Site Descartes et les MathématiquesSite Descartes et les MathématiquesUn triangle a été effacé. Il n'en reste que trois droites (médianes, hauteurs…), retrouver le triangle à partir de ces droites remarquables !
Sommaire1. Médianes 2. Hauteurs 3. Bissectrices 4. Médiatrices |
Géométrie du triangleI. Droites remarquables (Céviennes) Droites de Simson et de Steiner (ménéliennes) Construction de triangles en cinquième, au lycée Le triangle en seconde, le triangle au collège Problèmes de construction : le triangle rectangle Un triangle a été effacé, il ne reste que certains points : le triangle, c'est le pied Page no 15, réalisée le 13/2/2002 - mise à jour le 5/11/2008 | ||
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Index |
Étant donné trois droites concourantes, construire un triangle ABC tel que ces droites en soit les médianes, les hauteurs, les bissectrices, les médiatrices.
Les triangles-solutions (non réduits à un point) seront définis à une homothétie près (le centre étant le point de concours des trois droites). Il sera possible de déterminer arbitrairement un élément du triangle, en général un sommet comme le point A.
Ci-dessous douze exercices de « résolution de triangle » assez difficiles de 14 à 77 ans. Ces casse-tête géométriques consistent à retrouver un triangle à partir de points ou de droites remarquables. Ils sont particulièrement adaptés aux classes de la quatrième à la seconde. L'utilisation des logiciels Cabri-géomètre ou GéoPlan est une aide précieuse dans la recherche des solutions.
Les exercices 1 et 2 sont les plus abordables. Ils ont été réalisés en classe de quatrième en 2001, et avec guère moins de difficultés, en seconde en 2004. Les autres font l'objet du défi.
Dans un premier temps, en collège et en seconde, nous ne sommes pas posés le problème de l'existence des solutions.
Nous avons choisi trois droites non perpendiculaires, deux à deux, pour éliminer la majorité des cas particuliers et nous avons évité les angles obtus.
Déplacer les droites pour se faire une idée sur la justification des solutions.
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Trois droites données (d1 ), (d2 ) et (d3 ) sont concourantes en un point G. Construction Placer un point A, distinct de G, sur la droite (d1). Tracer le parallélogramme GBQC de diagonale [GQ] ayant deux côtés sur (d2) et (d3) : Pour cela, la droite (d3’), parallèle à (d3) passant par Q, coupe (d2) au point B, Le triangle ABC est une solution. Preuve : I est le milieu [BC] et G, situé aux deux-tiers à partir de A de la médiane [AI] est le centre de gravité du triangle ABC. (GB) et (GC) sont les deux autres médianes.
Il est aussi possible de placer arbitrairement un point I sur (d1), puis tracer le point A1 symétrique de I par rapport à G et A symétrique de G par rapport à A1. Voir compléments leçon d'oral – Droites remarquables du triangle : bissectrices, La géométrie du triangle |
Tracer trois droites (d1 ), (d2 ) et (d3 ) concourantes au point H et non perpendiculaires deux à deux.
Construire un triangle ABC dont les droites (d1 ), (d2 ) et (d3 ) sont les hauteurs.
Choisir le côté [AB] en plaçant arbitrairement le pied I d'une des hauteurs, distinct de H, sur (d3). La perpendiculaire à (d3) passant par I coupe (d1) en A et (d2) en B.
Il revient même, quoi que un peu plus compliqué, de choisir un point A, distinct de H, sur (d1) et de trouver le côté [AB] en traçant la perpendiculaire à (d3) passant par A qui la coupe en I et coupe (d2) en B.
