Exercices de mathématique 10 - géométrie assistée 2° partie, Exercices de Méthodes Mathématiques
Eusebe_S
Eusebe_S14 May 2014

Exercices de mathématique 10 - géométrie assistée 2° partie, Exercices de Méthodes Mathématiques

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Exercices de mathématique sur les mèthodes mathématiques - Exercices de Géométrie assistée par ordinateur - 2° partie. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Carrés, La coiffe alsacienne.
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G

l

k

j

i

h

gf e

d

cb

a

CAB/3=15,1646235

BCA/3=29,9871256

ABC/3=14,8482509

BCA=89,9613769°

ABC=44,5447528°

CAB=45,4938704°

C

v

u

BA

En l’occurrence il s’agit des droites (Ai), (Bi) puis (Bk) et (Ck) enfin (Ch) et (Ah).

Franck Morley avait alors lancé une sorte de concours, demandant la solution la plus élémentaire : celle- ci peut se faire de plusieurs manières : voir par exemple C. Tisseron, Géométries affine, projective et euclidienne, p. 294 (Hermann, 1983) ainsi que le site

http://www-cabri.imag.fr/abracadabri/GeoPlane/Classiques/Morley/Morley1.htm

ou encore http://www.cut-the-knot.com/triangle/Morley/Morley.shtml

Sur la figure vous voyez la construction ainsi que le lieu des centres de gravité des triangles équilatéraux (ihk) lorsque C parcourt la droite (uv).

Nous faisons une démonstration assez simple et réalisable en 1ère S :

P

R

Q

CBA/3=24,2832877

ACB/3=18,9252465

BAC/3=16,7914657

CBA=72,8498632°

ACB=56,7757396°

BAC=50,3743972°

C

B

A

Soit les angles 1

3 a BAC ,

1

3 b ABC ,

1

3 c ACB , on a évidemment

 1 3 3

a b c BAC ABC ACB

      .

Prenons le cercle circonscrit à ABC de rayon 1, de sorte que

 

 

 

2sin 3

2sin 3

2sin 3

AB c

BC a

CA b

  

 



.

Dans le triangle BPC, d’après la loi des Sinus, on a :  

 

 

 2sin 3 2sin 3

sin sin sin sin

3

a aBP BC

c b c b c a

   

      

 

d’où

 2sin sin 3

sin 3

c a BP

a

    

 

. Si on utilise la formule d’addition des sinus on a 3 1

sin cos sin 3 2 2

a a a      

  ;

multiplions par 3 1

sin cos sin 3 2 2

a a a      

  , nous avons alors

   2 2 2 2 2 2 3 1 3 1 3 1

sin sin cos sin 1 sin sin sin 3 4sin 3 3 4 4 4 4 4 4

a a a a a a a a                   

    .

Or    3 2sin 3 3sin 4sin sin 3 4sina a a a a    d’où en simplifiant : sin 3

4sin sin 3

sin 3

a a a

a

    

     

 

et

8sin sin sin 3

BP c a a  

    

.

La même opération dans le triangle BRA donne évidemment 8sin sin sin 3

BR a c c  

    

. La formule

d’Al-Kashi dans BPR donne

2 2 2

2 2 2 2

2 . cos

64 sin sin sin sin 2sin sin cos . 3 3 3 3

PR BP BR BP BR b

c a a c a c b    

  

                                 

Comme l’objectif est de montrer que PR = RQ = QP, il faut que les formules soient semblables pour les trois après permutation circulaire, et pour cela que

2 2 2sin sin 2sin sin cos sin 3 3 3 3

a c a c b b                         

        .

Or 2 2

3 3 3 3 3 a c b a c b

     

                 

    et en prenant un triangle convenable ayant les trois

angles, on obtient bien le résultat demandé grâce à Al-Kashi.

Voir également une démonstration avec les complexes :

http://fr.wikipedia.org/wiki/Th%C3%A9or%C3%A8me_de_Morley

Pour aller un peu plus loin : http://promenadesmaths.free.fr/theoreme_de_Morley.htm

2. Carrés

2-a : Droites concourantes

Construction de deux carrés OADC et OEFB à l'extérieur du triangle BOA.

Les droites (BD) et (AF) sont concourantes en I situé sur une hauteur de BOA qui est aussi médiane de OCE.

Autre formulation avec des triangles rectangles isocèles :

OAB est un triangle quelconque, OAD et OFB sont deux triangles rectangles isocèles directs.

Le point I est l'intersection des droites (BD) et (AF). Montrer que (OI) est orthogonale à (AB).

Voir : Pour un enseignement problématisé des mathématiques au lycée - brochure 150 - APMEP 2003.

2-b : Droites perpendiculaires

Construction de deux carrés OADC et OEFB à l'extérieur du triangle BOA.

Le point G complète le parallélogramme EOCG.

