Descartes et les Mathématiques Configurations fondamentales – TrianglesExercices de maths en seconde sur le triangle. Problèmes de concours. | |||||
Sommaire
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Exemples d'exercices pouvant être résolus, en classe de seconde, avec les configurations fondamentalesPour les triangles, il s'agit de savoir mettre en œuvre : – la droite des milieux et le théorème de Thalès, – les propriétés des angles et des aires des triangles, – les propriétés des triangles isocèles et équilatéraux, – les propriétés des triangles rectangles et l'inscription dans un demi-cercle. En seconde la difficulté des raisonnements vient souvent de l'enchaînement de deux propriétés remarquables. | |||||
1. Droites perpendiculaires dans un triangle isocèleTrois méthodes pour résoudre un exercice : Exercice Soit ABC un triangle isocèle en A, I le milieu de [BC], H le projeté orthogonal de I sur (AC), J le milieu de [IH]. Faire intervenir (ce n'est pas évident) le milieu K de [HC]. Indications Dans le triangle HIC la droite des milieux (KJ) est parallèle à (IC) donc orthogonale à (AI). Dans le triangle HCB, la droite des milieux (IK) est parallèle à (BH). Télécharger la figure GéoPlan confond1.g2w | |||||
2. Thalès et médianeABC est un triangle, [BB’] est une médiane. M est le point du segment [BC] tel que BM = BC. Calculer AD/AB et AE/AC. Télécharger la figure GéoPlan triang_3.g2w | |||||
3. Problème de concoursSoit ABC un triangle et M un point du plan. Soit (d1) la perpendiculaire à (KJ) passant par A, Montrer que ces droites sont concourantes en O. Télécharger la figure GéoPlan tria_sym.g2w | |||||
4. Multiplication par 7 de l'aire d'un triangleDeux triangles de même aireABC est un triangle d'aire a. Sur la demi-droite [CB) on place le point P tel que BP = CB. Le triangle PAB a pour aire a. En effet les triangles ABC et PAB ont des bases de même longueur et une hauteur commune. | |||||
Triangle d'aire doubleDe même, sur la demi-droite [BA) on place le point Q tel que AQ = BA. Les triangles PAB et PAQ ont même aire a. | |||||
Triangle d'aire sept fois plus grandeP est le symétrique de C par rapport à B, Q le symétrique de B par rapport à A On obtient un triangle PQR d'aire 7 fois celle du triangle ABC. La démonstration se fait facilement en montrant que les aires des triangles PBQ, QAR et RCP sont égales à 2a. Télécharger la figure GéoPlan mul_tria.g2w Itération : Il est possible de répéter cette construction avec le triangle PQR, en traçant les symétriques des sommets, respectivement par rapport aux sommets consécutifs. | |||||
Problème général : théorème de Routh Sur la demi-droite [CB) on place le point P tel que BP = p CB, GéoPlan calcule le rapport k = Aire(PQR)/Aire(ABC). Pour p = q = r = 1, P est le symétrique de C par rapport à B, Q le symétrique de B par rapport à A
et R le symétrique de A par rapport à C. Si I, J et K sont les points d'intersection des droites (QB), (PC) et (RA) avec les côtés du triangle PQR (voir figure ci-dessous), on montrera, en première S avec des barycentres, que dans ce cas les points I, J et K sont situés au tiers des côtés de ce triangle. | |||||
4.b. Problème réciproqueRetrouver le triangle ABC à partir du triangle PQR. Sur les côtés du triangle PQR, placer les points I, J, K tels que : A, B et C sont les points d'intersection des droites (PK), (QI) et (RJ). Figure pou k = 1/3. Dans ce cas, si S = Aire(PQR), alors Aire(ABC) = S/7. On le démontre avec les aires des triangles APQ, BRQ et CRP égales à 2S/7. Télécharger la figure GeoGebra triangle 7 fois plus petit Voir : Multiplication des parallélogrammes | |||||
