Un bel exercice sur les lieux géométriques

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1 Un bel exercice sur les lieux géométriques aniel PRRN 1 Présentation 1.1 L exercice Un point varie sur le cercle circonscrit à un triangle. La droite () coupe () en. Quel est le lieu du centre du cercle circonscrit au triangle? Figure 1 L exercice et le lieu fourni par abri ans tout ce qui suit, on appelle le cercle circonscrit à et Γ le cercle circonscrit à. 1

2 1.2 Les objectifs et exercice présente plusieurs objectifs pédagogiques intéressants, notamment pour les futurs professeurs Montrer l efficacité des logiciels de géométrie pour conjecturer Pour les problèmes de lieux, les logiciels de géométrie offrent une aide considérable. ci, l expérience avec abri 1 montre immédiatement que le lieu est une droite passant par Élaborer une stratégie La stratégie que nous utiliserons est de montrer que l angle 2 α = Î est constant. l y en a sans doute d autres Montrer la multitude de possibilités tactiques Pour mettre en œuvre la stratégie, il faut une idée, qui va se traduire par un geste géométrique (une construction supplémentaire le plus souvent). est l un des charmes de la géométrie de nous obliger à faire travailler nos cellules grises. Mais on verra que n importe quelle idée ou presque, même maladroite, mène à la solution, avec un peu d obstination Mettre en évidence les difficultés ans le cas présent, mettre au point une démonstration rigoureuse n est pas facile. Tout d abord, il y a de nombreux cas de figure et la preuve doit être adaptée à chaque cas. ans ce texte, nous commencerons toujours par donner une idée de preuve, même si elle n est pas inattaquable. ans la phase de recherche, le souci de rigueur doit être mis entre parenthèses sous peine de paralyser l investigation. Nous montrerons ensuite (mais pas dans toutes les approches) comment on peut, si on le souhaite, rendre les preuves parfaitement rigoureuses. utre problème de position : pour appliquer la stratégie évoquée cidessus, il faut savoir de quel côté de () = () se situe le point. 1. u tout autre logiciel de géométrie dynamique. 2. Le nommer est déjà un progrès important : cela va permettre de calculer avec un nom plus court et détaché de l angle initial. 2

3 Une autre difficulté, commune aux problèmes de lieux, est la question de la réciproque. Nous la passerons sous silence au début, montrant seulement que est sur une droite, mais nous y reviendrons iscuter la pertinence des outils Nous avons souhaité ici utiliser essentiellement les outils du collège et du lycée, bannissant donc a priori les angles orientés qui n y sont plus enseignés. ela étant, même le théorème de l angle inscrit n est pas sous sa forme utilisable toujours bien énoncé dans les programmes. Le lecteur trouvera en annexe quelques preuves plus avancées utilisant les angles orientés. et exercice est d ailleurs une bonne motivation pour utiliser ces outils plus sophistiqués, qui permettent d éviter les nombreux cas de figure. 1.3 Les accessoires de l outil angle Lorsqu on utilise les angles, il faut garder en tête les principaux moyens qui permettent de les utiliser. Je les rappelle brièvement : Les notions de complémentaire et supplémentaire. La somme des angles du triangle. Les propriétés liées aux parallèles (angles alternes-internes, etc.). Le théorème de l angle inscrit. J énonce ici ce dernier théorème (dans une version élémentaire sans angles orientés) dans le cercle Γ et avec les notations de l énoncé : 1.1 Théorème. Soit Γ un cercle de centre et,, trois points distincts de Γ. 1) Le point est sur () si et seulement si est droit. 2) l est du même côté que par rapport à () si et seulement si est aigu et on a alors = ) l est de l autre côté de par rapport à () si et seulement si est obtus et on a alors = π La première preuve Rappelons que notre stratégie est de calculer l angle α = Î. Pour cela, nous allons essayer de le comparer à d autres angles de la figure qui pourront lui être égaux, ou complémentaires, ou supplémentaires, etc. ans ce paragraphe, l idée que nous utiliserons est simplement de tracer le segment [] pour faire apparaître le triangle isocèle. est une idée comme une autre et nous allons voir qu elle aboutit assez facilement. 3

