géométrie juniors

Razvan Barbulescu
17 février 2015, stage de Cachan
GÉOMÉTRIE
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Triangles égaux
Problème 1 (Pythagore 1ère méthode). Soit ABC un triangle rectangle en A
et posons AB = c, BC = a et CA = b. Sur chaque segment du carré M N P Q
de côté a on construit un triangle égal à BCA : M N R1 , N P R2 , P QR3 et
◦
\
\
\
QM R4 . Montrer que les angles R\
1 N R2 , R2 P R3 , R3 QR4 et R4 M R1 ont 180 .
2
En utilisant que l’aire du carré est a et celle des triangles rectangles bc/2,
retrouver le théorème de Pythagore : a2 = b2 + c2 .
Problème 2 (Parallélogramme). Un parallélogramme est un quadrilatère ABCD
tel que AB = CD et AD = BC. Montrer que les diagonales se coupent au milieu.
Problème 3 (Losange). Montrer qu’un parallélogramme est un losange (a tous
les côtés égaux) si et seulement si les diagonales se coupent à l’angle droit.
Problème 4 (Rectangle). Montrer qu’un parallélogramme est un rectangle (tous
ses angles sont droits) si et seulement si ses diagonales sont égales.
Problème 5 (Angles inscrits). Soient trois points A, B et C sur le cercle de
centre 0. Alors on a
\ = 2m(BAC).
\
m(BOC)
En déduire que tous les angles inscrits dans un cercle, qui regardent le même
arc, ont la même mesure.
2
Axiomes de la géométrie
Les mathématiciens Grecs se sont rendu compte qu’on ne peut pas montrer
toute affirmation à l’aide d’une affirmation plus simple. Il faut prendre comme
point de départ un nombre d’affirmations qui sont considérées comme vraies sans
démonstration et qu’on appelle “axiomes”. Le choix des axiomes est arbitraire
et n’est pas très important après qu’un nombre suffisant d’affirmations ont été
prouvées. Prenons comme axiomes les deux affirmations suivantes :
Axiome 1. Si deux droites d et d0 sont parallèles, alors toute sécante s fait le
même angle avec d qu’avec d0 .
Axiome 2. Si deux triangles ABC et A0 B 0 C 0 ont les angles deux à deux égaux,
alors
A0 C 0
B0C 0
A0 B 0
=
=
.
AB
AC
BC
Problème 6 (Somme des angles d’un triangle). Montrer que la somme des angles
d’un triangle est égale à la mesure d’un angle plat, notée 180◦ .
Problème 7 (Cinquième postulat d’Euclide). Par un point extérieur à une droite
on peut tracer une unique parallèle.
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Problème 8 (Théorème de Thalès). Si ABC est un triangle et M N une droite
parallèle à BC avec M sur AB et N sur AC. Alors on a
AM
AN
MN
=
=
.
AB
AC
BC
Problème 9 (Pythagore 2e méthode). Soit un triangle ABC rectangle en A. On
appelle D le pied de l’hauteur de A. Montrer que
4BDA ∼ 4BAC ∼ 4ADC.
En déduire une deuxième preuve du théorème de Pythagore.
3
Points de concurrence
Problème 10 (Centre du cercle circonscrit). Montrer que les médiatrices des
côtés d’un triangle sont concurrentes. On montrera que c’est le centre du cercle
qui passe par les trois sommets.
Problème 11 (Centre du cercle inscrit). Montrer que les bissectrices d’un triangle
sont concurrentes. On montrera que c’est le centre d’un cercle qui est tangent
aux trois côtés.
Problème 12 (Centre de gravité). Montrer que les médianes d’un triangle sont
concurrentes. On montrera que c’est le point à deux tiers de distance du sommet
et un tier de la base.
Problème 13 (Orthocentre). Montrer que les hauteurs d’un triangle sont concurrentes. On peut montrer d’abord que le triangle est formés des milieux des
segments d’un triangle plus grand.
