Les problèmes du BOAConstruction de triangles autour d'un triangle BOA - Triangles de Napoléon - Point de Torricelli.
Voici quelques configurations pouvant facilement s'étudier de diverses manières : autrefois avec les transformations (rotations - homothéties), le produit scalaire en première S ou les complexes en terminale S. | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
A. Triangles isocèlesRotation d'un triangle![]() Soit deux triangles isocèles semblables, OAC et OBE, à l'extérieur d'un triangle BOA : OAC est un triangle isocèle en O, d'angle AOC = α, Les droites (AE) et (BC) sont concourantes en I. Conclusions Les triangles OAE et OCB sont isométriques ; Indications : rotation d'un trianglePar la rotation de centre O et d'angle α, A a pour image C et E a pour image B, donc [AE] a pour image [CB]. Comme la rotation est une isométrie, on a AE = BC et comme l'angle d'une droite et de sa transformée est égal à l'angle de la rotation, on a AIC = α. Comme AIC = AOC = α, les points A, C, O et I sont cocycliques et le point I est sur le cercle circonscrit à OAC. I est le deuxième point d'intersection des deux cercles circonscrits.
Voir deux cas particuliers : – deux triangles équilatéraux OAC et OBE autour de BOA. | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Partie B. Triangles rectangles isocèlesB.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 ( • Utilisation d'une rotation de centre O et d'angle A a pour image C et E a pour image B, donc [AE] a pour image [CB]. • Utilisation du produit scalaire
On a OA = OC et OB = OE et si 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 : 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.
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.
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B.2. Quadrilatère de Varignon![]() Étant donné un triangle ABC, complété par deux triangles ACQ et ABR rectangles isocèles, en A, et un quatrième triangle AQR, le quadrilatère de Varignon IOBJOC, qui joint les milieux des côtés extérieurs de la figure BCQR, est un carré. I, OB, J et OC sont les milieux des côtés du quadrilatère BCQR. Comme au paragraphe précédent, la rotation de centre A et d'angle Les deux diagonales [CR] et [BQ] sont donc de longueur égale et perpendiculaires. Le quadrilatère BCQR est un pseudo-carré. Le théorème de Varignon affirme que IOBJOC, est un parallélogramme dont les côtés sont parallèles aux diagonales du quadrilatère ABEC, Comme les deux diagonales du pseudo-carré sont égales et perpendiculaires, il en est de même pour celles du parallélogramme IOBJOC, ce qui permet d'assurer que c'est un carré.
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Remarque : voir aussi deux carrés, de centre D et F, complétant les triangles rectangles isocèles dans la page carrés autour de BOA. B.2.b. BOA dégénéré![]() Les propriétés subsistent lorsque les points B, O et A sont alignés.
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B.3. Deux autres triangles rectangles isocèles![]() À l'extérieur d'un triangle BOA, tracer 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, voir : deux carrés à l'extérieur de BOA
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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 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 − (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. | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
B.4. Que de triangles rectangles isocèles !![]() À l'extérieur d'un triangle, construire deux triangles rectangles isocèles dont les hypoténuses sont deux côtés du triangle. OB et OC sont les sommets des demi-carrés construits à l'extérieur du triangle ABC. Soit A' le milieu de [BC]. Un autre triangle rectangle isocèleConstruire le point R symétrique de B par rapport à OC, et le point Q symétrique de C par rapport à OB. La rotation de centre A et d'angle De fait, A'OBOC est un triangle rectangle isocèle.
Quadrilatère de Varignon Avec deux triangles rectangles isocèles dont les sommets de l'angle droit sont sont à un sommet du triangle : voir quadrilatère de Varignon. | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
![]() A’ et B’ sont les milieux de [OA] et [OB]. Montrer que le point O3 est le milieu [DF] ;
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 Données : a. – Construire la figure sur un écran de calculatrice et l'animer. Après avoir résolu et analysé cet exercice
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B.5. La médiane de l'un est la hauteur de l'autreClasse 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]. Démonstrations : • Utilisation d'un produit scalaire La forme vectorielle du théorème de la médiane permet d'écrire 2 Calculer le produit scalaire 2 • Utilisation des complexes en Terminale S : dans un repère d'origine O, les affixes des points sont notées par les minuscules correspondantes.
• Utilisation d'une rotation de centre O B.5.b. Symétrique d'un sommet par rapport à O![]() Introduire le symétrique A’ du point A par rapport à O. La rotation de centre O d'angle 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. Remarques : Voir aussi l'exploitation des carrés COAD et BOEF complétant les deux triangles rectangles isocèles dans la page carrés autour de BOA.
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B.6. autour d'un triangle![]() À l'extérieur d'un triangle, construire trois triangles rectangles isocèles dont les hypoténuses sont les côtés du triangle. OA, OB et OC sont les sommets des demi-carrés construits à l'extérieur du triangle BOA. Point de VectenLes segments [AOA] et [OBOC] sont de même longueur et perpendiculaires. Il en est de même de [BOB] et [OAOC], ainsi que [COC] et [OAOB]. Les droites (AOA), (BOB) et (COC), hauteurs du triangle CDE sont concourantes en son orthocentre H. OAOBOC est le triangle de Vecten du triangle ABC.
Voir trois carrés autour d'un triangle (avec les démonstrations) | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
B.6.b. Théorème de Neuberg![]() Six triangles rectangles isocèles Si A’, B’, C’ sont les milieux des côtés de ABC, nous vu au paragraphe B.4 que les triangles OBA’OC, OAB’OC et OAC’OB sont rectangles isocèles.