Jeu géométriqueProblème du triangle d'aire un septième de celle d'un triangle donné : applicton du théorème de Routh Pour k = ou k = , on a l'exercice réciproque : étant donné un triangle PRQ, construire trois points A, B et C de telle sorte que B soit le milieu de [PC], C soit le milieu de [RA] et A soit le milieu de [QB]. Solution Placer I, J et K comme dans la figure ci-contre, avec k = . Avec la propriété des proportions : Aire(PQI) = Aire(PQR). D'où QB = 6/7 QI et Aire(PQB) = 6/7 Aire(PQI). De même PA = 6/7 PK et PC = 3/7 PK = PA. Enfin RB = 3/7 RJ et B est le milieu de [PC]. En regroupant les égalités d'aires, on a : Aire(ABC) = 1/7 Aire(PQR). | |||||
5. Partage d'un triangle en quatrePartage non trivial d'un triangle ABC en quatre triangles d'aires égales, sans utiliser de milieux. Grâce à une première recherche avec GéoPlan, on trouve qu'un triangle ABM a une aire égale au quart de celle du triangle ABC lorsque le point M est sur la parallèle à (AB) qui coupe le segment [AC] au quart à partir de A. Une recherche avec GéoPlan consistera, à partir d'un point M variable sur le segment parallèle à (AB), à placer le point B’, intersection de (BM) et de la parallèle à (BC) ; C’ puis A’ aux intersections des parallèles avec (CB’) et (AC’). Déplacer le point M pour le faire coïncider avec le point A’. Les points A, A’, C’ forment alors une section d'or, le rapport est égal au nombre d'or φ = . On trouve donc la solution à partir du point C’ situé à l'intersection de la droite parallèle
à (AC) et de la droite (d) image de la parallèle à (AB) Télécharger la figure GéoPlan tri_4_partage.g2w, la figure GéoPlan tri_4_partage_2.g2w Voir : partage en deux d'un triangle partage en deux polygones d'un triangle. | |||||
6. Théorème de MénélaüsMénélaüs d'Alexandrie : mathématicien grec de la fin du Ier siècle, auteur de trois livres, dont les sphériques consacré aux triangles sur une sphère. Soit ABC un triangle et (d) une droite ne contenant aucun des sommets. On a × × = 1. Un curieux point de concours : voir produit scalaire Méthode à mettre en œuvreOn appelle A’, B’ et C’ les projetés orthogonaux de A, B et C sur (d). La propriété de Thalès dans les triangles semblables permet d'écrire : D'où par multiplication × × = × × = 1. RéciproqueSoit ABC un triangle, P un point de (BC), Q point de (CA) et R point de (AB) ; (P, Q et R distincts des sommets). Il existe trois nombres a, b et c différents de 0 et 1 Si abc = 1, les points P, Q et R sont alignés. Télécharger la figure GéoPlan menelaus.g2w | |||||
7. Médianes perpendiculaires dans un triangleDans la figure ci-contre, le triangle ABC est « orthomédian » en A et B : Construire ce triangle. Calculer la somme CA2 + CB2 des carrés des deux côtés, en fonction du carré AB2, du troisième ? Solution Si les médianes relatives à deux côtés d'un triangle sont perpendiculaires, la somme des carrés de ces côtés est égale à cinq fois le carré du troisième. | |||||
Preuve, classe de seconde Une utilisation répétée de la propriété de Pythagore dans les quatre triangles rectangles en G permet d'écrire : En ajoutant membre à membre : CA2 + CB2 = 4 (GA2 + GB2) + 4 (GI2 + GJ2) = 4 AB2 + 4 IJ2 CA2 + CB2 = 5 AB2. Preuve, classe de première Le triangle ABG, rectangle en G, est inscrit dans le cercle de diamètre [AB] de centre K. Le rayon GK est égal
