LEÇON N˚ 39 : Réflexions du plan échangeant

LEÇON N˚ 39 :
Réflexions du plan échangeant deux
droites sécantes données, bissectrices.
Applications au triangle et au cercle (cercle
inscrit, tangente à un cercle, . . .).
Pré-requis :
– Géométrie affine et vectorielle ;
– Médiatrice, barycentre ;
– Projection orthogonale, réflexion : définitions et propriétés.
On se place dans un plan affine euclidien P (les angles orientés sont inutiles). Au collège, la bissectrice
d’un angle géométrique est définie comme étant un axe de symétrie.
39.1
Réflexions et bissectrices
39.1.1 Bissectrices de deux droites
Théorème 1 : Soient D et D ′ deux droites de P sécantes en un point O. Il existe exactement deux
réflexions échangeant D et D ′. Leurs axes sont perpendiculaires et passent par O.
démonstration :
Analyse : Soit ∆ une droite telle que s∆ (D) = D ′ . Puisque D ∩ D ′ = {O}, s∆ ({O}) = s∆ (D ∩ D ′ ) =
s∆ (D) ∩ s∆ (D ′ ) = D ′ ∩ D = {O}. Soient alors A ∈ D différent de O et A′ son image par s∆ . Alors
OA = OA′ , de sorte que A′ ∈ D ′ ∩ C (O, OA). D’où deux points possibles, notés A1 et A2 . On pose
alors ∆1 (resp. ∆2 ) la médiatrice de [AA1 ] (resp. [AA2 ]).
Synthèse : s∆1 (O) = O et s∆1 (A) = A1 impliquent s∆1 (D) = s∆1 (OA) = (OA′ ) = D ′ , et l’on
montre de même que s∆2 (D) = D ′ . De plus, [AA2 ] est un diamètre du cercle C défini plus haut,
contenant A1 , donc le triangle A1 AA2 est rectangle en A. Or (AA1 ) ⊥ ∆1 et (AA2 ) ⊥ ∆2 , donc
∆1 ⊥ ∆2 .
→
→
Exercice : Montrer que si −
u et −
v sont respectivement des vecteurs unitaires de D et D ′ , alors les axes de
→
→
symétrie sont dirigés par −
u ±−
v.
−→ −→
−−→ −−→
−−→ −−→
−
−
−
Convenons tout d’abord →
u = OA/kOAk et →
v = OA1 /kOA1 k (ce qui implique d’ailleurs que −→
v = OA2 /kOA2 k par construction de A1 et A2 ).
2
Réflexions du plan échangeant deux droites sécantes
→
−
−
u +→
v : On a les égalités suivantes :
−−→ →
−
AA1 · (−
u +→
v)
=
=
1
−→ −−→
−−→ −→ −→
−−→ −−→ −−→ −→
AA1 · OA/kOAk + OA1 /kOA1 k = −→ (0A1 − OA) · (OA + OA1 )
kOAk
1 −−→ 2
−→ 2 −→ kOA1 k − kOAk = 0.
kOAk
→
−
−
u −→
v : On montre de même que :
1 −−→
−−→ −−→ −→ −−→ −→ −→
−−→ →
−
AA2 · (−
u −→
v ) = AA2 · OA/kOAk + OA2 /kOA2 k = −→ kOA2 k2 − kOAk2 = 0.
kOAk
−→
−−→
−−→
Dans ces égalités, nous avons évidemment utilsé le fait que kOAk = kOA1 k = kOA2 k.
♦
Proposition 1 : ∆1 ∪ ∆2 = {M ∈ P | d(M, D) = d(M, D ′)}.
démonstration :
"⊂" : Soit M ∈ ∆1 ∪ ∆2 . Si M = O, alors il est évident que d(M, D) = d(M, D ′ ) = 0. Supposons
alors M 6= O.
On peut considérer M ∈ ∆1 . Soient P le projeté orthogonal de M sur
D, de sorte que d(M, D) = M P , et P ′ = s∆1 (P ). Alors P ′ ∈ D ′ et
D
P
′
′
M P = M P (en effet, s∆1 (M ) = M ). Par suite, s∆1 (M P ) = (M P ), et
puisque s∆1 conserve l’orthogonalité, on a l’implication D ⊥ (M P ) ⇒
∆
M
O
D ′ ⊥ (M P ′ ), donc P ′ est le projeté orthogonale de M sur D ′ et réalise
rs
b
b
rs
D ′,
MP′
P′
donc le minimum de la distance de M à la droite
c’est-à-dire
=
D′
d(M, D ′ ).