Voir la figure du théorème de Neuberg avec six centres de carrés. | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
B.7. Quatre triangles rectangles isocèles autour d'un quadrilatère![]() Quatre triangles rectangles isocèles à l'extérieur d'un quadrilatère ABCD. Théorème de Van Aubel : les segments [PR] et [QS], qui joignent les sommets des angles droits des triangles rectangles opposés, sont orthogonaux et de même longueur. Si ABCD est un quadrilatère convexe, le quadrilatère PQRS est un pseudo-carré. Démonstration : les points P, Q, R et S sont les centres de quatre carrés autour du quadrilatère.
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![]() Quatre triangles rectangles isocèles à l'extérieur d'un parallélogramme ABCD. Le quadrilatère PQRS formé par les sommets des angles droits 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 un parallélogramme.
Voir : quatre triangles équilatéraux autour d'un quadrilatère | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Partie C. Triangles équilatérauxC.1. 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. | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Solution ![]()
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Composé d'une translation et d'une rotationRappel : la 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 Solution 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.
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 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. | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Variante de l'exercice résolu ci-dessus : Des symétries![]() 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]. Quelles symétries présente le triangle MNP ?
Solution : télécharger la figure GéoPlan mon_439b.g2w Voir hexagramme : cercles en seconde | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
C.2.a. Trois triangles isocèles d'angles de 30°![]() Sur un segment [AC] on place un point B de manière quelconque. Monter que le triangle GHI est équilatéral.
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Solution ![]() La solution tient en cette figure où l'on ajoute les symétriques G’ et H’ de P et Q par rapport à la droite (AB).
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C.2.b. Quatre autres triangles équilatéraux![]() Cas particulier du triangle de Napoléon lorsque le triangle ABC est dégénéré (B situé sur le segment [AC]) Triangles équilatéraux 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. Solution Soit On calcule : 3 Donc :
On a donc
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] : voir milieu des sommets de deux triangles équilatéraux | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
C.3. Trois triangles équilatéraux![]() À partir de trois points O, A et C, tracer 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 :
On a donc f(A) = A. f est la rotation de centre A et d'angle 60°.
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 deux triangles équilatéraux autour d'un carré ci-dessous | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
C.4. 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 les rotations d'angle PQRS est donc un parallélogramme, les longueurs de ses côtés sont égales aux longueurs des diagonales de ABCD.
Voir : quatre triangles rectangles isocèles autour d'un quadrilatère | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
C.5. Deux triangles équilatéraux autour d'un carré![]() C.5.a. Un troisième triangle équilatéral Victor Thébault 1882-1960 Sur deux côtés consécutifs d'un carré ABCD, on construit extérieurement à celui-ci deux triangles équilatéraux ABE et BCF. Indication Montrer que les triangles DAE et EBF sont isométriques :
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![]() De même figure ci-contre, si l'on construit les deux triangles équilatéraux ABE et BCF à l'intérieur du carré, DEF est encore équilatéral. Théorème de Thébault : le théorème de Thébault − Sawayama Démonstrations, voir | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
C.5.b. Deux segments isométriques![]() 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]. Quel est l'axe de symétrie de la figure ? Indications La rotation de centre B et d'angle 60° transforme A en E, F en C, [AF] en [EC]. La droite (BD) est axe de symétrie de la figure.
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Démonstration ![]() Rotation d'un triangle : par la rotation de centre B et d'angle 60°, le triangle BAF a pour image BEC, d'où AF = EC. La médiatrice de [AB] est celle de [DC] ; elle passe par E, Le triangle isocèle BAF a pour angle au sommet ED = DF = FE : le triangle DEF est équilatéral. | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
C.6. Triangles de Napoléon![]() Maths élém - Lebossé et Hémery - Géométrie - Rotations - 1961 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 PQR triangle extérieur de Napoléon Théorème de Napoléon : Les triangles ABC et PQR ont même centre de gravité G.
WikiPédia : Point de Fermat ou de Torricelli | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Point de Torricelli– les segments [AD], [BE] et [CF] sont concourants en I, point de Torricelli du triangle ABC, – du point I, on voit les trois côtés du triangle sous un même angle : – le point I est encore le point proximal qui 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
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Cercles de Torricelli![]() – 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).
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Premier point de Napoléon![]() – Les céviennes (AP), (BQ) et (CR) (droites de Napoléon) sont concourantes en J, premier point de Napoléon ; X(17), dans ETC.
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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). | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Triangle intérieur de Napoléon![]() 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. – 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). | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Théorème de Napoléon![]() le triangle intérieur de Napoléon est équilatéral.
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Deuxième point isogonique![]() – les céviennes [AD], [BE] et [CF] sont concourants en I1, point X(14) de ETC. La droite de Fermat joint les deux points de fermat-Torricelli X(13)- X(14).
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Deuxième point de Napoléon![]() – Les céviennes (AP1), (BQ1) et (CR1) sont concourantes en J1, La ligne de Napoléon joint les deux points de Napoléon X(17)-X(18)
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 Retrouver le centre d'un cercle au « compas seul » : problème de Napoléon | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
D. BOA isocèle![]() Autour d'un triangle isocèle BOA, I est le milieu de [AB], Montrer que les points O, I, K, J sont alignés,
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![]() Construction de deux triangles OAC et OEB, rectangles isocèles en O, (BC) et (AE) sont alors orthogonales.
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