Exposé
publicité
Exposé 31
Théorème de l’angle inscrit. Cocyclicité.
Applications.
Cadre : On se place dans un plan affine euclidien orienté P.
Pré requis :
Angles orientés
Pour tout triangle ABC, ( AB , AC ) + ( BC , BA ) + ( CA , CB ) = π [2π]
Cercle circonscrit d’un triangle
Plan :
I. Théorèmes de l’angle inscrit et de la tangente
II. Cocyclicité
III. Lieux des points M du plan tels que ( MA , MB ) = α [π] et ( MA , MB ) = α [2π]
IV. Applications
1. Symétriques de l’orthocentre
2. Droite de Simson
Démonstrations proposées :
Théorème 1 (de l’angle au centre)
Théorème 3 (cocyclicité) : (⇐)
Théorème 4 : 2/
Théorème 6 (symétrique de l’orthocentre)
I. Théorèmes de l’angle inscrit et de la tangente
Dans toute cette partie, on pose :
C est un cercle de P de centre O et de rayon non nul,
A, B sont deux points distincts de C.
Théorème 1 : (de l’angle au centre)
Pour tout point M de C distinct de A et B, on a :
2( MA , MB ) = ( OA , OB ) [2π].
( MA , MB ) est appelé angle inscrit dans C, ( OA , OB ) l’angle au centre correspondant.
Preuve : Soit M un point de C distinct de A et B.
La somme des angles orientés d’un triangle vaut π [2π] :
(
MA , MO ) + ( AO , AM ) + ( OM , OA ) = π [2π] (triangle MOA)
( MO , MB ) + ( BM , BO ) + ( OB , OM ) = π [2π] (triangle MOB)
Or O est équidistant de A, B et M donc les triangles MOA et MOB
sont isocèles en O :
2(
MA , MO ) + ( OM , OA ) = π [2π]
2( MO , MB ) + ( OB , OM ) = π [2π]
En ajoutant ces 2 égalités et avec la relation de Chasles, on a :
2( MA , MB ) + ( OB , OA ) = 2π [2π]
2( MA , MB ) = 2π + ( OA , OB ) [2π]
2( MA , MB ) = ( OA , OB ) [2π].
Corollaire 1 : (théorème de l’angle inscrit)
Pour tous points M et N de C distinct de A et B, on a :
( MA , MB ) =( NA , NB ) [π].
Théorème 2 : (de la tangente)
Pour tout point T de la tangente en A à C, distinct de A, on a :
2( AT , AB ) = ( OA , OB ) [2π].
Preuve : Soit T un point de la tangente en A à C,
distinct de A.
Soit A’ le point diamétralement opposé à A.
2( AT , AB )
= 2( AT , AA' ) + 2( AA' , AB ) [2π] (Chasles)
= π + 2( AA' , AB ) [2π] (car [AT] tangent en A)
= π + ( OA' , OB ) [2π] (Théorème 1)
= π + π + ( OA , OB ) [2π]
= ( OA , OB ) [2π].
Corollaire 2 :
Pour tout point M de C distinct de A et B et pour tout point T de la tangente en A à C, distinct
de A, on a : ( AT , AB ) = ( OA , OB ) [π].
II. Cocyclicité
Définition :
Des points sont dits cocycliques s’il existe un cercle qui
les contient tous.
Théorème 3 :
Soit A, B, C, D 4 points deux à deux distincts de P.
A, B, C, D sont cocycliques ou alignés si, et seulement
si, ( CA , CB ) = ( DA , DB ) [π].
Preuve :
(⇒) Si A, B, C, D alignés, alors ( CA , CB ) = 0 = ( DA , DB ) [π].
Si A, B, C, D cocycliques, alors ( CA , CB ) = ( DA , DB ) [π] d’après le corollaire 1.
(⇐) Supposons ( CA , CB ) = ( DA , DB ) [π].
-1er cas : A, B, C alignés, donc ( CA , CB ) = 0 [π]. Il vient ( DA , DB ) = 0 [π], i.e. D ∈ (AB)
d’où A, B, C, D alignés.
-2e cas : A, B, C non alignés, donc A, B, D non plus.
