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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  }}.

DoncM’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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