René DescartesDescartes et les Mathématiques

Géométrie du triangle III - Cercles remarquables

Cercle et droite et d'Euler, théorème de Feuerbach, cercle et point d'Apollonius.

Sommaire

III. Cercles

1. Droite d'Euler
2. Cercle d'Euler
3. Théorème de Feuerbach
    Le cercle d'Euler est tangent aux cercles inscrit et exinscrits
    Points et triangle de Feuerbach
4. Milieux des segments joignant les centres des cercles inscrit et exinscrits
4. Cercle et point d'Apollonius
5. Cercles de Tücker
    Cercles de Lemoine

Autres cercles remarquables du triangle

Cercle circonscrit
Cercles exinscrits
Cercle inscrit

Cercle pédal
Cercle podaire

Cercle de Miquel
Cercle de Taylor
Cercles de Torricelli

Cercle de Thalès du triangle rectangle : le demi-cercle dont le diamètre est l'hypoténuse.

Géométrie du triangle

I. Droites remarquables
II. Points caractéristiques

IV. Lieux géométriques
V. Relations métriques

Faire de la
géométrie dynamique

Seconde
triangles

Collège
triangles

Le triangle
équilatéral

Le triangle
rectangle

Théorème de la médiane

De jolies « babioles » des mathématiques de grand-papa, qui font le bonheur des amateurs de la géométrie du triangle.
Pour GéoPlan ce ne sont que des calculs, assez complexes, que l'on pourra bientôt écrire de façon automatique.
Bien que naguère négligée, la géométrie du triangle permet aux mathématiciens professionnels de faire le trait d'union entre le discret et le continu.

Ces géométries riches, enseignées en terminale jusqu'en 1960, ont été sacrifiée au profit de l'algèbre linéaire et des mathématiques discrètes, bien moins « s e x  y ».
Mais quoi de plus formateur que de s'approprier une figure géométrique et quelle joie lorsque l'on a fini de sécher sur un problème !

Inspiré de : quelques réflexions sur la géométrie et son enseignement – Daniel Perrin - Bulletin APMEP no 480 janvier-février 2009,
Pourquoi la géométrie – Jean-Pierre Kahane – Bulletin APMEP no 493 mars-avril 2011.
Voir aussi : quels contenus pour l'enseignement

III. Droite et cercle d'Euler

1. Droite d'Euler

de : Eulersche Gerade

geometrie du triangle - droite d'Euler

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1.a. Exemple de vrai problème posé par Daniel Perrin :

O est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC, H est l'orthocentre du triangle et G le centre de gravité.
A3 est diamétralement opposé à A.

Montrer ce l'on voit sur la figure.

Exemple de formulation, style problème de bac
Exercice trop simple, trop saucissonné. À chaque question, une seule chose à vérifier. Les élèves ne peuvent que donner la bonne réponse, avec les canons de rédaction attendus :

  • (BH) est perpendiculaire à (AC) et (CH) à (AB).
  • Montrer que le triangle AA3C est rectangle en C. En déduire que (A3C) est parallèle à (BH).
  • Montrer que le quadrilatère BHCA3 est un parallélogramme.
  • Montrer le point d’intersection A’ de (BC) et (HA3) est le milieu de [BC] et de [HA3].
  • Montrer que G est sur (AA’), au tiers de [AA’] à partir de A’ et en déduire que G est aussi le centre de gravité de AHA3.
  • Montrer que G est sur (HO), au tiers de [HO] à partir de O.

Avec un tel texte, l'élève devient une sorte d'OS de la géométrie qui n'a plus que des tâches parcellaires à accomplir, sans avoir le contrôle de la stratégie globale.

1.b. Relation d'Euler dans un triangle

Dans un triangle équilatéral, le centre du cercle circonscrit, le centre de gravité et l'orthocentre sont confondus.
Sinon, soit ABC un triangle non équilatéral, O le centre du cercle circonscrit, G le centre de gravité et H l'orthocentre.

Pour démontrer l'égalité vectorielle vect(OH) = vect(OA) + vect(OB) + vect(OC) (relation d'Euler), faire un changement de point de vue en transformant l'exercice en « caractériser le point M tel que vect(OM) = vect(OA) + vect(OB) + vect(OC) ».

geometrie du triangle - droite d'Euler

Caractérisation vectorielle de l'orthocentre

Soit M le point tel que : vect(OM) = vect(OA) + vect(OB) + vect(OC),
d'où vect(OM)vect(OA) = vect(OB) + vect(OC).