Soit C et C’ les deux cercles respectivement circonscrits aux triangles ABC et ABD.
Soit T un point de la tangente en A à C ; d’après le corollaire 2, ( AT , AB ) = ( CA , CB ) [π].
Soit T’ un point de la tangente en A à C’ ; on a ( AT' , AB ) = ( DA , DB ) [π].
D’où ( AT , AB ) = ( AT' , AB ) [π], AT et AT' sont colinéaires, i.e. (AT) = (AT’).
Les cercles C et C’ passent par A et B et ont la même tangente en A donc C = C’.
A, B, C, D sont cocycliques.
III.
Lieux des points M du plan tels que ( MA , MB ) = α [π]
et ( MA , MB ) = α [2π]
Théorème 4 : (du cercle capable)
Soit A et B deux points distincts de P et α ∈ ℝ.
On note : Γ = { M ∈ P \{A,B} | ( MA , MB ) = α [π] }.
1/ Si α = 0 [π], alors Γ = (AB) \ {A,B}.
2/ Si α ≠ 0 [π], alors Γ = C \ {A,B} , où C est le cercle passant par A et B dont la tangente en A
est la droite (AT) , avec T ∈ P vérifiant : ( AT , AB ) = α [π].
Preuve :
1/ Pour M ∈ P \{A,B}, ( MA , MB ) = 0 [π] signifie :
soit (
MA , MB ) = 0 [2π] : MA et MB sont colinéaires et de même sens,
soit ( MA , MB ) = π [2π] : MA et MB sont colinéaires et de sens opposés.
( MA , MB ) = 0 [π] veut donc dire que les points A, B et M sont alignés.
D’où Γ = (AB) \ {A,B}.
2/ Supposons α ≠ 0 [π].
Soit T un point du plan distinct de A tel que : ( AT , AB ) = α [π].
Soit D la droite orthogonale à (AT) passant par A. Comme α ≠ 0 [π], (AT) n’est pas confondue
avec (AB) et D ne peut pas être parallèle à la médiatrice de [AB], notée Δ. Δ et D sont donc
sécantes en un point, noté O. Soit C = C(O,OA). On a évidemment B ∈ C.
(On a construit un tel cercle).
-Soit M ∈ C \{A,B}. D’après le corollaire 2, ( MA , MB ) = ( AT , AB ) [π].
Donc ( MA , MB ) = α [π], i.e. M ∈ Γ.
-Réciproquement, soit M0 ∈ C autre que A et B, on a donc vu que ( M0A , M0B ) = α [π].
Soit N ∈ Γ. ( NA , NB ) = α [π]. On obtient que ( M0A , M0B ) = ( NA , NB ) [π].
Or M0, A, B ∈ C implique que M0, A, B ne sont pas alignés. Donc M0, A, B, N sont cocycliques,
et N ∈ C. On a ainsi montré que Γ = C \{A,B}.
Théorème 5 : (de l’arc capable)
Soit A et B deux points distincts de P et α ∈ ℝ.
On note : Γ’ = { M ∈ P \{A,B} | ( MA , MB ) = α [2π] }.
1/ Si α = 0 [2π], alors Γ’ = (AB) \ [AB].
2/ Si α = π [2π], alors Γ’ = ]AB[.
3/ Si α ≠ 0 [π], alors Γ’ est l’intersection du cercle C défini au théorème 4, avec le demi-plan
ouvert délimité par (AB) et ne contenant pas T (T ≠ A tel que ( AT , AB ) = α [2π]).
Preuve :
1/ et 2/ : OK
3/ M ∈ Γ’ ⇔ ( MA , MB ) = α [2π]
⇔ ( MA , MB ) = ( AT , AB ) [2π]
⇔ ( MA , MB ) = ( AT , AB ) [π]
les mesures principales ont même signe
M ∈ C \{A,B}
⇔
( MA , MB ) et ( AT , AB ) ont même sens
M ∈ C \{A,B}
⇔
( MA , MB ) et ( AB , AT ) sont de sens opposés
Dans le repère (A, AB , j ), A(0,0), B(1,0), M(x,y).
−x 1−x
det( AB , AM ) = y, det( MA , MB ) =
=
y.