4 2.1 Une preuve? Je donne d abord une première preuve, sans me soucier de rigueur, voir la figure 2. Le triangle est isocèle en (car et sont des rayons du cercle Γ). n en déduit Î = Î = α mais aussi, avec la somme des angles du triangle, = π 2α. n a ensuite = 2 (angle au centre et angle inscrit dans Γ), puis = = (angle inscrit dans ). omme cet angle c est constant quand varie, il en est de même de α (on a α = π/2 c) et donc décrit la droite Λ passant par et faisant avec () l angle α. Figure 2 La première preuve 2.2 iscussion Trouver une preuve du résultat que l on cherche, c est bien et c est le principal. ncore faut-il qu elle soit solide, ce qui n est pas le cas de celle-ci. n effet, il y a au moins cinq imprécisions dans cette preuve! 1) L angle au centre n est égal au double de que si et 4

5 sont du même côté de (), ce qui n est pas toujours le cas. S ils sont de part et d autre, on a = 2π 2. 2) n n a = que si est dans la demi-droite [), ce qui n est pas toujours le cas. Sinon, on a = π. 3) n n a = que si et sont du même côté de (), ce qui n est pas toujours le cas. Sinon, on a = π. α. 4) l y a a priori deux droites Λ passant par qui font avec () l angle 5) n a vu que le point est sur la droite Λ, mais la décrit-il entièrement? 2.3 Rendre correcte cette preuve? eux idées me semblent essentielles à ce stade de l étude. Les questions de position apparues ci-dessus sont incontournables et les élèves les poseront immanquablement si leurs figures sont différentes de celle du professeur. ela fait partie des difficultés de la géométrie que l on ne peut éviter que par deux artifices : 1) imposer aux élèves d utiliser la figure dans une position figée (mais pour un problème de lieu et à l heure des logiciels de géométrie dynamique, ce n est pas très raisonnable), 2) utiliser les angles orientés, voir plus loin (mais cet outil n est plus nulle part dans les programmes). l est donc essentiel que les futurs professeurs aient réfléchi à ces questions et qu ils soient conscients des difficultés. Mais il ne faut pas qu elles les empêchent d avancer. La deuxième idée que je veux faire passer c est que, bien qu on ait mis en évidence de nombreuses imperfections dans la preuve précédente, elle est tellement naturelle qu elle ne peut pas être vraiment fausse : on peut la rendre correcte à condition de travailler un peu. est ce que nous allons faire maintenant. 2.1 Notation. n pose c = et on note Λ la droite passant par et définie de la façon suivante : Si c < π/2, Λ passe par un point 0 situé dans le demi-plan limité par () qui ne contient pas et qui vérifie Ĉ 0 = π/2 c. Si c = π/2, on pose Λ = (). Si c > π/2, Λ passe par un point 0 situé dans le demi-plan limité par () qui contient et qui vérifie Ĉ 0 = c π/2. Le lecteur vérifiera qu en termes d angles orientés de droites, Λ est simplement définie par la formule (, Λ) = π + (, ). 2 5

6 2.3.1 Les cas limites vant d étudier les cas plus génériques, précisons les cas limites où est égal à l un des sommets de. Si est en, les points,, sont confondus. n convient que est aussi confondu avec. Si est en, est aussi en et le triangle se réduit à et il n y a plus de point. n appelle le point d intersection de la médiatrice de [] et de la perpendiculaire à () en. omme le triangle est isocèle en, on a Ĉ =. Si c est aigu (resp. obtus), est dans le demi-plan limité par () qui ne contient pas (resp. dans celui qui contient ) et cet angle vaut π/2 c (resp. c π/2). ela montre que la droite ( ) n est autre que Λ (et donc, cela montrera que est la position limite de quand tend vers ). Si est en la droite () n est pas définie, mais on peut la remplacer par la tangente en à qui coupe () en un point. Le point est alors en. Le lecteur montrera, en utilisant le théorème de l angle inscrit limite, que est l intersection de la médiatrice de [] et de la droite Λ Le cas où et sont de part et d autre de () ans ce cas, le segment [] coupe () en, et les demi-droites [) et [) sont égales, donc aussi les angles et (cela annule l objection 2). e plus, le point, qui est dans [], est intérieur au cercle, donc il est aussi dans []. l en résulte que le quadrilatère est convexe (ses diagonales se coupent) et donc, sont du même côté de (). ela prouve qu on a = (objection 3). l y a alors deux sous-cas, selon que et sont du même côté de () ou non, élucidés par lemme suivant : 2.2 Lemme. n suppose et de part et d autre de (). lors, le point est sur () (resp. du même côté que par rapport à (), resp. de l autre côté) si et seulement si  est droit, (resp. aigu, resp. obtus). émonstration. n a  =  = et on conclut avec 1.1. ans le premier cas, le lieu de est la droite (). ans le second, le calcul effectué ci-dessus est valable, on a α = π/2 c. ans le troisième, on a α = c π/2, mais α est encore constant, ce qui lève l objection 1. 6