Une relation de Chasles permet d'écrire : vect(AM) = vect(OB) + vect(OC)
et si A’ est le milieu de [BC], le théorème de la médiane donne vect(OB) + vect(OC) = 2vect(OA'),
d'où vect(AM) = 2 vect(OA').

Le vecteur vect(AM) est colinéaire à vect(OA'). C'est un vecteur directeur de la médiatrice de [BC].
On en déduit que (AM), parallèle à (OA’), est perpendiculaire à (BC) ; c'est la hauteur (AA1) du triangle.
On montre, de même, que (BM) est aussi la deuxième hauteur (BB1) et on conclut que le point M, intersection de deux hauteurs, est l'orthocentre H du triangle ABC.

En remplaçant M par H on obtient la relation vectorielle vect(AH) = 2 vect(OA')
et la relation d'Euler vect(OH) = vect(OA) + vect(OB) + vect(OC).

Quel est le nom de la droite qui joint le centre du cercle circonscrit, le centre de gravité et l'orthocentre d'un triangle ?

La définition vectorielle du centre de gravité permet d'écrire 3vect(OG) = vect(OA) + vect(OB) + vect(OC) donc vect(OH) = 3 vect(OG).
Les points O, G et H sont alignés sur une droite dite droite d'Euler (1707-1783) et GH = 2 GO (relation d'Euler : G est au tiers de [OH]).

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Voir : relations d'Euler

1.c. Symétriques de l'orthocentre

Nous venons de démontrer que vect(AH) = 2 vect(OA').
Soit A3 est le symétrique de A par rapport à O, dans le triangle AHA3.
La droite (OA’), passant par le milieu O du diamètre [AA3] et parallèle au côté (AH), est une droite des milieux de ce triangle.
A’ est le milieu de [HA3] et A3 est le symétrique de H par rapport à A’.

Les symétriques de l'orthocentre par rapport aux milieux des côtés du triangle sont situés sur le cercle circonscrit au triangle.

[AA3] est un diamètre. Le triangle AH1A3, inscrit dans un demi-cercle, est rectangle. La droite (BC), perpendiculaire à (AH1) est parallèle à (H1A3) et passe par le milieu A’ de [HA3].
Dans le triangle HH1A3, (A1A’) est la droite des milieux, A1 est milieu de [HH1].
(HH1) étant perpendiculaire à (BC), H1 est le symétrique de H par rapport à (BC).

Les symétriques de l'orthocentre par rapport aux côtés du triangle sont situés sur le cercle circonscrit au triangle.

1.d. Droite d'Euler et triangle médian

geometrie du triangle - droite d'Euler et triangle median Autre démonstration en géométrie synthétique avec l'homothétie et les configurations fondamentales, sans utiliser les vecteurs.

Soit PQR le triangle ayant ABC comme triangle médian.
P, Q et R sont les points d'intersection des parallèles aux côtés du triangle ABC passant par les sommets A, B et C.

La hauteur (AA1), perpendiculaire à (BC), est perpendiculaire à la parallèle (QR), en A milieu de [QR]. La hauteur issue de A est donc la médiatrice de [QR].

Les hauteurs du triangle ABC sont donc les médiatrices de PQR
L'orthocentre H de ABC est le centre du cercle circonscrit à PQR.

(PA) médiane de PQR est une diagonale du parallélogramme ABPC. A’ milieu de [BC] est donc aussi le milieu de [PA] : les médianes (AA’) et (PA) sont confondues.
Les médianes de ABC et de PQR sont confondues.
G est le centre de gravité des triangles ABC et PQR.

L'homothétie H(G, –2) transforme le triangle ABC en PQR.
Dans cette homothétie, les images des médiatrices de ABC sont les médiatrices de PQR, hauteurs de ABC. Le point O, centre du cercle circonscrit à ABC, a pour image le H, point d'intersection des médiatrices de PQR, orthocentre de ABC.
Les points O, G et H sont alignés, sur la droite d'Euler, et GH = 2 GO (relation d'Euler).