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a. Tracer des perpendiculaires Ayant choisi le côté [AB], il reste à tracer les deux autres côtés (AJ) et (BK) du triangle ABC, perpendiculaires à (d1) et (d2), et à trouver le sommet C. Pour cela, tracer le cercle de diamètre [AB] qui coupe (d1) en K et (d2) en J. Les droites (d1) et (d2) sont deux hauteurs du triangle ABC qui admet H comme orthocentre. (CH) est la troisième hauteur du triangle. (CH) et (d3) sont toutes deux perpendiculaires à (AB) passant par H. Elles sont donc confondues et C est bien sur la droite (d3). Le triangle ABC ayant pour hauteurs (d1), (d2) et (d3) est une solution de problème.
La géométrie du triangle |
b. Points cocycliques
Placer un point quelconque A, distinct de H, sur la droite (d1),
le cercle de diamètre [HA] coupe (d2) et (d3) en K et I.
La droite (AI) coupe (d2) en B et (AK) coupe (d3) en C.
Le triangle ABC est solution.
Justification
Les points I, K, B et C existent, car les droites données ne sont pas deux à deux perpendiculaires.
Télécharger la figure GéoPlan hauteur6.g2w
c. Symétriques de l'orthocentre
Comme pour le premier exercice, choisir le côté [AB] en plaçant arbitrairement le pied I d'une des hauteurs, distinct de H, sur (d3). La perpendiculaire à (d3) passant par I coupe (d1) en A et (d2) en B.
Les symétriques de l'orthocentre, par rapport à chacun des côtés du triangle, se trouvent sur le cercle circonscrit au triangle.
Soit H’ le symétrique de H par rapport au côté (AB).
Le cercle (c), circonscrit au triangle ABH’ recoupe (d3) en C.
Le triangle ABC convient.
Preuve
Montrons que (d2) est perpendiculaire à (AC).
Soit K le point d'intersection de (d2) et (AC).
Étudions les triangles BIH et CKH. Leurs angles en H sont égaux comme opposés par le sommet.
Par symétrie par rapport à (BA), l'angle IBH est égal à IBH’.
Les angles ABH’ et ACH’ inscrits dans le cercle (c) sont égaux, car ils interceptent le même arc AH’
Donc IBH = HCK. Les triangles BIH et CKH ont les mêmes angles. Le triangle BIK est rectangle en I, le triangle semblable CKH est rectangle en K et CKH = 90°. (d2) est une hauteur et H est l'orthocentre du triangle ABC. (AH) est la troisième hauteur.
Télécharger la figure GéoPlan hauteur7.g2w
Tracer trois droites (d1 ), (d2 ) et (d3 ) concourantes au point I et non perpendiculaires deux à deux.
Construire un triangle ABC dont les droites (d1 ), (d2 ) et (d3 ) sont les bissectrices.
a. Changement de point de vue : problème de hauteurs
Nous ramenons au problème 2 : tracer un triangle PQR dont les droites (d1 ), (d2 ) et (d3 ) sont les hauteurs.
Avec la première méthode du chapitre 2, placer un point A, distinct de I, sur la droite (d3). La perpendiculaire à (d3) passant par A coupe (d1) en P et (d2) en Q.
Pour trouver le point R, tracer le cercle de diamètre [PQ] qui coupe (d1) en B et (d2) en C, les triangles PBQ et PCQ, inscrits dans un demi-cercle, sont rectangles. (QB) et (PC) se coupent en R. (d1) et (d2) sont deux hauteurs du triangle
PQR qui admet I comme orthocentre. (AI) est la troisième hauteur du triangle PQR. (AI) et (d3) sont toutes deux perpendiculaires à (PQ) passant par I. Elles sont donc confondues et R est sur la droite (d3).
Le triangle ABC est le triangle orthique de PQR. Les hauteurs (d1), (d2) et (d3) de PQR sont les bissectrices du triangle orthique ABC. Le triangle ABC est une solution de problème.
Télécharger la figure GéoPlan bissect2.g2w
Tâche impossible
Vérifier que si deux des trois droites sont perpendiculaires, il n'est pas possible de trouver de triangle solution.
b. Centres de cercles exinscrits
Remarque :
Dans la figure ci-dessus, le point I est le centre du cercle inscrit dans le triangle ABC, P, Q et R y sont les centres des cercles exinscrits.