"⊃" : Soit M ∈ P tel que d(M, D) = d(M, D ′ ). Soient P (resp. P ′ ) le projeté orthogonal de M sur
D (resp. D’) et d la médiatrice de [P P ′ ]. Alors M ∈ d car d(M, D) = d(M, D ′ ) ⇔ M P =
M P ′ . On en déduit que sd (D) = D ′ , donc d est l’une des deux bissectrices ∆1 ou ∆2 .
39.1.2 Réflexion de demi-droites
Définition 2 : Soient D et D ′ deux droites sécantes en un point O, A ∈ D et B ∈ D ′ deux
\ la droite notée ∆1 telle que
points disctints
de O. On appelle bissectrice intérieure de l’angle AOB
s∆1 [OA) = [OB). La droite ∆2 , perpendiculaire à ∆1 passant par O est alors appelée bissectrice
\
extérieure de l’angle AOB.
→
→
Remarque 1 : Si −
u et −
v sont respectivement des vecteurs directeurs des droites D et D ′ , alors ∆1 (resp. ∆2 ) est
→
→
→
→
dirigée par −
u +−
v (resp. −
u −−
v ).
39.2
Application au triangle et au crecle
39.2.1 Cercle inscrit et exinscrit
Définition 3 : Soit ABC un triangle non plat de P. Les bissectrices intérieures (resp. extérieures) du
\ ACB
\ et CBA.
\
triangle ABC sont les bissectrices intérieures (resp. extérieures) des angles BAC,
Réflexions du plan échangeant deux droites sécantes
Théorème 2 : Dans un triangle ABC non plat, les trois
bissectrices intérieures sont concourantes en un point I,
barycentre du système {(A, a), (B, b), (C, c)} (où a =
BC, b = AC et c = AB). C’est le centre du cercle inscrit au triangle.
3
A
b
b
C
I
b
b
B
démonstration : Soit I le barycentre du système {(A, a), (B, b), (C, c)} (on remarque que ABC non
plat ⇒ a + b + c 6= 0). On a donc :
M =A
⇒
−−→
MI =
−−→
−−→
−−→
1
(aM A + bM B + cM C)
a+b+c
−−→
−→ !
−−→
−→
−
→
bc
AB
1
AC
.
(bAB + cAC) =
AI
+ −→
−
−
→
a+b+c
a + b + c kABk kACk
{z
}
|
∀ M ∈ P,
−
=: →
u
−
→ →
→
Donc AI et −
u sont colinéaires. Mais −
u est un vecteur directeur de la bissectrice intérieure issue de
b
l’angle A, donc (AI) n’est autre que cette bissectrice. On procède de la même manière avec M = B et
M = C pour en déduire que I est bien le point d’intersection des trois bissectrices intérieures.
Par ailleurs, en notant H (resp. K, L) le projeté orthogonal de I sur (BC) (resp. (AC) et (AB)), on
montre que les triangles AIK et AIL sont isométriques (en effet, il ont un côté en commun [sur la
b un angle droit chacun et un autre angle identique [grâce à la bissectrice]), donc
bissectrice issue de A],
que IK = IL. De la même manière, on trouve IL = IH. Le cercle de centre I passant par ces trois
points est défini de manière unique, et il est tangent aux trois côtés du triangle (par construction de
H, K et L), donc c’est bien le cercle inscrit.
b (resp. B,
b C)
b et lesThéorème 3 : Soit ABC un triangle non plat. La bissectrice intérieure issue de A
bissectrices extérieures issues des deux autres angles sont concourantes en un point IA (resp. IB , IC )
qui est le centre du cercle exinscrit relatif au premier sommet. De plus, IA est le barycentre du système {(A, −a), (B, b), (C, c)} (resp. IB est le barycentre du système {(A, a), (B, −b), (C, c)},
IC est le barycentre du système {(A, a), (B, b), (C, −c)}).
démonstration : Soit I le barycentre du système {(A, −a), (B, b), (C, c)} (on remarque que ABC non
plat ⇒ b + c − a 6= 0). On a donc :
−−→
−−→
−−→
1
(−aM A + bM B + cM C)
b+c−a
−−→
−→ !
