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Nouveau théorème : Résultats préliminaires

publication Tuesday 12 August 2014.


Dans cet article nous énoncerons certains résultats préliminaires que nous utiliserons pour démontrer le nouveau théorème.


Proposition 1.1 : Si MAB est un triangle et I le pied de la bissectrice intérieure issue de M, alors I appartient au segment AB et $\frac{MA}{MB} = \frac{IA}{IB}$

Cette propriété assez basique ne sera pas démontrée ici.


Proposition 1.2 (théorème de Ptolémée) : Si A, B, C et D sont quatre points non alignés de E, alors on a $AC \times BD \le AB \times CD + BC \times DA$ avec égalité si et seulement si les quatre points sont cocycliques et le quadrilatère ABCD convexe.

Cette propriété ne sera pas démontrée dans cet article.


Proposition 1.3 : Si A et B sont deux points distincts de E et k un réel strictement positif, l’ensemble $C_{A,B,k}$ formé des points M tels que $\frac{MA}{MB}=k$ est :
- la médiatrice de [AB] si k = 1.
- sinon le cercle de diamètre [IJ] où I = bar (A,1); (B, k) et J = bar (A,1); (B, - k).
De plus, si M est un point quelconque de ce cercle qui n’est pas sur (AB), I et J sont les pieds respectifs des bissectrices intérieures et extérieures issues de M dans le triangle MAB.

Démonstration :
- Si k = 1 :
$\frac{MA}{MB} = k \Leftrightarrow \frac{MA}{MB} = 1 \Leftrightarrow MA = MB \Leftrightarrow $ M est sur la médiatrice [AB].
- Si $k \ne 1$ :
$\frac{MA}{MB} = k \Leftrightarrow MA = kMB \Leftrightarrow M{A^2} = {\left( {kMB} \right)^2} \Leftrightarrow {\left( {\overrightarrow {MA} } \right)^2} = {\left( {k\overrightarrow {MB} } \right)^2}$
Donc $ \frac{MA}{MB} = k \Leftrightarrow {\left( {\overrightarrow {MA} } \right)^2} - {\left( {k\overrightarrow {MB} } \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {MA} + k\overrightarrow {MB} } \right).\left( {\overrightarrow {MA} - k\overrightarrow {MB} } \right) = 0$.

En appelant I le barycentre de (A,1); (B, k) et J celui de (A,1) et (B, - k) (ces barycentres existent car $ k > 0 $ et $ k \ne 1$ donc $ 1+k \ne 0$ et $ 1-k \ne 0$ ) :
Pour tout point M, $\overrightarrow {MA} + k\overrightarrow {MB} = \left( {1 + k} \right)\overrightarrow {MI} $ et $\overrightarrow {MA} - k\overrightarrow {MB} = \left( {1 - k} \right)\overrightarrow {MJ} $
Donc $\frac{MA}{MB} = k \Leftrightarrow (1 + k)\overrightarrow {MI} .(1 - k)\overrightarrow {MJ} = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {MI} .\overrightarrow {MJ} = 0$ car $ 1+k \ne 0$ et $ 1-k \ne 0$.
Donc $\frac{MA}{MB} = k \Leftrightarrow $ M est sur le cercle de diamètre [IJ].

Soit M un point de ce cercle qui n’est pas sur (AB) et I’ le pied de la bissectrice intérieure de MAB issu de M. D’après la proposition 1.1, on sait que $\frac{I’A}{I’B}=\frac{MA}{MB}=k$. Le point I’ est donc sur le cercle et sur [AB]. Donc I’=I.
On en déduit immédiatement que J est le pied de la bissectrice extérieure issue de M dans MAB puisque ces deux bissectrices sont orthogonales.

La figure ci-dessous illustre cette propriété :


Proposition 1.4 : Si i est l’inversion de pôle O et de rapprt k, alors pour tous points M et N du plan d’images respectives M’ et N’ par i, on a : $M’N’ = \frac{\left| k \right|MN}{OM\;ON}$

Démonstration :
On se place dans le plan complexe d’origine O.
Si M, N, M’ et N’ ont pour affixes respectives $\alpha$, $\beta$, $\alpha’$, $\beta’$ alors :
$\alpha ’ = \frac{k}{{\overline \alpha }}$ et $\beta ’ = \frac{k}{{\overline \beta }}$.

