Géométrique, un sens et une intuition à développer (article 3)

Géométrique, un sens et une intuition à développer (article 3)
Robert Lacroix, Séminaire Salésien, Sherbrooke
[email protected]
Dernièrement, j’étais proche de la porte d’entrée d’un restaurant et j’observais des poissons nager dans un aquarium. Lorsque les poissons étaient dans une partie de
l’aquarium, ils m’apparaissaient plus gros, alors qu’en
d’autres parties, ils étaient plus petits que lorsqu’ils passaient directement devant moi. Ainsi, je sais que, selon
l’emplacement des poissons dans l’aquarium, ils vont
m’apparaître de grosseurs différentes : je le sais parce que
je l’ai vu!
À un autre moment, je me trouve devant mon poêle à
l’huile, il dégage une bonne chaleur en cette journée de
tempête (dimanche 16 décembre 2007). Dans mes mains,
je tiens une tige de métal. M’éloignant du poêle tout en
tenant la tige, je ne suis pas sans penser (c’était assez facile puisque l’article était en gestation) qu’en éloignant la
tige de métal du poêle, elle se rétrécit. Je sais que les différences des températures font varier les dimensions des
objets : je le sais parce que je l’ai déjà mesuré. De plus,
les variations des dimensions dépendent des matériaux
qui constituent un objet.
Mais vous allez me dire que, pour l’aquarium, les déformations ne sont qu’apparentes, alors que pour la tige de
métal, la dilatation (contraction) est négligeable. Ah oui?
Si c’est négligeable alors pourquoi les séparations des
rails de chemin de fer? Pourquoi mettre tant d’espace entre les morceaux du tablier d’un pont?
Imaginons qu’à l’époque des grands géomètres, on se soit
aperçu qu’en déplaçant une tige de métal, elle changeait
de longueur, et si l’atmosphère avait été très stratifiée et
sachant que la réfringence varie fortement d’une strate
à l’autre, variation tellement prononcée que les objets
auraient semblé changer de forme en les tournant autour
d’un point, aurait-on postulé l’existence des isométries?
Farfelues de telles questions? Ces questions ont déjà été
soulevées par le grand mathématicien français Henri Poincaré (dans son livre, Science et hypothèse, paru quelque
temps avant sa mort).
Ces quelques réflexions m’amènent à me poser la question
suivante : quels arguments puis-je fournir qui me permet-
GRMS
tent d’affirmer que toute translation est une isométrie, que
toutes les translations se font suivant la façon enseignée
en géométrie?
Comment puis-je entendre l’affirmation, sans trop sourciller, qu’en faisant tourner un objet dans l’espace, l’objet
ne change pas de forme et il garde ses dimensions?
À propos des rotations : comment prouver que, si je fais
tourner une droite d’un angle q autour d’un point O situé
hors de cette droite, l’image que j’obtiens est une droite et
que cette image forme un angle q avec la droite objet?
« Ben voyons donc » tout le monde sait ça!
– Ah oui?
– Bien, c’est évident!
– Si c’est si évident, on devrait avoir les arguments pour
le prouver. Je me souviens avoir déjà eu des stagiaires incapables de le prouver.
– Alors, c’est quoi ta preuve?
– C’est ce que nous allons voir bientôt.
J’ai encore une autre question : « Quels sont les arguments
que je peux fournir pour prouver que les figures semblables existent (bref, que les homothéties existent)? »
D’autres questions me trottent dans l’esprit comme :
Comment puis-je être si certain que les hauteurs d’un
triangle se rencontrent en un même point? Ce fait avait
émerveillé Einstein quand il était jeune (12 ans) et, quand
il avait acquis la certitude que c’était vrai, il en a été bouleversé. Commença alors sa quête ou sa recherche de la
vérité, soupçonnant que la nature recèle une beauté insoupçonnée et qu’elle se laisse découvrir petit à petit
par...
Mais par quoi au juste? Et quelle était cette certitude?
ENVOL no 142 — janvier-février-mars 2008
43
Qu’est-ce qui me fait dire, hors de tout doute raisonnable, que la somme des angles d’un triangle donne toujours
180˚, quelle que soit sa forme et quelle que soit sa grosseur?