à la moitié du diamètre AB. D'après le théorème de la médiane, on a : Télécharger la figure GéoPlan mon_379.g2w Problèmes de construction : construire un triangle connaissant deux sommets et le centre de gravité Construire un triangle connaissant ses médianes Symédianes et point de Lemoine : points caractéristiques du triangle | |||||
8. Construction de-ci, de-làExiste-t-il un triangle ABC tel que la hauteur issue de A, la bissectrice de l'angle BÂC et la médiane relative au côté [BC] partagent l'angle BÂC en quatre angles de même mesure ? Solution ABC est un triangle rectangle en A, l'angle droit est partagé en quatre angles de 22,5°. Un angle aigu du triangle mesure 22,5° et si O est le milieu de [BC], la médiane (AO) fait un angle de 45° avec l'hypoténuse. Indications Soit le triangle ABC une solution, O le milieu de [BC] et (c) son cercle circonscrit. Le point E, milieu de l'arc BC, est situé sur la médiatrice de [BC], la droite (OE). Les droites (OE) et (AD), perpendiculaires à (BC) sont parallèles ; elles forment avec la droite (AF) des angles FÔE et FÂD égaux. (AE) est la bissectrice de FÂD donc FÔE = 2 FÂE. Le centre du cercle circonscrit est situé sur la médiatrice de [AB] ; le diamètre [EG] : FÔE est l'angle au centre de l'angle inscrit FÂE, le point O est alors le centre du cercle circonscrit. Le triangle ABC est rectangle en A, les points D, E et F partagent le demi-cercle en quatre arcs égaux. Les points A et D sont symétriques par rapport à la droite (BC), A est le milieu de l'arc CG. Programme de construction Tracer un cercle (c) et deux diamètres [BC] et [EG] perpendiculaires. Tracer les deux bissectrices de ces diamètres qui coupent le cercle en A et F pour l'une, et en D pour l'autre ; les points A et D étant d'un même côté de la droite (EG). Le triangle rectangle ABC est une solution du problème et les trois droites remarquables (AD), (AE) et (AF) partagent l'angle BÂC en quatre angles de 22,5°. Relations métriques Soit r le rayon du cercle circonscrit. Dans le triangle rectangle isocèle AHB on a OH = AH = r. BH = BO + OH = r + r = (2 + ) et HC = OC – OH = r – r = (2 – ). Dans le triangle rectangle ABH la propriété de Pythagore permet d'écrire AB = r . Un calcul analogue dans le triangle rectangle AHC donne On trouve les lignes trigonométriques cos 22,5° = et sin 22,5° = . Généralisation : calcul des valeurs trigonométriques de l'angle moitié : soit OAH un triangle rectangle en H, d'hypoténuse [OA] de longueur 1, dont on connaît cos Ô ou sin Ô. Olympiades 2008 - Montpellier Réciproque : prouver qu'un rectangle ayant angle partagé en 4 angles de même mesure par la hauteur, la bissectrice et la médiane issues du sommet de cet angle, dans cet ordre, est obligatoirement rectangle. Télécharger la figure GéoPlan trois_bissect.g2w | |||||
9. Triangles inscrits dans un triangleFigures de Morgane le Gall pour Le Monde Science & Techno : à qui appartient le savoir, 2 mars 2013. Dans la figure ci-contre, commet construire les triangles DEF ? Conjecture Par Thalès on a l'égalité des rapports : Tous ces rapports semblent être égaux entre eux. Télécharger la figure GeoGebra triangle_inscrit.ggb ABC triangle équilatéral Télécharger la figure GeoGebra triangle_equi_inscrit.ggb Ci-dessous, le point D est placé manuellement sur [AA’], en le déplaçant de telle façon que le point F, intersection de [A’E] et [CC’], semble être sur (B’D). Peut-on trouver une construction à la règle et au compas ? Conjecture AD/AA’ = BE/BB’ = CF/CC’. Télécharger la figure GeoGebra triangle_inscrit2.ggb
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