Donc$M’N’=\left| \beta ’-\alpha ’ \right|=\left| \frac{k}{\overline {\beta }}-\frac{k}{\overline {\alpha }} \right|=\left| k \right|\times \left| \frac{1}{\overline {\beta }} - \frac{1}{\overline {\alpha }}\right|=\left| k \right|\times \left| \frac{\overline {\alpha }-\overline {\beta}}{\overline {\alpha }\overline {\beta }} \right|=\left| k \right|\times \frac{\left| \overline {\alpha -\beta } \right|}{\left| \alpha \beta \right|}=\left| k \right|\times \frac{\left| \alpha -\beta \right|}{\left| \alpha \beta \right|}$

Donc $M’N’=\frac{\left| k \right|\times \left| \alpha -\beta \right|}{\left| \alpha \right|\times \left| \beta \right|}=\frac{\left| k \right|\times MN}{OM\times ON}$


Proposition 1.5 : Soient ABC un triangle non isocèle en A, I et J les pieds des bissectrices issues de A et K le milieu de [IJ].
Alors la droite (AK) est tangente en A au cercle circonscrit à ABC.


Démonstration :
On suppose que le triangle ABC n’est pas isocèle en A.
Appelons $\Gamma$ le cercle circonscrit au cercle ABC, M le second point d’intersection de la bissectrice intérieure (AI) avec le cercle $\Gamma$ et N le second point d’intersection de la bissectrice extérieure (AJ) avec le cercle $\Gamma$.

Les bissectrices intérieure et extérieure étant perpendiculaires, le triangle AMN est rectangle en A donc son cercle circonscrit (qui est $\Gamma$) a pour diamètre [MN]. Le segment [MN] est donc un diamètre de $\Gamma$.

D’après le théorème de l’angle inscrit, $\widehat {BMN} = \widehat {BAN} = \widehat {BAI}$ et $\widehat {CMN} = \widehat {CAN} = \widehat {CAI}$

Comme (AI) et la bissectrice intérieure issue de A de ABC, $\widehat {BMN} = \widehat {BAI} = \widehat {CAI}$.
On en déduit que $\widehat {BMN} = \widehat {CMN}$

Comme OM = OB = OC, les triangles OMN et OMC sont isométriques et donc MB = MC. Comme OB = OC, (MO) est la médiatrice de [BC].

Pour montrer que (AO) est orthogonale à (AK) on va montrer que $\overrightarrow {AO} .\overrightarrow {AK} = 0$.

Comme K est le milieu de [IJ], $\overrightarrow {AK} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AI} + \overrightarrow {AJ} } \right)$.
Comme O est le mileu de [MN], $\overrightarrow {AO} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {AN} } \right)$.
Donc $\overrightarrow {AO} .\overrightarrow {AK} = \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {AN} } \right).\left( {\overrightarrow {AI} + \overrightarrow {AJ} } \right) = \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AI} + \overrightarrow {AN} .\overrightarrow {AI} + \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AJ} + \overrightarrow {AN} .\overrightarrow {AJ} } \right)$.
Or $\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AI} = 0$ et $\overrightarrow {AN} .\overrightarrow {AJ} = 0$.
De plus $\overrightarrow {AN} .\overrightarrow {AI} = \left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MN} } \right).\overrightarrow {AI} = \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AI} + \overrightarrow {MN.} \overrightarrow {AI} = \overrightarrow {MN.} \overrightarrow {AI} $ car $(AM) \bot \left( {AI} \right)$.
Et $\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AJ} = \left( {\overrightarrow {AN} + \overrightarrow {NM} } \right).\overrightarrow {AJ} = \overrightarrow {AN} .\overrightarrow {AJ} + \overrightarrow {NM} .\overrightarrow {AJ} = 0 + \overrightarrow {NM} .\overrightarrow {AJ} = \overrightarrow {NM} .\left( {\overrightarrow {AI} + \overrightarrow {IJ} } \right) = \overrightarrow {NM} .\overrightarrow {AI} + \overrightarrow {NM} .\overrightarrow {IJ} = \overrightarrow {NM} .\overrightarrow {AI} $.
On en déduit que $\overrightarrow {AO} .\overrightarrow {AK} = \frac{1}{4}\left( {\overrightarrow {MN} .\overrightarrow {AI} + \overrightarrow {NM} .\overrightarrow {AI} } \right) = 0$ donc $(AO) \bot (AK)$.