Or
(
MA
,
MB
)
et
(
AB , AM ) ont même
−y −y
sens (par Chasles), d’où
M ∈ C \{A,B}
M ∈ Γ’ ⇔
( AB , AM ) et ( AB , AT ) sont de sens opposés
M et T sont dans des demi-plans opposés délimités par (AB).
On obtient le résultat énoncé.
IV.
Applications
1. Symétriques de l’orthocentre
Théorème 6 :
Soit ABC un triangle non aplati et H son
orthocentre. Le symétrique de H par rapport à
chacun des côtés se trouve sur le cercle
circonscrit à ABC.
Preuve :
Soit H’ le symétrique de H par rapport à
[BC].
( H’B , H’C ) = - ( HB , HC ) [2π] (car les
symétries orthogonales inverse les angles
orientés)
= ( HC , HB ) [2π]
= ( HC , AB ) + ( AB , AC ) + ( AC , HB ) [2π] (Chasles)
π π
= + ( AB , AC ) + [π]
2
2
= ( AB , AC ) [π]
Donc H’, A, B, C sont cocycliques i.e. H’ appartient au cercle circonscrit à ABC.
2. Droite de Simson
Théorème 7 :
Soit ABC un triangle non aplati et M un point de P.
Soit P, Q, R les projetés orthogonaux respectifs de
M sur (BC), (AC), (AB).
Alors : P, Q, R alignés si, et seulement si, M
appartient au cercle circonscrit à ABC.
(Dans ce cas, la droite passant par P, Q, R est la
droite de Simson de M.)
Preuve :
1/ M ∈ {A, B,C} ⇔ P = R ou P = Q ou Q = R.
En effet,
(⇒) Si M = A, alors Q = R = A.
(⇐) Si Q = R, alors Q = R = A car Q ∈ (AB) ∩ (AC).
Si M ≠ A, alors (MR) ⊥ (AB) et (MQ) ⊥ (AC). Or (MR) = (MA) = (MQ), donc (AB) // (AC) ce
qui est impossible ! On a donc M = A.
2/ M ≠ {A, B, C}. Dans ce cas, P, Q, R sont distincts deux à deux.
Evaluons ( PQ , PR ) [π].
Les triangles PMC et QMC sont rectangles en P et Q : les points M, P, C, Q sont cocycliques.
( PQ , PM ) = ( CQ , CM ) = ( CA , CM ) [π].
B, M, P, R sont cocycliques : ( PM , PR ) = ( BM , BR ) = ( BM , BA ) [π].
D’où ( PQ , PR ) = ( PQ , PM ) + ( PM , PR ) [2π]
= ( CA , CM ) + ( BM , BA ) [π]
= ( CA , BA ) + ( BA , CM ) + ( BM , BA ) [π]
= ( AC , AB ) + ( BM , CM ) [π]
= ( AC , AB ) – ( MC , MB ) [π].
Finalement,
P, Q, R alignés ⇔ ( PQ , PR ) = 0 [π]
⇔ ( AC , AB ) = ( MC , MB ) [π]
⇔ A, B, C, M cocycliques.
V. Complément : Le théorème de l’angle au centre au collège
Théorème :
Soit C un cercle de centre O et de rayon non nul, et soit A, B deux points distincts de C.
Pour tout point M de C distinct de A et B, on a : 2
AMB =
AOB si les deux angles interceptent
le même arc.
Remarque : Il existe donc deux situations, l’une où l’angle de sommet M est aigu (donc celui
de sommet O saillant) l’autre où l’angle de sommet M est obtus (donc celui de sommet O
rentrant).
Preuve : (Cas où
AMB est aigu) on le démontre en deux étapes :
=
Dans un premier temps, on démontre que si [MD] est un diamètre alors on a 2AMD
AOD.
(angle plat), et comme le triangle AOM est isocèle de
En effet, on a
AOD = 180° - AOM
sommet O, on sait que 180° -
AOM = 2
AMD. D'où l'égalité.
Dans un second temps, on remarque que, quelles que soient les positions de A et B, l'angle
et qu'il en sera de même pour
AMB est la somme ou la différence des angles
AMD et BMD
l'angle
AOB concernant les angles
AOD et
BOD.