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Constructions auxiliaires 1
Problème 14. Soit ABC un triangle isocèle en A. Soient D ∈ [AC] et E sur
la droite AB, à l’extérieur du segment [AB] tels que CD = BE. On appelle O
le point d’intersection des droites DE et BC. Montrez que O est le milieu de
[DE].
Problème 15. Soit ABCD un quadrilatère convexe et soient M , N , P et Q les
milieux des segments [AB], [BC], [CD] et [DA]. On note O le point d’intersection de M P et N Q. Montrer que M O = OP et N O = OQ.
b = 108◦ et AB = AC. Si
Problème 16. Soit ABC un triangle isocèle avec m(B)
[BD] est l’hauteur de B et [AF ] la bissectrice de A, montrez que AF = 2 · BD.
Problème 17. On note a, b et c les côtés du triangle ABC et ma la longueur de
la médiane issue de A. Montrez que ma ≤ (b + c)/2. Quand a-t-on l’égalité ?
1. source : G. Musa-Cerchez, http ://exmatecta.wikispaces.com/file/view/cls7 lectia3.pdf
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Problème 18. Dans le trapèze ABCD, AB k CD et BC = AB + CD. Si E est
\
le milieu de [AD], calculez m(BEC).
Problème 19. Soit ABC un triangle isocèle en A. Soit D le milieu de [BC], M
le milieu de [AD] et N le pied de la perpendiculaire de D sur BM . Montrez que
\
m(AN
C) = 90◦ .
b = 60◦ et AB = 3 · AC. On appelle
Problème 20. Dans le triangle ABC, m(A)
\ − m(ABC).
\
D le symétrique de A par rapport à C. Calculez m(ADB)
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Solutions
Démonstration. (1)
R4
Q
M
R1
R3
N
P
R2
\
Comme les triangles M N R1 et QM R4 sont égaux à BCA, R\
4 M Q = ACB et
\
\
\
R\
1 M N = ABC. Comme, en plus QM N = BAC,
◦
\
\
\
\
\
m(R\
4 M Q)+m(QM N )+m(N M R1 ) = m(ACB)+m(BAC)+m(CBA) = 180 .
Ainsi, R1 , M et R4 sont alignés. De manière similaire, on prouve que les triplets
R1 , N , R2 , respectivement, R2 , P , R3 et R3 , Q, R4 sont alignés.
Les côtés du carré R1 R2 R3 R4 ont une longueur de b + c, donc son aire est
(b + c)2 . Son aire est égale à celle du carré M N P Q, a2 , plus quatre fois celle du
triangle ABC, bc/2. Ainsi on obtient l’égalité
(b + c)2 = a2 + 4(bc/2).
Or, (b + c)2 = b2 + c2 + 2bc, donc a2 = b2 + c2 .
Démonstration. (2)
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C
D
O
A
B
Les triangles ADB et DBC ont trois côtés égaux, donc ils sont égaux, en parti\ = DBC.
\ Les angles DOA
\ et BOC
\ sont opposés, donc ils sont égaux.
culier ADB
Ainsi, les triangles ADO et BCO sont égaux et, en particulier, DO = OB. De
manière analogue on montre que AO = OC.
Démonstration. (3)
D
C
A
B
Comme les diagonales se coupent au milieu et sont perpendiculaires, elles sont
médiatrices l’une de l’autre. Ainsi, les quatre côtés du parallélogramme sont
égaux.
Démonstration. (4)
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A
D
C
B
\ = BCD.
\ Comme AB k DC,
Les triangles ABC et DCB sont égaux, donc ABM
◦
\
\
m(ABM ) + m(BCD) = 180 , donc les deux angles sont droits.