Proposition 1.6 : Si T est la tangente en A à un cercle $\Gamma$ de centre O, alors tout cercle centré sur T et passant par A est invariant par l’inversion i de centre O et de rapport $OA^2$.

Démonstration :On se place dans le plan complexe muni d’un repère orthonormal d’origine O.
Nous poserons $OA=R$, $AB=r$ et on notera b l’affixe de B.
Comme l’inversion i est involutive (i o i=Id), pour montrer que $i\left( \Gamma \right) = \Gamma $ il suffit de montrer que $i\left( \Gamma \right) \subset \Gamma $.
Un point M quelconque du cercle de centre B et passant par A a une affixe de la forme $z = b + re^{i\theta }$ avec $\theta$ réel.
Son image par l’inversion de centre O et de rapport $R^2$ a pour affixe $z’=\frac{R^2}{\overline {z}}$.

Pour montrer que M’ appartient à $\Gamma$ il suffit de montrer que $\left| z’ - b \right| = r$.

$\left| z’-b \right|=\left| \frac{R^2}{\overline {z}}-b \right|=\left| \frac{R^2-b\overline {z}}{\overline {z}} \right|$ avec $\overline {z}=\overline {b+r\mathrm{e}^{i\theta }}=\overline {b}+r\mathrm{e}^{-i\theta }$.

Donc $z’-b=\frac{R^2-b\times \left( \overline {b}+r\mathrm{e}^{-i\theta } \right)}{\overline {b}+r\mathrm{e}^{-i\theta }}=\frac{R^2-b\overline {b}-br\mathrm{e}^{-i\theta}}{\overline {b}+r\mathrm{e}^{i\theta}}=\frac{R^2-{\left| b \right|}^2-br\mathrm{e}^{-i\theta}}{\overline {b}+r\mathrm{e}^{i\theta}}$.

Or ${\left| b \right|}^2 = OB^2 = OA^2 + AB^2 = R^2 + r^2$ car le triangle OAB est rectangle en A (théorème de Pythagore).

Donc $\left| z’-b \right|=\left| \frac{R^2-\left( R^2+r^2 \right)-br\mathrm{e}^{-i\theta }}{\overline {b}+r\mathrm{e}^{-i\theta}} \right|=\left| \frac{-r\left( r+b\mathrm{e}^{-i\theta} \right)}{\overline {b}+r\mathrm{e}^{-i\theta}} \right|=\left| \frac{-r\mathrm{e}^{i\theta}\left( r\mathrm{e}^{i\theta}+b \right)}{\overline {b}+r\mathrm{e}^{-i\theta}} \right|=r\left| \frac{r\mathrm{e}^{-i\theta}+b}{\overline {b}+r\mathrm{e}^{-i\theta}} \right|$.

Or $\left| \frac{r\mathrm{e}^{i\theta}+b}{\overline b+r\mathrm{e}^{-i\theta}} \right|=\left| \frac{r\mathrm{e}^{i\theta}+b}{\overline{r\mathrm{e}^{i\theta}+b}} \right|=\frac{\left| r\mathrm{e}^{i\theta }+b \right|}{\left| \overline{r\mathrm{e}^{i\theta}+b} \right|}=\frac{\left| r\mathrm{e}^{i\theta}+b \right|}{\left| r\mathrm{e}^{i\theta}+b \right|}=1$.

Donc $\left| z’-b \right| = r$ et le point M’ appartient bien au cercle $\Gamma$.

Suite de la démonstration
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