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La droite d'Euler est la droite de Pascal de l'hexagramme A’A1B’B1C’C1 inscrit dans le cercle d'Euler
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WikiPédia Wikipédia : Triangle - Relation d'Euler

2. Cercle des neuf points d'Euler

geometrie du triangle - cercle des neuf points d'Euler

Le cercle d'Euler (1707-1783) passe par les neuf points suivants :
    – les milieux des côtés du triangle,
    – les pieds des hauteurs,
    – les milieux des segments [AH], [BH] et [CH] où H est l'orthocentre du triangle ABC.

Comme son nom ne le l'indique pas, le cercle d'Euler a été découvert en 1808 par Serge Brianchon (Paris, 1783-1864). On dit aussi cercle de Feuerbach ou cercle de Terquem.

(OH) est la droite d'Euler. Le centre de gravité G est au tiers de [OH] à partir de O. Le centre J du cercle d'Euler est le milieu de [OH].

Le cercle des neuf points d'Euler est l'homothétique du cercle circonscrit au triangle dans les homothéties de centre G et de rapport – 1/2 et de centre H et de rapport 1/2.

L'homothétie de centre G permet de mettre en place la droite et le cercle d'Euler.

L'homothétie de centre H permet de trouver les neuf points du cercle d'Euler comme points correspondants du cercle circonscrit.

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Indications

Nous avons vu au paragraphe précédent que l'homothétie de centre G et de rapport – 1/2 transforme A en A’, B en B’ et C en C’.

Appelons cercle d'Euler le cercle circonscrit au triangle A’B’C’, homothétique du cercle circonscrit au triangle dans cette homothétie.

Reprenons les démonstrations sur les symétriques de l'orthocentre, étudiées ci-dessus :

A’ est l'image A par l'homothétie de centre G et de rapport – 1/2, nous avons donc vect(OA') = − 1/2 vect(HA).
Si A3 est le symétrique de A par rapport à O, dans le triangle AHA3, (OA’) passant par le milieu O du diamètre [AA3] et parallèle au côté (AH) est une droite des milieux du triangle. A’ est le milieu de [HA3] : A3 est le symétrique de H par rapport à A’.

Les symétriques de l'orthocentre par rapport aux milieux des côtés du triangle sont situés sur le cercle circonscrit au triangle.

L'homothétie de centre H et de rapport 1/2, transforme A3 en A’, de même B’ et C’ sont les images des symétriques de l'orthocentre par rapport à ces milieux. Le cercle d'Euler circonscrit au triangle A’B’C’ est l'image du cercle circonscrit à ABC, par l'homothétie de centre H et de rapport 1/2.

On note H1, le deuxième point d'intersection de la hauteur (AA1) avec le cercle circonscrit. [AA3] en étant un diamètre, le triangle AH1A3 est inscrit dans un demi-cercle ; il est rectangle. Les droites (BC) et (H1A3), perpendiculaires à la Hauteur (AH1) sont parallèles. Comme (A1A’) passe par le milieu A’ de [HA3], c'est une droite des milieux du triangle HH1A3, donc, A1 est milieu de [HH1].
(HH1) étant perpendiculaire à (BC), H1 est le symétrique de H par rapport à (BC).

Les symétriques de l'orthocentre par rapport aux côtés du triangle sont situés sur le cercle circonscrit au triangle.

A1 est le milieu de [HH1], c'est donc l'image de H1 par l'homothétie de centre H. Comme H1 est situé sur le cercle circonscrit, A1 est sur le cercle d'Euler. Les pieds des hauteurs sont situés sur le cercle d'Euler.

L'homothétie de centre H transforme les sommets du triangle en les milieux des segments [AH], [BH] et [CH] qui sont trois derniers points situés sur le cercle d'Euler.

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GeoGebra Ellipse d'Euler - figures classiques

3. Théorème de Feuerbach

Théorème : dans un triangle, le cercle d'Euler est tangent au cercle inscrit et aux trois cercles exinscrits.

Comme son nom l'indique, ce théorème a été découvert en 1822 par Feuerbach (1800-1834), puis démontré par M'Clelland en 1891 et Lachlan en 1893.

Les quatre points de contact entre le cercle d'Euler et le cercle inscrit et les trois cercles exinscrits s'appellent les points de Feuerbach.

(F0 est le point X(11) dans ETC)

Les trois points F1, F2 et F3 de tangence des cercles exinscrits forment le triangle de Feuerbach du triangle donné.