Montrer que les droites (AG) et (BD) sont perpendiculaires, de même que (AF) et (BG).

2-c : Triangle rectangle isocèle

Construction de deux carrés OADC et OEFB à l'extérieur du triangle BOA.

Le point G complète le parallélogramme EOCG. Montrer que le triangle DFG est rectangle isocèle.

2-d : Autre triangle rectangle isocèle

Classe de seconde

I est le milieu de [AB], J et K les centres des carrés. Le triangle IJK est rectangle isocèle.

En effet la rotation de centre O et d'angle 2

 transforme E en B, A en C, donc [AE] en [BC] qui sont alors

de longueurs égales et orthogonaux.

Il en est de même pour [IK] et [IJ], segments des droites des milieux des triangles AEB et BAC, respective-ment parallèles aux segments précédents et de longueurs moitiés.

2-e : Bissectrices

Construction de deux carrés OADC et OEFB à l'extérieur du triangle BOA.

Les droites (BC), (AE) et (DF) sont concourantes en I. On a démontré, partie A, que les droites (BC) et (AE) sont perpendiculaires.

On montre que les droites (OI) et (DF) le sont aussi : ce sont les bissectrices des droites (BC) et (AE) et réciproquement.

Les angles aigus formés par ces droites sont égaux à 4

 .

La démonstration se fait en remarquant que I est le deuxième point d'intersection des deux cercles C2 et

C3 circonscrits aux carrés puis en étudiant les angles inscrits dans ces cercles : les angles OID et OIF ,

interceptant des demi-cercles, sont égaux à 2

 et les angles aigus en I, interceptant des quarts de cercles,

sont égaux à 4

 . O2 et O3 étant les centres des cercles C2 et C3, la droite (O2O3) est parallèle à (DF) et est

perpendiculaire à (OI).

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

Construction de trois carrés OADC, OEFB et ABLM à l'extérieur du triangle BOA.

Les segments [OO1] et [O2O3] sont de même longueur et orthogonaux.

Les hauteurs du triangle O1O2O3 sont les droites (OO1), (AO2) et (BO3).

H, orthocentre de O1O2O3, est le point de Vecten du triangle BOA.

En examinant la figure ci-dessus à gauche, on voit que la similitude , 2, 4

S B  

   

transforme le triangle

OBO1 en EBA et la similitude , 2, 4

S O    

  transforme le triangle O3BO2 en AOE. En composant la

similitude de centre B suivie de la réciproque de la similitude de centre O on a :

, 2, 4

S B  

   

, 2, 4

S O    

 

O E O2

O1  A O3

La composée de ces deux similitudes est une rotation d'angle 2

 , [OO1] et [O2O3] sont de même

longueur et orthogonaux.

Figure 3 : Les droites (AF) et (BD) sont orthogonales à (OL) et (OM). Elles se coupent en S1 situé sur la hauteur (OJ) du triangle BOA. Soit O1 le centre du carré ABLM.

Nous avons montré dans la figure précédente que les droites (AE), (BC) et (FD) sont concourantes en K1

et que ces droites avec la droite (OK1) formaient des angles aigus de 4

 .

Nous trouvons ici que K1 est situé sur la droite (OO1).

Même raisonnements avec les deux autres carrés : (OS1), (AS2) et (BS3) sont les hauteurs du triangle BOA.

Le triangle O1O2O3 a ses côtés parallèles aux droites (EM), (CL) et (DF). Ses hauteurs sont les droites (OO1), (AO2) et (BO3) ; H, orthocentre de O1O2O3, est le point de Vecten du triangle BOA.

Figure 4 : Compléter avec les points P, Q et R en construisant les parallélogrammes COEP, DAMP et FBLR.

Les droites (OP), (AQ) et (BR) sont les hauteurs de BOA.

La hauteur (OP) contient le point P1 intersection de (AF) et (BD), de même (OP) contient le point P2 intersection de (LQ) et (MR).

Voir Points de Vecten = X(485) et X(486) dans Kimberling

2-g : Trois carrés : La coiffe alsacienne

Affaire de logique n°129 - 13 et 20 juillet 1999

Prenez un triangle quelconque (en gris) et tracez à l'extérieur les trois carrés construits à partir des trois côtés du triangle. Vous obtiendrez une coiffe alsacienne. En joignant les extrémités libres des carrés à l'aide de pointillés, vous matérialisez trois nouveaux triangles.

Comparez l'aire de chacun de ces trois triangles à celle du triangle gris.

Solution

Chacun des trois triangles a la même aire que le triangle gris.

Pour le montrer sur le triangle DAM par exemple, il suffit d'opérer une rotation de 2

 du triangle autour

de son sommet A. La base AM vient dans le prolongement de BA, avec la même longueur.

Le point D vient coïncider avec O, ce qui entraîne que la hauteur issue de O dans le triangle DAM a la même longueur que celle issue de O dans le triangle BOA.