Démonstration. (5)
P
α
O
β
A
B
Les triangles AP O et BP O sont isocèles, de sommet 0. La somme des angles
dans ces deux triangles est 180◦ , donc
[ ) + m(P
\
[
\
\
m(AOP
OB) = 360◦ − 2m(AP
O) − 2m(BP
O) = 360◦ − 2m(AP
B).
\ ) = 360◦ − m(AOP
[ ) + m(P
\
Or m(AOM
OB), d’où le résultat.
Démonstration. (6)
A
d
C
B
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Dans un triangles quelconque, l’hauteur du plus grand angle coupe le triangle en
deux triangles rectangles. Il suffit alors de prouver la propriété pour les triangles
rectangles.
On considère un triangle rectangle ABC, et on trace la droite d, passant par
A parallèle à BC. La sécante AC fait les même angles avec BC et d. Comme, de
\
plus les angles opposés sont égaux, l’angle fait par d avec [AC est égal à BCA.
Ainsi la somme des angles du triangle ABC est égale à la somme des angles de
la droite AB avec les droites d et BC, donc égale à 180◦ .
Démonstration. (7)
C
A
D
B
On considère la droite AB et un point extérieur C, comme dans la figure cidessus. Par C on trace l’unique droite d qui fait avec BC le même angle que la
droite AB.
On suppose par l’absurde que d n’est pas parallèle à AB. Alors, elle coupe
la droite AB dans un point D. Dans le triangle BDC, la somme des angles est
\ + m(CBD),
\ donc m(CDB)
\ = 0◦ . cela est
180◦ , égale à la somme m(DCB)
impossible, donc la supposition faite est fausse.
On a prouvé qu’il existe au moins une parallèle. Toute autre parallèle doit
faire le même angle avec BC, d’où l’unicité.
Démonstration. (8)
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A
D
E
B
C
Comme la droite DE est parallèle à BC, l’axiome des angles inscrits implique
\ = ADE
\ et ACB
\ = AED.
\ Alors, les triangles ABC et ADE sont
que ABC
semblables et, par l’axiome des triangles semblables, on trouve le résultat.
Démonstration. (9)
B
D
a
c
C
b
A
\ = 90◦ −
Comme la somme des angles dun triangle ADC est 180◦ , m(CAD)
\ Or, m(DAC)
\ = m(BAC) − m(BAD) = 90◦ − m(BAD). Donc,
m(ACD).
\
\
BAD = ACB et, alors, les triangles ABC et ADB sont semblables. L’aire
du triangle ADB est alors égale à b2 /a2 fois celle de ABC. De manière analogue, l’aire du triangle BDC est égale à c2 /a2 fois l’aire de ABC. Comme l’aire
du triangle aBC est égale à la somme des aires de BAD et ACD, on obtient :
1=
b2
c2
+
,
a2
a2
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d’où le théorème de Pythagore.
Démonstration. (10)
A
O
C
B
La médiatrice est le lieu géométrique des points à distance égale de deux points.
Ainsi, le point O d’intersection des médiatrices des segments [AB] et [AC] a
les propriétés AO = BO et AO = CO. Or alors, AO = CO, donc O est sur la
troisième médiatrice.
Démonstration. (11)
A
B0
C0
I
B
A0
C
La bissectrice d’un angle est le lieu géométrique des points à distance égale de
ses deux demi-droites. Appelons I le point d’intersection des bissectrices de A
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et C. On note A0 , B 0 et C 0 les pieds de ses perpendiculaires sur BC, AC et,
respectivement, AB.
Comme I est sur les bissectrices de A et B, IC 0 = IB 0 et IB 0 = IA0 . Mais
alors IC 0 = IB 0 , donc I est sur la troisième bissectrice.
Démonstration. (12)
A
B0
G
A0
B
C
L’idée est de montrer que G se trouve à un tiers de longueur de la base et à
deux tiers du sommet des médianes.
Soit G le point d’intersection des médianes de A et B. Par la réciproque du
théorème de Thalès, A0 B 0 est parallèle à AB et A0 B 0 = 12 AB. Alors les triangles
AG
AB
1
AGB et A0 GB 0 sont semblables, donc GA
0 = A0 B 0 , ce qui est égal à 2 .