Le centre I du cercle inscrit dans le triangle ABC est l'orthocentre du triangle I1I2I3 (acutangle : dont les trois angles sont aigus) formé par les points d'intersection des trois bissectrices extérieures. Ce triangle I1I2I3, formé par les centres des trois cercles exinscrits, s'appelle le triangle de Bevan du triangle ABC.

geometrie du triangle - point de Feuerbach

Le point de Feuerbach F0, point de contact du cercle d'Euler et du cercle inscrit, est situé sur la droite des centres (IJ) ; I et J centres des cercles inscrit et d'Euler.

Preuve : la tangente commune aux deux cercles en F0 est perpendiculaire aux rayons IF0 et JF0.

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Théorème de Feuerbach

Le cercle d'Euler est tangent au cercle inscrit et aux trois cercles exinscrits.

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Bissectrices

GeoGebra Page dynamique avec GeoGebra : cercles inscrit et exinscrits d'un triangle rectangle
    figures classiques

    Télécharger la figure GeoGebra cercles_inscrit_exinscrit.ggb

4. Milieux des segments joignant les centres des cercles inscrit et exinscrits

APM D'après Michel Fréchet – Problème d'antan 4
Bulletin APMEP no 481, mars-avril 2009 

Le milieu d'un segment joignant le centre du cercle inscrit et le centre d'un cercle exinscrit est situé sur le cercle circonscrit.

Les milieux des segments joignant les centres des cercles inscrit et exinscrits sont sur le cercle circonscrit.

geometrie du triangle - milieux des segments joignant les centres des cercles inscrit et exinscrits

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Dans un triangle ABC, tracer les bissectrices intérieures et extérieures. Leurs points d'intersection sont les centres I, I1, I2, I3 des cercles inscrit et exinscrits, tangents aux trois côtés du triangle.

On note O1 le milieu de [II1], situé sur la bissectrice intérieure (AI), et les angles BAC = 2a, ABC = 2b et BCA = 2c.

I, centre du cercle inscrit, est à l'intersection des bissectrices intérieures (BI) et (CI).
I1, centre d'un cercle exinscrit, est à l'intersection des bissectrices extérieures (BI1) et (CI1).
Les bissectrices intérieures et extérieures sont perpendiculaires, d'où les angles IBI1 et ICI1 sont droits. Le quadrilatère BICI1 est inscriptible dans le cercle de diamètre [II1] de centre O1 passant par B et C.

Dans ce cercle, le double de l'angle inscrit II1C est égal à l'angle au centre IO1C, angle égal à AO1C.
Le supplémentaire de la somme des angles aigus de IAC est l'angle I1IC = a + c.
Dans le triangle rectangle I1IC, l'angle II1C est le complémentaire de I1IC, d'où II1C = pi/2 – (a + c).

AO1C = IO1C = 2 II1C = 2 { pi/2 – (a + c)} = 2b car la somme 2(a + b + c) des angles du triangle ABC est égal à π. On a donc AO1C = ABC, le point O1 est situé sur le cercle circonscrit.

Le milieu d'un segment joignant les centres de deux cercles exinscrits est situé sur le cercle circonscrit.

On note O6 le milieu de [I1I2], situé sur la bissectrice extérieure passant par C. Les points C, I1, I2 et O2 sont alignés sur cette bissectrice.

Comme précédemment, les angles I1AI2 et I1BI2 des bissectrices sont droits. Le quadrilatère I1BAI2 est inscriptible dans le cercle de diamètre [I1I2] de centre O6 passant par A et B.

Dans ce cercle, en considérant l'angle inscrit AI1I2 et son angle au centre AO6I2, on a AO6C = 2 AI1I2 = 2 {pi/2 – (a + c)} = 2b. On a donc AO6C = ABC, le point O6 est situé sur le cercle circonscrit.

5. Cercle et point d'Apollonius

geometrie du triangle - cercle et point d'Apollonius

Dans un triangle, les droites joignant respectivement les sommets aux trois points de contact du cercle d'Apollonius, tangent intérieurement aux cercles exinscrits, sont concourantes.
Le point de concours est le point d'Apollonius
(point X(181) dans ETC).