Les droites (PA) et (PC) sont perpendiculaires aux bissectrices (d2) et (d3).
Les points I, A, C et P sont cocycliques sur le cercle de diamètre [IP].
On en déduit une deuxième méthode de construction :
Placer un point quelconque A, distinct de I, sur (d3).
La médiatrice de [IA] coupe (d1) en O et (d2) en O’.
Le cercle de centre O, passant par A et I, recoupe (d2) en C (et (d1) en P).
On construit de même le point B, intersection de (d2) et du cercle de centre O’, passant par A et I.
Télécharger la figure GéoPlan bissect3.g2w
c. Suppression d'une contrainte : recherche du lieu du point C lorsque B varie
D'après Jean-Jacques Dahan - Plot no 101-102
À partir de deux points A sur (d1) et B sur (d2) tracer le triangle ABC ayant (d1) et (d2) comme bissectrices.
Il suffit de tracer les droites symétriques de (AB) par rapport à (d1) et (d2). C est le point d'intersection de ces deux bissectrices.
En général, le point C n'est pas sur (d3). En déplaçant le point B on peut trouver une position amenant le point C sur (d3).
Cherchons cette position en affichant la trace du point C, il semble que le lieu soit un arc de cercle passant par I.
Une analyse plus précise permet de conjecturer que l'arc est contenu dans le cercle passant par A et I, dont le centre O est situé dur (d2).
Il suffit donc de trouver le deuxième point C’ d'intersection du cercle et de (d3) et de trouver le triangle solution AB’C’ où B’ est l'intersection de (d2) et la droite symétrique de (AC’) par rapport à (d1).
Télécharger la figure GéoPlan bissect_a.g2w
d. Cercle inscrit dans le triangle ABC
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Tracer un cercle (c1) et choisir un point J sur ce cercle. La tangente en J à ce cercle coupe, par exemple, (d1) en A et (d2) en B. Les deux autres tangentes au cercle, issues respectivement de A et B, tangentes en L et K, se coupent en C. Le cercle (c1) est inscrit dans le triangle ABC. En général, le point C n'est pas sur (d3). Donc, le point C, situé à une distance fixe de I, est sur un cercle (c2) de centre I. |
Il suffit de prendre C à l'intersection de ce cercle (c2) et de (d3) pour obtenir une solution de ce problème.
La géométrie du triangle |
Tracer trois droites (d1 ), (d2 ) et (d3 ) concourantes au point O et non perpendiculaires deux à deux.
Construire un triangle ABC dont les droites (d1 ), (d2 ) et (d3 ) sont les médiatrices.
a. Changement de point de vue : problème de hauteurs
Nous ramenons au problème : construire un triangle IJK dont les droites (d1 ), (d2 ) et (d3 ) sont les hauteurs.
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Les médiatrices d'un triangle ABC sont les hauteurs du triangle médian IJK. Cette propriété permet ici de trouver une démonstration au niveau 4e. À partir d'un point I arbitraire sur (d1), tracer comme dans l'exercice 2, le triangle IJK, ayant pour hauteurs les droites (d1), (d2) et (d3). En étudiant les parallélogrammes AKIJ et KBIJ on montre que AK = IJ et IJ = BK, donc que K est le milieu de [AB], (d3) perpendiculaires à [IJ] l'est aussi à [AB] ; c'est la médiatrice de [AB]. La deuxième propriété des milieux permet de dire que I et J sont les milieux de [BC] et de [AC] : on en déduit que les hauteurs de IJK sont les médiatrices de ABC.