De manière analogie, la médiane de C coupe AA0 à un tiers de la base et
deux tiers du sommet, ou de manière équivalente, en G.
Démonstration. (13)
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A0
C
B
B0
A
C0
L’idée est de montrer que les hauteurs de ABC sont médiatrices dans un autre
triangle. Par chaque sommet du triangle ABC on trace la parallèle au côté
opposé et on appelle A0 B 0 c0 le grand triangle ainsi obtenu.
Le quadrilatère CBAB 0 est un parallélogramme, donc CB = B 0 A. De même
CB = AC 0 , donc l’hauteur de A est médiatrice pour le segment [B 0 C 0 ]. de
manière analogue, les deux autres hauteurs sont médiatrices des segments [AB]
et [AC], et sont donc concurrentes.
14.
A
D
E0
B
O
C
D
E
0
On dessine les points D0 et E 0 , pieds de E et respectivement D sur BC.
Comme les triangles BE 0 E et CD0 D sont égaux, EE 0 = DD0 . Ensuite, les
triangles OD0 D et OE 0 E sont égaux, donc DO = OE.
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F
A
D
G
E
B
H
C
15.
Par la réciproque du théorème de Thalès, F G k AC. De même EH k AC,
donc F G k EH. De manière analogue, EF k HG. Aisni EF GH est un parallélogramme, donc ses diagonales se coupent au milieu.
B 0
O
54˚
54˚
O
F
54˚
D
A
36˚ C
54˚
54˚
G
E
16.
On dessine le symétrique E de B par rapport à D et on appelle O le point
\ = m(OBF
\) = 54◦ . Comme [AF est
d’intersection de BD et AF . Alors m(DEA)
\ = 18◦ , donc m(BF
\
bissectrice, m(OAB)
O) = 54◦ . Cela montre que OB = OF .
\) = 72◦ . Les
Comme la somme des angles du triangle OBF est 180◦ , m(BOF
\ et AOE
\ sont égaux, donc m(OAE
\ = 54◦ , donc le triangle OAE
angles BOF
est isocèle en O, et alors AO = OE. cela montre que AF = BE = 2 · BD.
c
C
b
A
A0
O
ma
b
c
B
17.
On appelle A0 le symétrique de A par rapport au milieu O de [BC]. Alors
ABA0 C est un parallélogramme, donc BA0 = AC = b. Dans le triangle ABA0 ,
AA0 ≤ AB + BA0 , soit ma ≤ b + c. Le cas d’égalité correspond au triangle
dégénéré où A, B et c sont alignés.
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y
C
D
x+y
E
x
y
B
C0
A
18.
On appelle C 0 l’intersection de CE avec AB. Comme AB k CD, les triangles
AEC 0 et DEC sont semblables. Or, ED = EA, donc les triangles sont égaux
et AC 0 = DC, donc BC 0 = BC. Ainsi le triangle CBC 0 est isocèle en B et sa
médiane, BE est orthogonale sur CE.
A
M
N
B
D
C
19.
On trace les perpendiculaires de N sur BC et AD et on applique le théorème
de Pythagore à plusieures reprises.
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A
x
C
3x
x
D
x
E
B
3x
20.
On note x la longuer de AC et alors AB = 3x. On note E le symétrique de
C par rapport à D, de façon que AE = AB. Le triangle BAE est isocèle en A
et a un angle de 60◦ , donc il est isocèle.
On note α la mesure de l’angle ABC. Les triangles ABC et EBD sont égaux
\ = BED
\ et AB = BE. Ainsi, m(EBD)
\ = α, et on calcule
car AC = DE, BAC
◦
◦
\ = 60 + α. Donc m(BDC)
\ − m(ABC)
\ = 60 .
m(BDC)
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