Construction

Dans un triangle ABC, tracer les bissectrices intérieures et extérieures. Leurs points d'intersection extérieurs au triangle, situés à égale distance des trois côtés du triangle, sont les centres I1, I2, I3 des cercles exinscrits (c1), (c2), (c3), tangents aux trois côtés du triangle.

La construction des cercles tangents à trois cercles, du problème d'Apollonius, permet de construire le cercle d'Apollonius (c) :

Soit S1, S2 et S3 les centres des homothéties positives échangeant les trois cercles : S1 est l'intersection de (BC) et (I2I3), S2 intersection de (AC) et (I1I3) et S3 intersection de (AB) et (I1I2).

Étant donné un point M variable sur le cercle (c3) construisons les points P intersection bien choisie de (c1) avec (S2M) et Q intersection de (c2) avec (S1M).

Le cercle circonscrit au triangle MPQ recoupe (c3) en N. La droite (MN) est l'axe radical de MPQ et de (c3). Elle coupe la ligne (S1S2) des centres d'homothétie en H.
Le point H est indépendant du point M ; la puissance du point H par rapport à (c3) est aussi celle par rapport au cercle cherché (c).
La tangente commune à (c) et (c3) passe par H.

Il suffit de trouver les points de tangence T et T’, intersection de (c3) avec le cercle de diamètre [I3H].

En traçant le point U intersection de (c1) avec (S2T) et le point S intersection de (c2) avec (S1T), on trouve le cercle (c) circonscrit à TUS.

De même, on trace U’ intersection de (c1) avec (S2T’), et S’ intersection de (c2) avec (S1T’).
T’, U’ et S’ sont les points de Feuerbach du triangle. T’U’S’ est le triangle de Feuerbach du triangle ABC.
Le cercle (c’) circonscrit à T’U’S’ n'est autre que le cercle d'Euler tangent aux trois cercles exinscrits. Ce résultat constitue le théorème de Feuerbach.

Les droites (AS), (BU) et (CT) sont concourantes au point d'Apollonius F.

Soit O le centre du cercle circonscrit au triangle ABC, I le centre du cercle inscrit dans ABC, Ω’ le centre du cercle (c’) d'Euler et Ω le centre du cercle (c).
Les droites (OI) et (ΩΩ’) sont parallèles et perpendiculaires à la ligne des centres d'homothétie (S1S2). Les points O, I et F sont alignés.

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À ne pas confondre avec le faisceau des cercles d'Apollonius d'un triangle

WikiPédia
Wikipédia : Problème des contacts
Wikipédia mobile

6. Cercles de Tücker

Définition 1 : homothétie

geometrie du triangle - cercle de Tucker

Dans une homothétie de centre L, le point de Lemoine, de rapport k (k ≠ 1 et k ≠ 0), le triangle ABC a pour image A’B’C’.
Les côtés du triangle A’B’C’ rencontrent ceux du triangle ABC en six points.
Ces points cocycliques sont situés sur un cercle (T) dit de Tücker du triangle ABC.

Propriétés

Les milieux U, V, W des segments [MN], [PQ], [RS] sont situés sur les symédianes et forment un triangle UVW homothétique de ABC dans une homothétie de centre L.

Les droites (MN), (PQ) et (RS) sont antiparallèles aux côtés du triangle et les segments qu'elles déterminent sont de même longueur.

Le centre Ω du cercle (T) est le milieu du segment [OO2] formé par les centres des cercles circonscrits aux triangles ABC et A’B’C’.

Indications

Les milieux U, V, W des segments [MN], [PQ], [RS] sont situés sur les symédianes, les segments sont antiparallèles aux côtés opposés.
Voir : milieu d'une antiparallèle

Les droites (MN, CB) sont antiparallèles aux droites (AB, CA) :
(AB, MN) = (CB, CA).
Les droites (SR, CA) sont aussi antiparallèles aux droites (BC, BA) :
(BA, SR) = (CA, CB).
On en déduit que (BA, SR) = − (AB, MN).
Comme (AB) //(NR) on a : (BA, SR) = − (NR, MN).
Avec les points de l'hexagone MNPQRS on a (SM, SR) = (NM, NR).
Les points S, M, N, R n'étant pas alignés, cette égalité d'angles montre qu'ils sont cocycliques, situés sur un cercle (T).