7 = 97,5007 = 7,5007 7, ,5007 Figure 3 Le cas où et sont de part et d autre de (), α = c π/2 nfin, en ce qui concerne l objection 4, nous allons montrer que, quand décrit l arc ][ ne contenant pas, le point est dans l intervalle ouvert ] [ (voir 2.3.1). n a le lemme de position suivant : 2.3 Lemme. Soient, deux points distincts et α un angle non orienté. n considère la droite () et la perpendiculaire δ à () en. L ensemble des points M du plan vérifiant ĈM = α est la réunion de quatre demi-droites issues de, deux à deux symétriques par rapport à (), δ ou. hacune de ces demi-droites est déterminée par le quadrant limité par () et δ dans lequel elle se trouve. ans le cas qui nous intéresse, les points et sont dans le même quadrant, voir figure 4. n effet, notons d abord que, comme, est de l autre côté de (resp. du même côté) par rapport à () si c est aigu (resp. obtus) car cela résulte de sa construction. e plus, comme et sont sur les médiatrices de [] et [], qui sont parallèles à δ, et que est dans ][, et sont du même côté de δ. omme et sont dans le même quadrant, les angles Ĉ et Ĉ sont égaux et il en résulte que est sur la demi-droite [ ). nfin, pour voir que est dans ] [, on note que les angles et sont en position de correspondants et égaux, de sorte que les droites () et ( ) sont parallèles et on conclut par Thalès. 7

8 Figure 4 Position de quand est dans l arc qui ne contient pas Le cas où et sont du même côté de () l y a encore de nombreux cas à distinguer et abri révèle là son intérêt pour en faire le tour sans en oublier. Je donne seulement les résultats, le lecteur scrupuleux se chargera des détails. n décompose le problème selon que c est aigu ou obtus. ans le cas aigu, il y a trois cas. ppelons 0 le point où la parallèle à () passant par coupe le cercle. l y a deux cas selon la position de 0 par rapport à (dans l arc ou l arc ). Supposons par exemple qu il est dans, le lecteur s occupera de l autre cas. l faut encore distinguer selon que est dans l arc 0, dans 0, ou dans. ans chaque cas on trouve que l angle α est égal à π/2 c, mais ce qui diffère c est la position de sur la droite ( ). ans le cas 1) il est dans [ ), mais au-delà de. n introduit le point qui correspond au cas limite =, intersection de ( ) avec la médiatrice de [], voir ans le cas 2), le point est dans la demi-droite d origine qui ne contient pas et dans le cas 3) il est dans ] [. L étude est analogue avec l angle c obtus (avec le même nombre de cas de figure, soit six au total), mais cette fois, on a α = c π/2. Si je n en ai pas oublié, il y a donc 14 cas génériques! n voit que donner une preuve complète est assez laborieux, et d ailleurs sans grand intérêt. e qui est essentiel c est de se convaincre qu on peut y parvenir, avec un peu de 8

