Site Descartes et les MathématiquesSite Descartes et les MathématiquesLes problèmes du BOA : faire opérer les transformations.
SommaireDeux carrés autour de BOA1. La médiane de l'un est la hauteur de l'autre Page no 92, réalisée le 20/8/2006, modifiée le 26/11/2012 |
Trois carrés autour de BOA6. a. Figure de Vecten Quatre carrés autour d'un quadrilatère8. Quadrilatère : théorème de Von Aubel Triangles autour d'un triangle BOA | ||||
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Faire de la géométrie |
Angles |
Démonstrations géométriques de Pythagore |
Les problèmes du BOA |
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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.
Un triangle, deux carrés autour du triangle : une configuration d'une grande richesse où les 5 exercices ci-dessous conduisent à 15 sujets pouvant être traités aux trois niveaux du lycée.
BOA est un triangle quelconque tel que (
, 
) = α (αÎ] 0, π[)
On construit extérieurement à ce triangle les carrés OADC et BOEF de centres respectifs O1 et O2.
On construit aussi le parallélogramme EOCK de centre J
et le parallélogramme BOAL de centre I.
Montrer que la droite (OJ) est une hauteur du triangle BOA et que OK = AB.
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Indications La rotation de centre O et d'angle 90° transforme A en C. La composée de ces deux transformations transforme A en K, O en E.
Variante 1 : Utiliser l'invariance d'un carré dans la rotation d'angle 90°, de centre le milieu du carré. Variante 2 : démonstration avec une rotation de centre O, voir la médiane de l'un est la hauteur de l'autre |
Dualité – La médiane [OJ] du triangle COE est hauteur du triangle BOA. – La médiane [OI] du triangle BOA est hauteur du triangle COE
Commandes GéoPlan |
Classe de première S - produit scalaire
= 
+ 
; 
= - ; a = OA ; b = OB, c = AB.
. = ( - ).( + ) = . + 0 - 0 - .
= ab cos(, ) - ab cos(, ) = ab {cos(α+π/2) - cos [(π-α)+π/2]} = 0 donc (AD) est perpendiculaire à (BC).
Al-Kashi permet de calculer AB2 : c² = a² + b² - 2 ab cos α,
OK2 = ( + )2 = OC2 + OE2 + 2 ab cos(, ) et comme cos(, ) = cos(π-α) = − cos α on a AD2 = c2 et AD = BC = c.
TS - nombres complexes
L'apport des complexes est la grande simplicité des calculs et la mise en évidence directe de la rotation z’ = iz.
Prendre O comme origine, les affixes des points sont notées par les minuscules correspondantes.
c = ia, e = −ib donc k = i(a−b) ; d'où |k| = |a−b| avec |k| = OK, |a−b| = AB, soit OK = AB ; arg(k) = 
+ arg(a−b) d'où (
, ) = (2π).
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Complexes : bac S, Toulouse 1985 Construction de deux carrés OADC et OEFB à l'extérieur du triangle BOA. Montrer que les droites (BD) et (AK) sont perpendiculaires, et que BD = AK,  Indication Commande GéoPlan Étude des triangles rectangles isocèles OO1A et OO2B, voir triangles autour d'un triangle 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 AR = BA = OK et (AR), perpendiculaire à (BA), est parallèle à (OK), L'image de D par la rotation est donc K, [BD] a pour image [AK] : Remarques : Le triangle SKR, translaté du triangle BOA, est isométrique à BOA. FKD est un triangle rectangle isocèle en K : voir 3. |
Les droites (BD) et (AF) sont concourantes en M.
Montrer que la droite (OM) est orthogonale à (AB).
Indication
Le point M est situé sur (OK), hauteur de BOA qui est aussi une médiane de OCE.
En effet, M commun aux hauteurs (AF) et (BD) est l'orthocentre du triangle ABK. (KM) est la troisième hauteur perpendiculaire à (AB) issue de K.