Lorsque j’ai commencé cette série d’articles sur la géométrie, je comptais présenter des démonstrations de théorèmes. Mais avec le temps, j’ai craint d’obtenir une litanie
de théorèmes avec leur démonstration; de faire fuir plus
d’un lecteur et plus d’une lectrice. Enfin, dans ce qui suit,
je tente une présentation harmonieuse de théorèmes et de
problèmes à résoudre.
D’où, chères lectrices et lecteurs, je vous convie à résoudre les quelques problèmes qui émailleront la présentation.
Sans plus tarder, en voici quelques-uns.
Problème no 1 (de mon bon ami Christian Boissinotte)
Démontrer, que dans un triangle quelconque, le produit
des longueurs de deux côtés est égal au produit du diamètre du cercle circonscrit par la distance séparant le troisième côté et le sommet opposé à ce côté. (À l’aide de la
trigonométrie, ça se fait assez bien, une deuxième solution est alors requise à l’aide uniquement de théorèmes de
la géométrie, critère imposé par Christian)
Que verrons-nous dans cet article?
Dans cet article, nous ne pourrons pas aborder les réponses à toutes les questions posées afin d’avoir un article
d’une longueur raisonnable.
Dans cet article donc, j’aborderai les rotations et les triangles semblables pour lesquels je trouve qu’on prend pour
acquis leurs propriétés, et je rappelerai quelques propriétés des proportions.
Mais avant de regarder les rotations, jetons un regard sur
un théorème fondamental en géométrie : celui portant sur
la somme des angles intérieurs d’un triangle.
Un des plus grands théorèmes de la géométrie est celui
traitant de la somme des angles intérieurs d’un triangle.
Nous sommes tellement habitués de le rencontrer, qu’il
nous apparaît banal. Pourtant, il est à la base de la géométrie d’Euclide et de la trigonométrie.
Examinons quelques preuves :
Preuve no 1
D
C
A
B
Problème no 2
D
q
G
s
E
A
t
H
F
C
u
p
B
La figure ci-dessus nous montre un trapèze ABCD dont
les diagonales se rencontrent au point H et que les bases
ont pour longueurs p et q. On prolonge la grande base BA
jusqu’au point E d’une longueur q et la petite base DC
jusqu’au point F d’une longueur p. On trace le segment
EF qui coupe la diagonale AC au point G. Les longueurs
des segments AG, GH et HC mesurent respectivement s,
t et u. Montrer que s = u.
Considérons un rectangle ABCD. La somme des angles
intérieurs est manifestement égale à 360˚. Si je trace la
diagonale AC, je partage le rectangle en deux triangles
rectangles qui ont exactement les mêmes mesures.
Ainsi, la somme des angles à l’intérieur d’un triangle
360
= 180.
rectangle =
2
La preuve se poursuit sur l’autre page.
D’autres petits problèmes suivront après la présentation
d’un peu de théorie.
44
ENVOL no 142 — janvier-février-mars 2008
GRMS
La preuve classique est de tracer par un des sommets une
parallèle au côté opposé.
C
Sur la figure, nous avons tracé DE parallèlement au côté
AC .
A
Soit x, y et z les mesures des angles intérieurs du triangle
ABC.
B
H
Traçons maintenant un triangle ABC et traçons CH, la
hauteur issue du sommet C. Ainsi, dans chacun des triangles rectangles, la somme des angles = 180˚ pour un total
de 360˚. Maintenant, les angles formés au pied de la hauteur AH totalisent 180˚; ainsi, la somme des angles du
triangle ABC donne 180˚
Preuve no 2
A
« Tournons » notre regard sur les rotations
C
180° - C
180° - B
180° - A
Par les propriétés des mesures des angles alternes-internes
déterminés par une sécante à deux droites parallèles, les
mesures x et z sont aussi celles des angles ABD et EBC.
Donc x + y + z = 180˚.
Seule cette dernière preuve a résisté aux critiques des
mathématiciens (je devrais dire géomètres) au cours des
deux derniers millénaires.