9 0 0 Figure 5 Un exemple de cas de figure patience La réciproque l s agit de préciser quels points de Λ sont les centres de cercles circonscrits à des triangles pour (et donc ) variable. n a vu que le point correspond au cas =. Soit un point de Λ, distinct de. n considère le cercle Γ de centre passant par. l recoupe () en un point (il n est pas tangent à () car l angle Î n est pas égal à π/2 sinon c serait nul). Si est égal à, comme ( ) est perpendiculaire à () les angles et sont égaux, donc est isocèle et le point est en, donc aussi. ans ce cas il n y a pas de triangle et n est pas dans le lieu cherché. Si le point est en, le cercle Γ passe par et et la droite () recoupe en et elle est tangente à en. e cas peut être considéré comme le cas =. Si est distinct de et, la droite () recoupe en et on va montrer que est sur Γ, de sorte que est bien un point du lieu considéré. ien entendu, comme pour le sens direct, il faut distinguer des cas de figure. Supposons par exemple que et soient de part et d autre de () comme sur la figure 2. n a α = Î = π/2 c par définition de Λ et, comme =, c est aussi l angle en de et l angle en vaut π 2α = 2c. Par ailleurs, comme est sur, on a = = c. Mais alors, comme et sont du même côté de (), la réciproque de la relation entre angle inscrit et angle au centre dans Γ montre que est sur Γ. Le lieu cherché est donc la droite Λ privée de. 9

10 3 Quelques variantes de la preuve omme annoncé, je donne maintenant d autres méthodes pour aborder le problème. ans cette étude, je n entrerai pas dans la distinction des cas de figure, le lecteur le fera, s il y tient. ' ' Figure 6 Les figures des variantes 2) et 3) 3.1 La variante 2) L idée consiste à porter le point diamétralement opposé à sur Γ. n effet, l angle convoité Î est alors le complémentaire de (le triangle étant inscrit dans un demi-cercle de diamètre [ ] est rectangle en ). Mais cet angle est égal à donc à puis à et on finit la démonstration comme précédemment. ien entendu, les mêmes objections quant à la rigueur valent pour cette preuve. 3.2 La variante 3) n trace cette fois [ ]. L angle est supplémentaire de α (ils interceptent tous deux un arc, mais sont de part et d autre du segment) et il est égal à π/2+. n termine comme d habitude grâce à = c, avec les objections habituelles. 10

11 3.3 Une variante bête? J ai utilisé plusieurs fois ce problème lors de conférences sur la géométrie. n préparant l une d elles, j ai recherché la démonstration, et au lieu de réfléchir, j ai essayé de me souvenir de ce que j avais fait les fois précédentes 3, mais je me suis trompé, traçant [] au lieu de [], ce qui n est vraiment pas malin. 39, ,0040 Figure 7 La variante bête ela étant, je m en suis tout de même sorti par le raisonnement suivant. n décompose l angle cherché en deux morceaux : Î = Î + Ê. Pour le premier, on a Î = π/2 1 puis, par le lien angle au centreangle inscrit (dans le mauvais sens), on a = 2π 2, et on en 2 déduit Î = π/2 = Â π/2. n passe à l autre. n a Ê = Ê = Ê =. n obtient Î = Â + π/2 et avec la somme des angles de, Î = π/2 = π/2. La morale de cette mésaventure c est que l obstination finit toujours par payer. Maintenant, bien sûr, on n est pas obligé de choisir les voies les plus compliquées l ne faut jamais faire ça! 11

12 3.4 Les hauteurs n a remarqué, dans les preuves précédentes, que α et c sont complémentaires. ela va nous permettre de reconnaître la droite Λ. n introduit le point d intersection de () et du cercle. n a l égalité des angles inscrits = = c. omme on a α + c = π/2, cela montre que ( ) est perpendiculaire à (). n voit donc que est sur le cercle circonscrit et sur la hauteur issue de dans. h, mais on connaît ce point 4 c est le symétrique de l orthocentre de et on voit ainsi que la droite cherchée n est autre que la symétrique de la hauteur issue de par rapport à (). H K " ' Figure 8 vec les hauteurs Montrons directement ce résultat. n considère la droite (). lle recoupe Γ en et en. n a donc un angle droit. Vu le résultat sur le symétrique de l orthocentre 5, il suffit de démontrer que ( ) est perpendiculaire à (), ou encore qu elle est parallèle à ( ). n considère les angles en position de correspondants et. Tous deux sont égaux à = (comme angles inscrits, l un dans et l autre dans Γ) et on a gagné 6! 4. u moins quand on a pratiqué un peu de géométrie. 5. ans un triangle, le symétrique de l orthocentre par rapport à un côté est sur le cercle circonscrit. 6. ien entendu, il y a encore des cas de figure à considérer. 12

