicien Franck Morley découvre un théorème de géométrie élémentaire que les Grecs n’avaient pas trouvé, chose remarquable en soi… mais c’est dû au fait qu’ils ne voulaient pas trissecter un angle autrement qu’à la règle et au compas.

Dans un triangle ABC, on considère les trissectrices de chaque angle ; elles se coupent alors en plusieurs points dont trois forment un triangle équilatéral.

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