Plusieurs affirmations sont formulées sur les rotations :
une rotation préserve les longueurs, une rotation préserve
les angles d’une figure, l’angle entre une droite et son
image par une rotation est une droite, etc. Ces affirmations
sont formulées dans des livres, mais sans être prouvées.
B
D
Considérons un triangle ABC tel que dessiné dans la figure laissant voir les angles extérieurs au triangle. Maintenant, en partant du point D(épart) sur le côté AB, marchons autour du triangle en suivant le flèche pour revenir
au point D. En chacun des sommets rencontrés, (B, C, A)
il a fallu tourner de trois angles : 180˚- B, 180˚ - C et 180˚A pour partir et revenir au point D. On a donc tourné d’un
total 540˚ - (A + B + C), ce qui aurait donné le même effet
que de tourner sur place de 360˚ sans se déplacer. Ainsi,
A + B + C = 180˚.
Dans ce qui suit, nous fournissons quelques preuves simples.
C'
B'
O
q
A'
Preuve no 3
C
B
A
C
z
E
y z
x B
x
A
D
GRMS
Pour étudier l’image de la rotation d’une droite autour
d’un point O d’un angle q, choisissons 3 points quelconques A, B et C sur cette droite. Soit A', B' et C' les images
de ces points par cette rotation.

Sur la figure, nous ne montrons qu’un seul arc cercle AA'
pour illustrer le plus complètement la rotation du point A
d’un angle q autour du point O. Par cette construction :
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OA = OA' de même on peut affirmer que OB = OB' et OC
= OC'; de plus, les angles BOB' et COC' sont égaux à q.
Il nous faut montrer que les points A', B' et C' sont colinéaires et que la droite A'B' fait un angle q avec la droite
AB.
C'
Il nous reste à prouver que l’angle entre les droites AB et
A'B' est q, la mesure de l’angle de rotation.
Soit I, le point d’intersection des droites AB et A'B'.
Montrons que ∠B'IB = q.
Soit αa = ∠OAB = ∠OA'B'.
Dans le quadrilatère OAIA’, la somme des angles = 360˚ :
∠OAB + ∠AOA' + ∠OA'I + ∠A'IA = 360°
d’où
a + q + 180° - αa + 180° - ∠B'IB = 360°.
α
B'
O
Ainsi, les points A', B' et C' sont colinéaires en vertu du
théorème sur l’inégalité du triangle.
q
D’où on tire aisément que ∠B'IB = q .
α
α
A'
C
Problème no 3
B
I
A
Montrons que les segments AB et A'B' ont même longueur.
figure 3.0
figure 3.1
figure 3.2
Pour cela, montrons que les triangles AOB et A'OB' sont
congrus par le postulat CAC.
À cette fin, il faut montrer que les angles AOB et A'OB'
ont même mesure.
On sait que
∠AOB' − ∠B'OB = ∠AOB
∠AOB' − ∠AOA' = ∠A'OB'
∠B'OB = ∠AOA ' = q
Donc, ∠AOB = ∠A'OB'
Comme OA = OA' et OB = OB' alors les triangles AOB et
A'OB' sont congrus d’où AB = A'B'.
Par une suite d’arguments similaires, on prouve que
BC = B'C'; et que AC = A'C'.
Puisque les points A, B et C sont colinéaires :
AB + BC = AC = A'B' + B'C' = A'C'.
46
figure 3.3
figure 3.4
La suite des figures 3.0 à 3.4 illustre le fait suivant : nous
commençons par tracer un triangle équilatéral, figure 3.0;
à l’intérieur de ce triangle, nous découpons un triangle
équilatéral (triangle en foncé) formant ainsi un trou dans
le centre du premier triangle; les sommets du triangle
troué se situent aux milieux des côtés du premier triangle.
Nous répétons cette procédure pour chaque triangle équilatéral blanc apparaissant dans la figure 3.1 pour obtenir
la figure 3.2.
De la figure 3.2, nous pouvons obtenir la figure 3.3 qui,
lorsque trouée de la même manière, nous donne la figure 3.4.