13 n ce qui me concerne, je n ai trouvé cette preuve très simple qu après bien des errances. ela me conduit à rappeler aux apprentis géomètres un principe qu on enseigne aux joueurs d échecs débutants : Quand tu vois un bon coup sur l échiquier, ne le joue pas, il y en a sans doute un meilleur. est la même chose pour les preuves en géométrie. 4 Les preuves avec les angles orientés L intérêt de l utilisation des angles orientés est de limiter les cas de figure. n va donner plusieurs variantes utilisant soit les angles orientés de vecteurs, soit les angles orientés de droites. n verra que ces derniers constituent l outil le plus efficace dans ces questions. 4.1 Par la première méthode n reprend la première méthode vue ci-dessus en la formulant en termes d angles orientés de vecteurs. n pose (, ) = α et (, ) = c (angles orientés de vecteurs). n commence par exprimer que est isocèle en : (, ) + (, ) + (, ) = π (mod 2π). et, comme on a (, ) = (, ) = (, ) (par symétrie des angles à la base), on obtient (, ) = π 2α. n considère alors les demi-droites de vecteurs directeurs et. l y a deux cas : lles sont égales. n a alors (, ) = 2(, ) (angle au centre) = 2(, ) = (, ) = 2(, ). n obtient donc π 2α = 2c. lles sont opposées. n a alors (, ) = (, ) + π, mais on obtient le même résultat puisqu on multiplie par 2 et qu on est dans R/2πZ. n définitive, on obtient α = π c (mod π), ce qui montre que l angle 2 de droites (, ) est constant, donc que décrit une droite. ans cette preuve, on peut remplacer les angles de vecteurs par les angles de droites. La somme des angles du triangle est alors nulle et il n y a plus à distinguer les deux cas, ce qui est un peu plus simple. 4.2 La preuve avec la hauteur n appelle J le symétrique de par rapport à () et on montre que (J) est perpendiculaire à (). ette fois, on utilise les angles orientés de droites. n a (J, ) = (, ) = (, ). 13

14 H J ' Figure 9 Hauteur et angles orientés Soit le point diamétralement opposé à sur Γ. Le triangle est rectangle en. ans ce triangle on a (, )+(, )+(, ) = 0, donc (, ) = π/2 + (, ). Le théorème de l angle inscrit donne (, ) = (, ) = (, ) (dans Γ) et cet angle est égal à (, ) (dans ). n définitive, on a (J, ) = π/2 + (, ), ou, si on appelle H l intersection de (J) et de (), (H, ) = π/2 + (H, ). vec la somme des angles dans H cela donne (H, H) = π/2, cqfd. 4.3 La preuve de Marie-laude ette preuve a été proposée par Marie-laude avid, dans le cadre du module Projet de géométrie. est sans doute la plus simple de toutes (si l on connaît le théorème de l angle inscrit limite). Soit la tangente à Γ en. Le théorème de l angle inscrit sur le cercle Γ, exprimé en angles orientés de droites et utilisé dans la variante de l angle inscrit limite, donne (, ) = (, ). Sur le cercle, il donne la relation (, ) = (, ). omme appartient à (), on a () = (), comme il est sur () on a () = () d où l égalité (, ) = (, ). Mais, comme est le centre de Γ on a (, ) = π/2, d où 14

15 (, ) = π/2 + (, ) par la relation de hasles. n vertu de la définition de Λ, voir 2.1, on a () = Λ. ela montre que le lieu de est contenu dans Λ. La réciproque se montre comme en 2.3.4, mais il n y a plus lieu de distinguer les cas de figure. Λ Δ Figure 10 La preuve de Marie-laude 15