Indications

De (BC)//(PS) et (MN) antiparallèle à (BC) on en déduit que (PS) est antiparallèle à (MN) par rapport à (MS) et (PN). (PS, PN) = (MS, MN).
P, S, M, N sont cocycliques, P appartient au cercle circonscrit à S, M, N : le cercle (T). On montre de même que (T) contient le point Q.

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Démonstrations : Sortais Yvonne et René
La géométrie du triangle – Hermann 1997

Définition 2 : construction d'une antiparallèle

ABC est un triangle de cercle circonscrit (Γ) de centre O.

À partir d'un point M de (AB) distinct de A, mener la droite antiparallèle de (BC) par rapport à (AB, AC). C'est la parallèle à la tangente en A à (Γ), donc perpendiculaire à (AO). Elle coupe (AC) en N. La parallèle à (AB) passant par N coupe (BC) en R. Le cercle circonscrit au triangle MNR recoupe les côtés du triangle ABC en P, Q et S.

Nous obtenons une configuration de six points, situés sur un cercle de Tücker.

geometrie du triangle - cercle de Tucker et antiparallele

Propriétés

Les droites parallèles (AB) et (NR) coupent le cercle suivant deux cordes égales, d'où MN = SR.

(RS) antiparallèle à (AC) par rapport à (BA, BC) :

(RS, BA) = (RS, RN) car (BA)//(RN)
(RS, RN) = (MS, MN) = (AB, MN), angles inscrits de droites
(AB, MN) = (BC, AC) car les droites (MN), (BC) sont antiparallèles aux droites (AB), (AC).

On a donc (RS, BA) = (BC, AC) : les droites (RS), (AC) sont antiparallèles aux droites (BA), (BC).

(MQ) parallèle à (AC) :

(MQ, AC) = (MQ, MN) + (MN, AC)
(MQ, MN) = (RQ, RN) = (RQ, AB), angles inscrits de droites
(MN, AC) = (AB, BC) car les droites (MN), (BC) sont antiparallèles aux droites (AB), (AC)
(MQ, AC) = (RQ, AB) + (AB, BC) = (RQ, BC) = 0.

(MQ) // (AC). Ces parallèles coupent le cercle suivant deux cordes égales, d'où MN = PQ et MN = PQ = SR.

De l'égalité PQ = SR il résulte le parallélisme de (BC) et (SP).

Un calcul d'angles analogue au premier calcul permet de déduire que (PQ) est antiparallèle à (AC) par rapport à (BA, BC).

Conclusions

Les six points jouent des rôles analogues. Par chaque point on mène deux droites : l'une parallèle à la tangente à (Γ) en l'un des sommets du côté qui le porte, et l'autre parallèle à l'autre côté issu de ce sommet.

Par tout point d'un côté distinct des sommets passe deux cercles de Tücker obtenus en considérant les deux tangentes à (Γ) aux deux sommets des côtés qui le porte.

Quadrature no 63 Janvier-Mars 2007

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Triangle tangentiel à UVW

geometrie du triangle - triangle tangentiel

Les points U1, U2 et U3, intersections des droites (PQ), (RS) et (MN), sont situés sur les symédianes. Le triangle U1U2U3 est le triangle tangentiel de UVW, il est homothétique du triangle tangentiel T1T2T3 de ABC, dans une homothétie de centre L.

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Voir : Symédianes

Autre construction du cercle à partir de M et N

À partir d'un point M de (AB) distinct de A, mener la parallèle à la tangente en A à (Γ). Elle coupe (AC) en N.
Construire les points U2 et U3, intersection de (MN) avec les symédianes (CL) et (BL). Tracer les droites (RS) et (PQ) parallèles aux tangentes à (Γ) en B et C et trouver les quatre autres points du cercle.

Définition 3 : construction de trois antiparallèles de longueur égale

Les droites (MN), (PQ) et (RS) sont antiparallèles aux côtés du triangle et les segments qu'elles déterminent sont de même longueur.