Considérons les triangles blancs. Si nous nous étions rendus à la figure 3.5 en partant de la figure 3.4, déterminer le
rapport entre l’aire totale des triangles blancs et l’aire du
ENVOL no 142 — janvier-février-mars 2008
GRMS
triangle de la figure 3.0. et déterminer le rapport entre la
somme des périmètres des triangles blancs et le périmètre
du triangle initial.
Regard sur les triangles semblables
L’intuition de l’existence des figures semblables vient du
fait qu’on peut concevoir des objets qui se ressemblent
tout en ayant des grosseurs différentes.
Sur le plan logique, cette réponse est parfaite. Mais d’où
viennent les propriétés des triangles semblables?
Sans tout rebâtir la géométrie, esquissons une démarche.
La clé réside dans le beau théorème suivant que j’ai l’habitude d’appeler : théorème milieu-milieu.
Théorème milieu-milieu
A
L’histoire raconte que Thales de Milet (-650) aurait pu déterminer la hauteur de la Grande Pyramide en comparant
la longueur de son ombre projetée au sol avec l’ombre de
la Grande Pyramide.
Dans ce qui suit, je vais esquisser une démarche logique
qui amène aux triangles semblables et donc, à la notion
d’homothétie.
Pour commencer, voyons la figure suivante :
A
B
C
A'
B'
C'
A'
B
B'
C
C'
Si trois droites parallèles découpent des segments de
même longueur sur une sécante, alors elles découpent sur
toute autre sécante des segments de même longueur.
Ainsi, si AA', BB' et CC' sont trois droites parallèles et
que B est au milieu de AC, alors B' est au milieu de A'C'.
La démonstration est assez simple à élaborer :
A
A'
Trois droites parallèles AA', BB' et CC' sont coupées par
deux sécantes AC et A'C'.
B
B'
Nous avons appris l’existence de la proportion suivante :
s.1) AB = A'B'
BC B'C'
et que de cette proportion on tire la proportion qui suit :
D
C
C'
E
s.2) AB = A'B'
AC A'C'
Traçons AD et BE parallèlement à A'C'.
Deux questions sont soulevées : comment prouver la première proportion? Et, d’où vient la deuxième?
Nous avons donc 2 triangles congrus sur cette figure par le
postulat ACA. Ainsi, les segments AD et BE ont la même
longueur. Puisque nous avons aussi deux parallélogrammes, alors AD = A'B' et BE = B'C'.
Certains diront, comme je l’ai déjà entendu, que la première vient des triangles semblables qui sont formés en
prolongeant CA et C'A' jusqu’à leur point d’intersection.
GRMS
Donc A'B' et B'C' ont la même longueur, d’où B' est au
milieu du segment A'C'.
ENVOL no 142 — janvier-février-mars 2008
47
Ce théorème que nous venons de voir est extrêmement
important puisqu’il permet d’obtenir le théorème suivant :
A
A'
Si des droites parallèles découpent sur une sécante des
segments congrus, alors elles découpent sur toute autre
sécante des segments congrus.
Voici une situation aisément généralisable :
A
B
B'
C
C
C'
Huit droites parallèles découpent, sur la droite AC, 7
segments congrus. Alors, il est aisé de prouver que sur
la droite A'C' sont aussi découpés 7 segments de même
longueur.
Remarquons aussi que les sept segments congrus sur la
droite AC n’ont pas la même longueur que les sept segments congrus sur la droite A'C.
De plus, on peut observer que le point B est situé aux 2
7
de la longueur de AC à partir de A ainsi que le point B'
est aussi situé aux 2 de la longueur de A'C' à partir du
7
point A'.
De plus, remarquons que
s.3)
AB A'B'
=
BC B'C'
Si le segment AB est divisé en m parties égales par des
droites parallèles, alors le segment A'B' est aussi divisé en
m parties égales par ces droites parallèles. Si le segment
BC est divisé en n parties égales par des parallèles, alors
le segment B'C' sera divisé lui aussi en n parties égales.