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b. Suppression d'une contrainte : recherche lorsque le point A varie sur un cercle de centre O
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À partir de la classe de troisième. En s'affranchissant de la contrainte pour (d1), sur un cercle fixe (c) de centre O, placer au hasard un point A puis tracer les points B et C symétriques de A par rapport respectivement à (d3) et (d2). Le triangle ABC est inscrit dans (c) et a pour médiatrices (d2) et (d3). Soit I le milieu I de [BC]. La médiatrice (OI) de [BC] coupe le cercle (c) en un point M, situé sur la demi-droite [OI). En général cette médiatrice est distincte de la droite (d1) qui coupe le cercle (c) en P et Q. En déplaçant le point A, on s'aperçoit que la longueur BC est constante. Soit I le milieu I de [BC]. Comme BC est constant, IB l'est également. On appelle J et K les points où la droite (d1) coupe le cercle (c’). Cette figure nous donne plusieurs axes pour une recherche, que nous ne justifierons pas : Déplacer A pour que M soit sur (d1) et observer la figure. Nous obtenons deux triangles-solutions en faisant tourner A et le triangle ABC pour que M soit en P ou soit en Q. |
Recherche
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M en P  Report d'angle Une construction en reportant l'angle des droites (d2, d3) de part et d'autre de (d1) : La longueur MB est constante et égal à RS, où R et S sont les intersections des médiatrices (d2) et (d3) avec le cercle (c). Avec le compas, reporter la longueur RS en P : le cercle de centre P et de rayon RS coupe le cercle (c) en B et C. Justification (composition de transformations) : La rotation r de centre O, d'angle α qui transforme R en S, transforme C en P et P en B. Les points B et C sont symétriques par rapport à (d1). Pied d'une médiatrice Une autre construction en traçant la tangente en J à (c’). Cette tangente coupe le cercle (c) en B et C. Justification : l'angle au centre (OC, OB) est le double de l'angle inscrit (AC, AB) égal à α. |
M en Q  Report d'angle Le cercle de centre Q et de rayon RS coupe le cercle (c) en B et C. Pied d'une médiatrice Une dernière construction en traçant la tangente en K à (c’). Cette tangente coupe le cercle (c) en B et C. Commandes GéoPlan Déplacer le point A,
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c. Recherche avec GéoPlan (d'après Henri Bareil - Plot no 106 septembre 2003)
Si nous essayons de déterminer A, B étant son symétrique par rapport à (d1) et C le symétrique de B par rapport à
(d2), je devrais retrouver A en symétrisant par rapport à (d3), donc au terme de trois symétries successives d'axes concourants en O.
Un enseignant sait que la composée de trois symétries est une symétrie. O étant un point fixe, l'axe (d) passe aussi par O.
Dès lors, il faut et il suffit que le point A soit pris sur d.
À une homothétie de centre O près, si une solution il y a, elle est unique.
À partir d'un point A libre dans le plan traçons les symétriques B et C.
Soit a le symétrique de C par rapport à (d3). Si a = A on a une solution, en général ce n'est pas le cas et soit I le milieu [aA] et (d) = (OI) la médiatrice de [aA].
Le point I ou tout point de (d) permet de trouver une solution.
Télécharger la figure GéoPlan mediat_c.g2w
d. Méthode avec une translation (d'après Henri Bareil)
À partir d'un point I, tracer les perpendiculaires
à (d1) et (d2), J étant un point d'une des perpendiculaires, la perpendiculaire à (d3) passant par J coupe la deuxième perpendiculaire en K.
Le triangle IJK a ses médiatrices parallèles à (d1), (d2) et (d3). Soit O’ leur point de concours.
Il suffit alors de la translation amenant O’ sur O pour obtenir un triangle ABC solution.
Télécharger la figure GéoPlan mediat_d.g2w
Tougne Pierre - Promenade à travers le triangle - Pour la Science - décembre 1984
Lalesco Trajan - La géométrie du triangle - Jacques Gabay - 2003
Henri Bareil, un visionnaire de l'enseignement des mathématiques - Supplément au Bulletin vert de l'APMEP no 485 - 2010
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