Les triangles BOA et DAM ayant même base et même hauteur, ont même aire.

• Élisabeth Busser et Gilles Cohen copyright POLE 1999.

2-h : Quatre carrés : symédianes

Définition : la symédiane en O du triangle BOA est la droite (d) telle que la droite (d) et la médiane issue

de O ont pour bissectrice la bissectrice de BOA .

Les droites (CD) et (EF) se coupent en P, (CD) et (ML) se coupent en Q, (EF) et (ML) se coupent en R.

Symédiane (OP) en O du triangle BOA : soit J le centre du cercle inscrit dans BOA et C’ le milieu de [AB].

La médiane (OC’) et la symédiane (OP) ont pour bissectrice (OJ) : les couples de droites {(OP), (OC’)} et {(OA), (OB)} ont même bissectrice.

Les droites (OP), (AQ) et (BR) sont les symédianes du triangle BOA. Leur point d'intersection K est le point de Lemoine du triangle.

Les tangentes au cercle circonscrit, menées à partir des sommets d'un triangle, se coupent sur les symédianes de ce triangle.

2-i : Quatre carrés : le point de Lemoine

Les trois symédianes d'un triangle sont concourantes. Leur point de concours est le point de Lemoine ou point symédian du triangle.

Les distances de ce point aux trois côtés du triangle sont proportionnelles à ses côtés.

Le point de Lemoine du triangle BOA, de côtés a = OA, b = OB et c = AB est le barycentre du système pondéré (A, b2) ; (B, a2) ; (O, c2).

Le point de Lemoine (X(6) dans Kimberling) est le point dont la somme des carrés des distances aux côtés du triangle est minimale.

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

http://passerelle.u-bourgogne.fr/publications/webeuclide/

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

Construction de deux carrés OADC et OEFB à l'extérieur du triangle BOA rectangle en O.

Le but de l'exercice est de montrer que les droites (OK), (AF) et (BD) sont concourantes. Pour cela on appelle S l'intersection de (AF) et (BD) et on définit :

h1 : l'homothétie de centre S qui transforme D en B,

h2 : l'homothétie de centre S qui transforme F en A.

On utilise le fait que l'image d'une droite par une homothétie est une droite parallèle et que la composée de deux homothéties de même centre est une homothétie de même centre. La médiane [OI] de COE est hauteur du triangle BOA.

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

Classe de seconde

OACE et ODFD sont deux carrés de sens direct ayant uniquement le sommet O en commun et aux côtés parallèles. Les droites (AB) et (DE) se coupent en J.

Les points J, C, O et F sont alignés. La médiane [OI] de BOA est hauteur du triangle DOE.

• Indication

Pour montrer que la hauteur (OH) est perpendiculaire à (DE), utiliser la propriété du triangle rectangle vue au collège « 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.

• Utilisation d'une similitude, voir : transformations au bac

2-l : Théorème de Neuberg

O1, O2, O3 sont les centres des trois carrés construits à l'extérieur du triangle BOA.

I1, I2, I3 sont les centres des trois carrés construits intérieurement sur les côtés du triangle O1O2O3.

Montrer que I1, I2 et I3 sont les milieux des côtés du triangle BOA.

2-m : Quadrilatère : théorème de Von Aubel

Construction de quatre carrés à l'extérieur d'un quadrilatère convexe ABCD.

Théorème de Von Aubel : les segments [PR] et [QS], qui joignent les centres des carrés opposés, sont orthogonaux et de même longueur.

Bibliographie : Géométrie pour le CAPES - Yves Ladegaillerie - Ellipses 2003

http://passerelle.u-bourgogne.fr/publications/webeuclide/

2-n : Parallélogramme

Construction de quatre carrés à l'extérieur d'un parallélogramme ABCD.

Le quadrilatère PQRS formé par les centres des carrés est un carré.

En effet la rotation de centre R et d'angle 2

 transforme C en D, B en D2, le carré de côté [CB] a pour

image le carré de côté [DA]. Donc Q a pour image S, soit RQ = RS et l'angle QRS est droit. QRS est un

triangle rectangle isocèle.

De même par la rotation de centre P et d'angle 2

 le carré de côté [DA] a pour image le carré de côté

[CB].

Donc S a pour image Q ; PS = PQ et QPS est rectangle isocèle.

PQRS a ses quatre angles droits et des côtés consécutifs égaux : c'est un carré.

3. Triangles isocèles

Construction de deux triangles équilatéraux OAC et OEB à l'extérieur du triangle BOA.

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

Construction de deux triangles rectangles isocèles OAC et OEB à l'extérieur du triangle BOA.

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).

Bibliographie La géométrie plane au lycée - Chevrier, Dobigeon - Irem de Poitiers, 1989.

Exercices dans de nombreux manuels scolaires.

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