48
B'
B
A'
C'
Sur la figure ci-dessus, on remarque que le segment AB
est divisé en 4 parties égales alors que le segment BC est
divisé en 10 parties égales. Les parties constituantes du
segment AB n’ont pas nécessairement la même longueur
que les parties constituantes du segment BC.
Ce qui compte, c’est le fait que si j’ai m parties égales
« à gauche » j’obtiens m parties égales « à droite ».
La proportion écrite en s.3) est vérifiée et vaut m .
n
Discussion
Et oui! Ça nécessite une discussion.
Bizarre n’est-ce pas que cette figure? Façon de faire qui
aurait été inconcevable chez les Grecs de l’Antiquité.
De nos jours, on peut très bien imaginer un rapport comme suit : 5 g .
3 cm3
Supposons que dans un système d’unités de longueur, la
mesure de AB est 13 et celle de BC, 8 . Chez les Grecs,
3
5
on choisirait par après une unité qui serait le 1 de la pre15
65
mière. Ainsi, la longueur de AB serait
et celle de BC
15
serait 24 et on peut imaginer AB être divisé en 65 parties
15
égales et BC en 24 parties égales, chaque partie étant 1
15
d’unité; et par après montrer que la relation s.3 est vraie.
ENVOL no 142 — janvier-février-mars 2008
GRMS
Comment traiter avec des nombres irrationnels
Problème no 4
B
Mais que faire si au lieu de 13 comme longueur de AB
3
170
on ait
, alors que celle de BC est toujours 8 ?
3
5
O3
O2
Voici un raisonnement emprunté à un vieux livre de géométrie :
On choisit une unité de mesure u, suffisamment petite, qui
est contenue n fois dans BC; on peut imaginer que cette
unité de mesure est contenue entre m et m + 1 fois dans
AB. Ainsi, on a mu < AB < (m + 1)u; et le rapport AB
BC
respecte les inégalités ci-dessous :
m AB m + 1
<
<
n BC
n
Par exemple, supposons qu’au lieu de prendre 1 de no15
1
tre unité initiale, on prend les
de notre unité. Alors,
150
notre longueur irrationnelle pour AB devient 50 170 et
150
celle de BC devient 240 ; or 50 170 ≈ 651,92; ainsi, le
150
AB
rapport
obéit aux inégalités suivantes :
BC
O1
A
b
C
Dans la figure ci-dessus, nous avons un triangle isocèle
ABC. Les côtés AB et BC ont chacun une longueur de
a unités alors que la base AC mesure b unités. Le cercle
de centre O1 est inscrit dans le triangle ABC et le cercle
de centre O2 lui est tangent tout en étant tangent à deux
côtés du triangle et enfin le cercle de centre O3 est tangent
à celui de centre O2 et tangent à deux côtés du triangle.
Détermine le rayon de chacun des cercles lorsque b = 2 .
a 3
Quelques propriétés des proportions
p.0) si a = c
b d
p.1) ad = bc (la loi du produit en croix).
De la relation p.1) je peux écrire ad + bd = bc + bd =>
(a + b)d = b(c + d) d’où :
651 AB 652
<
<
240 BC 240
En théorie, les deux fractions ne diffèrent que de la valeur
1 qui peut être aussi petite que l’on veut.
n
Après la présentation de la preuve de ce superbe et beau
théorème, le lecteur peut aisément développer sa théorie
sur les triangles semblables et sur les homothéties.
Il nous reste à rappeler des propriétés des proportions, parce que sans ces propriétés, on ne peut parler de triangles
semblables. Mais avant de continuer sur la voie théorique,
j’invite les lecteurs à résoudre cet autre beau problème.