−−→
−→
−
→
1
bc
AB
AC
AI
(bAB + cAC) =
+ −→
.
−
−
→
b+c−a
b + c − a kABk kACk
|
{z
}
∀ M ∈ P,
M =A
⇒
−−→
MI =
−
=: →
u
−
→ →
→
Donc AI et −
u sont colinéaires. Mais −
u est un vecteur directeur de la bissectrice intérieure issue de
b
l’angle A, donc (AI) n’est autre que cette bissectrice. Avec M = B et M = C, on trouvera par ce
calcul un signe − dans la parenthèse, qui prouve que (BI) et (CI) sont les bissectrices extérieures. La
conclusion quant au cercle se traite de la même manière que dans le théorème précédent.
4
Réflexions du plan échangeant deux droites sécantes
Illustrons ceci par une figure :
b
A
IB
b
b
IC
I
b
C
b
b
b
B
IA
Remarque 2 : I est l’orthocentre du triangle IA IB IC . En effet, (IB IC ) est la bissectrice extérieure issue de Ab et
(AI) ∋ IA sa bissectrice intérieure. Le théorème 1 nous assure qu’elle sont perpendiculaires, de sorte que I soit bien
sur hauteur issue de IA du triangle IA IB IC . De même pour les autres côtés IA IC et IA IB .
39.2.2 Tangente à un cercle
Proposition 2 : Soit M ∈ P, extérieur à un cercle C (Ω, r) donné. Il y a exactement deux tangentes
à C passant par M . De plus, si l’on note T et T ′ les intersections avec C , alors la doite (ΩM ) est la
bissectrice intérieure de l’angle T\
M T ′.
démonstration : La réflexion d’axe (ΩM ) conserve le cercle, puisque cette droite porte un diamètre
du cercle. Notons T1 = s(ΩM ) (T ) ∈ C . (ΩT ) ⊥ (T M ), donc par conservation de l’orthogonalité, on a
s(ΩM ) (ΩT ) ⊥ s(ΩM ) (T M ) ⇔ (ΩT1 ) ⊥ (T1 M ). Or T1 ∈ C , donc T1 = T ′ , et (ΩM est la bissectrice
intérieure de l’angle T\
M T ′.
Remarque 3 : Pour mieux se représenter la chose, considérer que C est le plus grand cercle de la figure page
b
précédente, Ω = IA et M = A. Alors (ΩM ) = (AIA ) qui est bien la bissectrice intérieure de l’angle A.
Réflexions du plan échangeant deux droites sécantes
5
39.2.3 Rapport de longueur
Proposition 3 : Soient ABC un triangle non plat, IA (resp. JA) le pied de la bissectrice intérieure
b Alors on a l’égalité
(resp. extérieure) issue de A.
AB
AC
=
BIA
CIA
=
BJA
CJA
.
démonstration : Soit HA le pied de la hauteur issue de A. Soient K et L (resp. K ′ et L′ ) les projetés
orthogonaux de IA (resp. JA ) sur (AB) et (AC) (voir figure ci-dessous). On a alors que KIA = LIA
et K ′ JA = L′ JA (les triangles ALIA et AKIA sont isométriques, de même que mes triangles AK ′ JA
et AL′ JA ). Alors d’une part
1
2 AB · KIA
1
2 AC · LIA
=
AB
AC
et
A (ABIA )
=
A (ACIA )
1
2
1
2
BIA · AHA
BIA
.
=
CIA
CIA · AHA
1
′
2 AB · K JA
1
′
2 AC · L JA
=
AB
AC
et
A (ABJA )
=
A (ACJA )
1
2
1
2
BJA · AHA
BJA
.
=
CJA
CJA · AHA
A (ABIA )
=
A (ACIA )
D’autre part,
A (ABJA )
=
A (ACJA )
Voici la figure correspondante :
L′
rs
A
b
b
L
K
rs
rs
JA
B
rs
K′
b
b
b
H A IA
b
C