On a vu au paragraphe 1 que les points O, J sont alignés sur une perpendiculaire à (AB) passant par K, la droite (KM).
O et M sont donc deux points de cette droite perpendiculaire à (AB) : (OM) est donc perpendiculaire à (AB).
Autre formulation avec des triangles rectangles isocèles :
BOA est un triangle quelconque, OAD et OFB sont deux triangles rectangles isocèles directs, respectivement en A et B. Le point M est l'intersection des droites (BD) et (AF). Montrer que la droite (OM) est orthogonale à (AB).
Remarque : au paragraphe 6, on montrera avec la figure des extriangles, que les triangles BOA et OCE ont même aire.
Classe de 2nde
Soit I le milieu de [AB], O1 et O2 les centres des carrés.
Le triangle IO1O2 est rectangle isocèle.
En effet, la rotation de centre O et d'angle
transforme E en B, A en C, [AE] en [BC]. Ces segments sont de longueur égale et orthogonaux.
Le quadrilatère ABEC est un pseudo-carré (quadrilatère orthodiagonal à diagonales de même longueur).
Il est de même pour [IO1] et [IO2], segments des droites des milieux des triangles BAC et ABE, respectivement parallèles aux segments précédents et de longueurs moitiés.
Télécharger la figure GéoPlan ca_boa_4.g2w
Retrouver cette configuration avec les demi-carrés OAC et OBE comme triangles rectangles isocèles autour de BOA
Étude des triangles rectangles isocèles OO1A et OO2B, voir triangles autour d'un triangle BOA
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 des parallélogrammes sont les sommets d'un carré.
Indications
Le théorème de Varignon affirme que IO1JO2 est un parallélogramme dont les côtés sont parallèles aux diagonales [AE] et [BC] du quadrilatère BACE, avec IO1 = BC/2 et IO2 = AE/2.
Nous avons montré ci-dessus que ces deux diagonales sont de longueurs égales et perpendiculaires ce qui permet d'assurer que IO1JO2 est 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 : annales ABC bac S - Nathan).
Télécharger la figure GéoPlan ca_boa_6.g2w
Construction de deux carrés OADC et OEFB à l'extérieur du triangle BOA.
Le point K complète le parallélogramme EOCK.
Montrer que le triangle DFK est rectangle isocèle.
Indication
L'homothétie de centre O de rapport 
transforme DFK en O1O2J, triangle dont les sommets sont les milieux des carrés et du parallélogramme. Ce triangle, moitié du carré de Varignon étudié ci-dessus, est un triangle isocèle rectangle.
Remarque
Le point O3, milieu de [DF] est le sommet d'un triangle rectangle isocèle d'hypoténuse [AB]. Voir 2.a.
Télécharger la figure GéoPlan ca_boa_3.g2w
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 dans les triangles du BOA - chapitre 1, que les droites (BC) et (AE) sont perpendiculaires.
On montre que les droites (OI) et (DF) le sont aussi.
Les droites (OI) et (DF) sont les bissectrices des droites (BC) et (AE) et réciproquement.
Les angles aigus formés par ces droites sont égaux à 
.
La démonstration se fait en remarquant que I est le deuxième point d'intersection des deux cercles c1 et c2 circonscrits aux carrés puis en étudiant les angles inscrits dans ces cercles : les angles OÎD et OÎF, interceptant des demi-cercles, sont égaux à et les angles aigus en Î, interceptant des quarts de cercle, sont égaux à .
O1 et O2 étant les centres des cercles c1 et c2, la droite (O1O2) est parallèle à (DF) et est perpendiculaire à (OI).
Télécharger la figure GéoPlan ca_boa_5.g2w
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) ; puis 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.
Télécharger la figure GéoPlan vecten_d.g2w
Nombres complexes : bac S national 2005
Figure de Renan : démonstration du théorème de Pythagore, par la méthode des aires
Classe de seconde
OACE et ODFD sont deux carrés de sens direct aux côtés parallèles, ayant uniquement le sommet O en commun.