GRMS
a
p.2) a + b = c + d
b
d
Encore de p.1) je peux écrire ad + ac = bc + ac =>
a(c + d) = c(a + b) et alors on a :
p.3)
a
c
=
a+b c+d
Évidemment, si au lieu d’ajouter bd à chaque membre de
p.1), je soustrais bd, j’obtiens
p.4) a − b = c − d
b
d
ENVOL no 142 — janvier-février-mars 2008
49
Solution du problème no 1
Et en soustrayant ac, on a :
p.5)
a
c
=
a −b c−d
A
Une des belles propriétés des proportions qui est souvent
oubliée mais qu’on peut utiliser assez souvent afin d’accélérer certains calculs est celle-ci :
H'''
b
a c e g
= = = =  K , où K est appelée constante de
b d f h
proportionnalité, alors si on additionne tous les numérateurs ensemble et tous les dénominateurs ensemble pour
former une nouvelle fraction on obtient :
Si
p.6) a + c + e + g +  = K
b + d + f + h +
En effet, de la suite d’égalités ci-dessus, on obtient a = kb,
c = kd, e = kf, g = kh ...
d’où a + c + e + g + ... = K(b + d + f + h) d’où suit l’équation p.6)
Un des beaux problèmes que j’ai déjà rencontré est
celui-ci :
Problème no 5
Si a + b − c = b + c − a = c + a − b
c
a
b
Déterminez la valeur de (a + b)(a + c)(b + c)
abc
Discussion
Peu de livres abordent la démonstration du théorème de
Thalès comme nous venons de le faire; surtout d’entrer
dans le détail important des longueurs irrationnelles en cernant un nombre irrationnelle à l’aide de suites de nombres
rationnels. Ces preuves servent à montrer l’importance de
l’existence postulée de droites parallèles : si les droites
parallèles n’existent pas, les figures semblables n’existent
pas, car ces dernières trouvent la preuve de leur existence
dans l’existence des parallèles. De plus, nous avons mis
en évidence des propriétés des proportions, propriétés essentielles à l’existence des triangles semblables.
Pour terminer, regardons des solutions aux problèmes posés.
h'''
c
C
O
a
B
Soit R, le rayon du cercle circonscrit au triangle ABC dont
les côtés mesurent respectivement a, b et c et soit h''', la
longueur de la hauteur issue du sommet C. Ainsi, il faut
prouver : 2Rh''' = ab.
Preuve :
Bien sûr, lorsqu’on parle de produit des longueurs de deux
côtés d’un triangle, ceci fait penser à l’aire du triangle et
encore plus lorsqu’on parle d’une hauteur du triangle.
Évidemment si h' et h'' sont les longueurs des hauteurs
issues du sommet A et B, nous avons la double égalité
suivante :
1) ah' = bh'' = ch''' = 2 (aire du triangle ABC).
On sait que les angles qui ont leur sommet sur un cercle
et qui découpe entre leurs côtés le même arc ont même
mesure; de plus, un triangle inscrit dans un demi-cercle et
qui a un diamètre comme un de ses côtés est un triangle
rectangle.
A
b
H'''
H''
h''
c
C
O
a
B
A'
50
ENVOL no 142 — janvier-février-mars 2008
GRMS
Sur la figure, nous montrons la hauteur issue du sommet
B, le point A' le symétrique de A par rapport au centre O
du cercle et le triangle AA'B. Le triangle AA'B est rectangle en B et les angles BA'A et BCA ont même mesure,
donc les triangles rectangles ABA' et BH''C sont semblables; ainsi, nous pouvons écrire la proportion suivante :
c
h ''
= ,
2R a
ac
d’où h '' =
2R
et en substituant cette valeur de h'' dans l’équation 1) on
obtient :
bac
= ch ''' et après simplification du facteur commun c,
2R
on obtient : ab = 2R h'''. C.Q.F.D.
1
de l’aire du triangle initial; ainsi, l’aire totale des
16
triangles blancs est 9 de l’aire du triangle initial. Ainsi,
16
l’aire totale des triangles blancs de la figure hypothétique
5
3
3.5 ne serait que   de l’aire du triangle initial.
4
que
Examinons les périmètres maintenant.
Le passage de la figure 3.0 à 3.1 : le périmètre d’un triangle blanc est la moitié de celui du triangle initial de la
figure 3.0. Ainsi dans la figure no 3.1, la somme des périmètres des triangles blancs est 3 du triangle initial.