Cette propriété peut être prise comme définition en déterminant trois segments [MN], [PQ], [RS] de longueur égale et parallèles aux tangentes en A, B, C au cercle circonscrit.

geometrie du triangle - trois antiparalleles de meme longueur

Construction

À partir d'un point M de (AB) distinct de A, mener la parallèle à la tangente en A à (Γ), donc perpendiculaire à (AO). Elle coupe (AC) en N. Reporter la longueur MN sur la tangente en B à (Γ) en R1 et R2, sur la tangente en C en Q1 et Q2. La parallèle à (AB) passant par R1 coupe (BC) en R, la parallèle à (BC) passant par R2 coupe (AB) en S. La parallèle à (AC) passant par Q1 coupe (BC) en Q et la parallèle à (BC) passant par Q2 coupe (AC) en P.

Nous obtenons une configuration de six points, ces points sont cocycliques et situés sur un cercle de Tücker.

Justification

La parallèle à (AB) passant par N coupe la tangente en B à (Γ) en R1 et (BC) en R. Par parallélisme, le cercle circonscrit au triangle MNR recoupe les côtés du triangle ABC en P, Q et S. Comme on l'a vu dans la définition 2, c'est un cercle de Tücker.

[MN] étant construit, il peut être délicat de choisir, à partir de B, la direction vers R1 ou R2 pour placer R.
Ce n'est pas un problème pour GéoPlan.

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Milieux des cordes, construction à partir d'un centre donné

Les milieux forment un triangle UVW se déduisant de ABC dans une homothétie de centre L de rapport t avec |t| = LU/LA. Dans cette homothétie, le point O a pour image Ω avec LΩ/LO = |t|. Ce point Ω est le centre du cercle circonscrit à UVW. La droite (UΩ) parallèle à (OA) est perpendiculaire à (MN), c'est la médiatrice de [MN]. De même, la droite (VΩ) est la médiatrice de [PQ]. Le point Ω est bien le centre du cercle de Tücker (T).

geometrie du triangle - construction des milieux  des cordes a partir d'un centre

Un cercle de Tücker est caractérisé par son centre Ω situé sur (OL), distinct de O et de L.

Construction

La parallèle à (OA) passant par Ω coupe (LA) en U.

M et N sont situés sur la perpendiculaire en U à (OA) et on complète R par parallélisme pour tracer le cercle circonscrit à MNR.

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Deux cercles de Tücker

geometrie du triangle - deux cercles de Tucker

|t| = LU/LA.

En prolongeant les côtés du triangle U’V’W’ jusqu'à ceux du triangle ABC, nous obtenons un deuxième cercle de Tücker passant par M’N’P’Q’R’S’.

En prenant les milieux des cordes [M’N’], [P’Q’], [R’S’], le triangle U’V’W’ est homothétique du triangle ABC dans une homothétie de centre L de rapport t’ :
|t’| = LU’/LA = |(t+1)/2| (en effet, le point U’ est le milieu de [UA]).

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Autres propriétés de la figure

PR = QS, MP = NQ, NS = MR.

Les triangles NQS et MPR sont directement semblables à ABC.

WikiPédia Wikipédia : cercles de Tücker

Cercles de Lemoine

Deux cas particuliers de cercles de Tücker :

Premier cercle de Lemoine

geometrie du triangle - premier cercle de Lemoine

Les parallèles aux côtés d'un triangle menées par le point de Lemoine coupent les côtés en six points, cocycliques.
Le centre O’ est le milieu de [OL] où O est le centre du cercle circonscrit.
Les droites (RQ), (ST) et (PU) sont antiparallèles aux côtés d'un triangle. Les segments sont de même longueur et leurs milieux A’, B’ et C’ situés sur les symédianes forment un triangle A’B’C’ homothétique du triangle ABC dans une homothétie de centre L.
L'hexagone PQRSTU est dit hexagone de Lemoine.

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Deuxième cercle de Lemoine

geometrie du triangle - deuxieme cercle de Lemoine

Les antiparallèles aux côtés d'un triangle ABC, menées par le point de Lemoine L, coupent les côtés du triangle en six points cocycliques.
Ces points sont situés sur le deuxième cercle de Lemoine centré en L.

Les points d'intersection A’, B’, C’ des droites (RQ), (ST) et (PU) sont situés sur les symédianes.

Ils forment un triangle A’B’C’ symétrique du triangle ABC dans une symétrie de centre L.

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Autre cercle de Tücker : cercle de Taylor

WikiPédia Wikipédia : cercles de Lemoine

Lemoine Émile, mathématicien français spécialiste de la géométrie du triangle, 1840-1912
Tücker Robert 1832-1905

 

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