Lorsque les carrés sont inégaux, les droites (AB) et (DE) se coupent en J.
Les points J, C, O et F sont alors 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.
Télécharger la figure GéoPlan homo_bac_boa.g2w
Variante : utilisation d'une similitude au bac
Retrouver cette configuration dans : carré au collège
Sommaire
Accueil Descartes et les Mathématiques
Construction de trois carrés OADC, OEFB et ABLM à l'extérieur du triangle BOA.
Figures dites du moulin à vent
Les segments [OO1] et [O2O3] sont de même longueur et orthogonaux. |
Les hauteurs du triangle O1O2O3 sont les droites (OO1), (AO2) et (BO3) ; Voir trois triangles rectangles isocèles autour de BOA |
Wikipédia : Point de Vecten
Solution par composition de similitudes
En examinant la figure ci-dessus à gauche, on voit que la similitude S(B, 
, ) transforme le triangle OBO1 en EBA
et la similitude 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 :
S(B, |
S(O,  , ) |
|||
O |
→ |
E |
→ |
O2 |
O1 |
→ |
A |
→ |
O3 |
| [OO1] | → |
[EA] | → |
[O2O3] |
La composée de ces deux similitudes est une rotation d'angle , [OO1] et [O2O3] sont de même longueur et orthogonaux.
On raisonne de même pour [AO2] et [O1O3] ; [BO3] et [O1O2].
Solution par calcul d'affixes de complexes
Les affixes des points sont notées par les minuscules correspondantes.
Le vecteur 
est directement orthogonal au vecteur donc m – a = i(b – a). O1 est le milieu de [BM] donc son affixe o1 vérifie :
2o1 = b + m = b + a + i(b – a) = b(1 + i) + a(1 – i).
De même, le vecteur 
est orthogonal au vecteur 
donc f – b = i(o – b). O2 est le milieu de [FO] donc o2 vérifie :
2o2 = o + f = o + b + i(o – b) = o(1 + i) + b(1 – i).
Et comme est orthogonal à , on a c – o = i(a – o).
O3 est le milieu de [CA], et o3 vérifie :
2o3 = a + c = a + o + i(a – o) = a(1 + i) + o(1 – i).
On a donc 2(o2 – o3) = 2oi + b(1 – i) – a(1 + i)
et 2(o – o1) = 2o – b(1 + i) – a(1 – i) = i 2(o2 – o3)
Les segments [O2O3] et [OO1] sont de même longueur et leurs supports sont orthogonaux.
Télécharger la figure GéoPlan vecten_1.g2w
Voir : plan complexe
Figure 3
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Le moulin à vent bordé de parallélogrammes
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Figure 3 : La rotation de centre A et d'angle transforme [DB] en [OM]. BD = OM et les droites (BD) et (OM) sont orthogonales.
De manière analogue la rotation de centre B et d'angle transforme [OL] en [FA]. AF = OL et les droites (AF) et (OL) sont orthogonales.
Les droites (AF) et (BD) 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 du paragraphe 5, que les droites (AE), (BC) et (FD) sont concourantes en K1 et que ces droites
avec la droite (OK1) formaient des angles aigus de .
Nous trouvons ici que K1 est situé sur la droite (OO1).
Mêmes 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).
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, la droite (OP) contient le point P2, intersection de (LQ) et (MR).
À partir d'un triangle BOA quelconque, tracer à l'extérieur trois carrés construits à partir
des trois côtés du triangle. On obtient la figure d'Euclide dite du « moulin à vent ». En joignant les extrémités libres des carrés à l'aide de pointillés, on trouve trois nouveaux triangles : les extriangles.
Comparer l'aire de chacun de ces trois triangles à celle du triangle BOA.
Solution
Chacun des trois triangles a la même aire que le triangle BOA.