2
Chacun des triangles blancs de la figure 3.1 est à l’origine
de la création de 3 triangles blancs dont chacun a un périmètre qui est la moitié d’un triangle blanc de la figure 3.1.
Donc, la somme des périmètres des triangles blancs de la
figure 3.2 = 9 du périmètre de la figure initiale.
4
Solution du problème no 2
Les triangles EAG et FCG sont semblables, d’où
2.1) EA = FC
AG CG
2.2) q = p = K
s t +u
Dans la figure 3.3, nous retrouvons 27 triangles blancs
dont le périmètre est le 1 de celui du triangle initial.
8
Ainsi,
2.3)
Dans la figure 3.2, il y a 9 triangles blancs dont l’aire n’est
Ainsi, dans la figure 3.5, il devrait y avoir 35 triangles
blancs dont le périmètre est 25 fois plus petit que celui
du triangle initial. Donc, on peut affirmer que : la somme
des périmètres des triangles blancs de la figure 3.5 serait
5
 3  (périmètre) du triangle initial apparaissant dans la
 
2
figure 3.0.
p+q
=K
s+t +u
Les triangles DCH et BAH sont aussi semblables, donc
2.4) DC = BA
CH AH
2.5) q = p
u s+t
De cette dernière équation et de 2.3) nous pouvons écrire
Solution du problème no 4
p+q
q
=K=
s+t +u
u
Donc, q = q d’où, s = u. C.Q.F.D.
s u
Si le cercle de centre O1 est inscrit dans le triangle ABC,
alors tout rayon du cercle qui aboutit à un des points de
tangence est perpendiculaire au côté. Si on relie les trois
sommets A, B et C au point O1, le triangle ABC se trouve
partagé en trois triangles dont la somme des aires donne
l’aire totale du triangle ABC.
2.6)
Solution du problème no 3
Examinons les aires.
Ainsi du triangle ABC =
Dans la figure 3.1, l’aire totale des triangles blancs =
de l’aire du triangle initial.
GRMS
3
4
4.1)
R
b
4
(2a + b) = Ra (1 + ) = Ra
2
2a
3
ENVOL no 142 — janvier-février-mars 2008
51
Mais si par le sommet B, on avait tracé la hauteur du
triangle ABC, on aurait trouvé que cette hauteur mesure
b
a2 −  
2
2
et l’aire du triangle ABC est
2
4.2)
2
b 2  b  ba
 b  ba 8 ba 2 2 ba
a −  =
1−   =
=
=
2
2
2
2 9 2 3
3
2
 2a 
Dans cette équation, on a utilisé le fait que
b 1
= .
2a 3
Comparant les équations 4.1) et 4.2) nous obtenons pour
le rayon R du cercle inscrit :
b 2
4.3) R =
4
Il est possible de comparer cette valeur de R avec celle de
la hauteur du triangle ABC. En effet la hauteur du triangle
ABC est
4.4)
2
8 2a
b
a2 −   = a
=
2 =b 2
9 3
2
Ainsi, le rayon du cercle inscrit est le quart de la hauteur
du triangle ABC; donc, son diamètre est la moitié de cette
hauteur.
Pour trouver le rayon de chacun des deux autres cercles,
la procédure est assez simple.
Au point de tangence des deux cercles, si on trace une
parallèle à AC, on forme un triangle isocèle semblable
1
au premier, dans un rapport de similitude = , et le cercle
2
de centre O2 sera inscrit dans ce nouveau triangle d’où
R
le rayon du cercle de centre O2 =
et celui de centre
2
R
O3 = .
4
Solution du problème no 5
As-tu pensé à la somme de tous les numérateurs et de tous
les dénominateurs?
Le rapport entre ces deux sommes est 1. D’où
a+b−c
a+b
= 1 =>
=2
c
c
et
(a + b)(a + c)(b + c)
=8.
abc
Le prix Euler (prix pour les auteurs de la revue) a été remis à
M. Robert Lacroix en mai 2007.
M. Lacroix reçoit son prix des mains de Julie Houde, représentante du GRMS
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ENVOL no 142 — janvier-février-mars 2008
GRMS