Pour le montrer sur le triangle DAM par exemple, il suffit d'opérer une rotation de 90° 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.
Télécharger la figure GéoPlan mon_129.g2w
Les médiatrices des côtés des triangles extérieurs DAM, OCE, BFL, côtés non adjacents aux carrés, sont concourantes.
Télécharger la figure GéoPlan extriangle2.g2w
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Définition La symédiane en O du triangle BOA est la droite (d) telle que cette droite (d) et la médiane issue de O ont pour bissectrice la bissectrice de BÔA. Les trois symédianes d'un triangle sont concourantes. Leur point de concours est le point de Lemoine ou point symédian du triangle. Construction des symédianes avec trois carrés Trois carrés OADC, OEFB et ABMN à l'extérieur du triangle BOA. Les prolongements des quatrièmes côtés de ces carrés définissent un triangle TUV : Le triangle RPQ est le triangle de Grèbe du triangle BOA. Les droites (OP), (AQ) et (BR) sont les symédianes des triangles BOA et RPQ. Théorème de Grèbe Le point de Lemoine L, du triangle BOA, est aussi le point de Lemoine du triangle RPQ, et réciproquement.
L'homothétie, de centre L, qui transforme B en R, transforme le triangle BOA en RPQ.
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Problème de Grèbe Inscrire trois carrés dans un triangle donné PQR. Construction théorique Tracer le point de Lemoine L, du triangle PQR. Construction pratique La construction consiste à tracer trois grands carrés à l'extérieur du triangle donné, permettant de trouver le triangle de Grèbe de PQR, puis d'en déduire le triangle OBA qui a PQR comme triangle de Grèbe.
Les côtés des carrés extérieurs au triangle PQR déterminent le triangle de Grèbe P’Q’R’. Cette homothétie transforme le triangle PQR en un triangle OBA. Les trois carrés OADC, OEFB et ABMN, inscrit à l'intérieur du triangle PQR, sont donc la solution du problème de Grèbe.
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Deux des sommets de chacun des carrés servent de liaison entre les trois carrés, qui se touchent ainsi par deux coins. Chaque carré a ses deux autres sommets sur deux côtés différents du triangle donné.
Philippe Chevanne (le théorème de Grèbe) fait remarquer que les médianes du triangle intérieur ABC sont perpendiculaires aux côtés du triangle donné PQR.
Faire la construction d'une figure semblable en procédant à l'envers : pour construire les carrés à l'intérieur de PQR, tracer trois carrés à l'extérieur d'un triangle A’B’C’, aux côtés perpendiculaires aux côtés du triangle donné, semblable à ABC.
Télécharger la figure GeoGebra 3carres_ds_triangle.ggb
Construction
À partir d'un point G’ convenablement choisi , tracer trois droites perpendiculaires aux côtés de PQR.
Construire un triangle A’B’C’ tel que ces trois perpendiculaires soient les médianes du triangle A’B’C’, pour cela :
– placer un point A’, distinct de G’, sur la perpendiculaire à (QR),
– tracer le point K, symétrique de A’ par rapport à G’,
– sur les deux autres perpendiculaires, tracer le parallélogramme G’B’KC’ de diagonale [G’K].
À l'extérieur du triangle A’B’C’, construire trois carrés, puis le triangle P’Q’R’ dont les côtés contiennent les sommets externes de ces carrés.
Les droites (PP’) et (QQ’) sont concourantes en S, centre de l'homothétie qui transforme le triangle P’Q’R’ en PQR.
En déduire ABC comme image de A’B’C’ par cette homothétie et tracer les trois carrés inscrits dans PQR.
Voir, cercles de Malfatti : trois cercles tangents, inscrits dans un triangle
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Triangle tangentiel BOA est un triangle donné, RPQ son triangle de Grèbe et L le point de Lemoine
Les tangentes au cercle circonscrit, menées à partir des sommets d'un triangle, se coupent sur les symédianes de ce triangle. Ces tangentes forment le triangle tangentiel P2Q2R2.
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Lemoine Émile, mathématicien français Propriétés diverses du point de Lemoine Les distances du point de Lemoine aux trois côtés du triangle sont proportionnelles à ses côtés. Le point de Lemoine du triangle BOA, de côtés a = OA, b = OB La droite passant par le point de Lemoine et le centre du cercle circonscrit s'appelle l'axe de Brocard du triangle Le cercle ayant pour diamètre [LO] (L point de Lemoine et O centre du cercle circonscrit) s'appelle le cercle de Brocard et contient les points de Brocard du triangle.
Voir : cercles de Tücker Bibliographie : |
La figure utilisée par Euclide, pour la démonstration du théorème de Pythagore, suggère des résultats inattendus.
Le point O est sur la droite (O2O3) et [OO1] est la hauteur du triangle O1O2O3, issue de O1.
[O2A] et [O3B] sont les deux autres hauteurs.
AF et BK sont égaux et orthogonaux. Les droites (AF), (BK) et (O1O2) sont concourantes en un point P situé sur le cercle circonscrit.
De même (BD), (AK) et (O1O3) sont concourante en Q situé le cercle circonscrit.
Enfin, les triangles rectangles AOT et AEF sont semblables d'où les rapports
OT/EF = AO/ AE donc OT/a = b/(a+b) et OT = ab/(a+b).
Les triangles rectangles BOU et BCD sont semblables d'où les rapports
OU/CD = BO/ BC donc OU/b = a/(a+b) et OU = ab/(a+b).
On a donc OT = OU.
Télécharger la figure GéoPlan vecten_r.g2w
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.
Les points I1, I2 et I3 sont les milieux des côtés du triangle BOA.
Télécharger la figure GéoPlan ca_boa_7.g2w
Voir le tracé des points O1, O2, O3 avec trois triangles rectangles isocèles autour de BOA,
la démonstration avec les trois triangles rectangles isocèles I1O2O3, I2O1O3, I3O1O2.
Figure exportée dans Wikipédia : théorème de Neuberg
Sommaire
Accueil Descartes et les Mathématiques
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.
Le quadrilatère PQRS est un pseudo-carré.
Soit I, J, K et L les milieux des côtés de ABCD et 
la rotation vectorielle d'angle .
On a : 2 
= 2 – 2 
= ( + 
) – ( + ) = – + – = 
+ 
,
2 
= 2 
– 2 
= + – – = + 
.
(2 
) = (2 
) + (2 ) + (2 
)
= + ( + ) +
= 2 + () + ()
= 2 + 2 
+ 2 
= 2 
.
On a donc () = , d'où l'orthogonalité et l'égalité des longueurs de [PR] et [QS].
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Nombres complexes : bac S national 2005 |
Bibliographie : Géométrie pour le CAPES - Yves Ladegaillerie - Ellipses 2003
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Construction de quatre carrés à l'extérieur d'un parallélogramme ABCD.
Le quadrilatère PQRS formé par les centres des carrés est un carré.
Victor Thébault 1882-1960
En effet, la rotation de centre R et d'angle 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 en R.
De même, par la rotation de centre P et d'angle , le carré de côté [DA] a pour image le carré de côté [CB].
Donc, S a pour image Q ; PS = PQ et le triangle SPQ est rectangle isocèle en P.
Le quadrilatère PQRS a ses quatre angles droits et des côtés consécutifs égaux : c'est un carré.
Télécharger la figure GéoPlan pa_aubel.g2w
Les centres des carrés forment quatre triangles rectangles isocèles à l'extérieur du parallélogramme ABCD.
Théorèmes de Thébault :
Deux triangles équilatéraux autour d'un carré
le théorème de Thébault − Sawayama
Théorème de Thalès |
Les problèmes du BOA |
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