Logiciel libre de géométrie, d'analyse et de simulation multiplateforme par Yves Biton
 
Accueil - Exemples

Nouveau théorème : Cas de trois points cocycliques. Image du cercle circonscrit à ces points.

publication mardi 12 août 2014.


IV) Cas de trois points cocycliques. Image par T du cercle circonscrit à ces points.

On notera ici T=TABC.

1. Montrons d’abord que l’image par T=TABC de E est incluse dans l’intérieur d’un triangle

Etudions la restriction de T au cercle circonscrit au triangle ABC.
Soit $\Gamma$ le cercle circonscrit à un triangle ABC.

Nous utiliserons les notations usuelles dans ABC : AB=c, BC=a, CA=b etc..

M étant un point quelconque du plan, construisons le barycentre M’ des points pondérés (A,MA), (B,MB) et (C,MC), c’est à dire M’=T(M).

Remarquons d’abord que si M=A, alors M’=A’ = TBC (A) où A’ est le barycentre de (B,AB) et (C,AC) (puisque MA = 0) et que si M=B alors M’=B’=TCA(B) où B’ est le barycentre de (C, BC) et (A, BA).

Nous allons montrer que si M appartient à l’arc de cercle de $\Gamma$ d’extrémités A et B qui ne contient pas C,
avec M$\ne$A et M$\ne$B alors M’ appartient au segment ]A’B’[.

A’ = bar (B, c) ; (C ; b). Alors, pour tout point N, $c\overrightarrow {NB} + n\overrightarrow {NC} = \left( b + c \right)\overrightarrow {NA’} $ .

De même :

$a\overrightarrow {NC} + c\overrightarrow {NA} = \left( c + a \right)\overrightarrow {NB’} $ (1).
et $b\overrightarrow {NA} + a\overrightarrow {NB} = \left( b + a \right)\overrightarrow {NC’} $ (2).

En remplaçant N par A’ dans (1), on obtient :$c\overrightarrow {AB} + b\overrightarrow {AC} = \left( {b + c} \right)\overrightarrow {AA’} $.

En remplaçant N par A dans (2) on obtient : $\overrightarrow {AC} = \frac{c + a}{a}\overrightarrow {AB’} $.

En remplaçant N par A dans (3) on obtient : $\overrightarrow {AB} = \frac{b + c}{a}\overrightarrow {AC’} $.

Finalement : $\frac{c\left( b + a \right)}{a}\overrightarrow {AC’} + \frac{b\left( c + a \right)}{a}\overrightarrow {AB’} = \left( b + c \right)\overrightarrow {AA’} $.

Ou encore : $ - a\left( b + c \right)\overrightarrow {AA’} + b\left( c + a \right)\overrightarrow {AB’} + c\left( b + a \right)\overrightarrow {AC’} = \overrightarrow 0 $.

Donc $A = bar\left\{ {\left( {A’ ; - a\left( b + c \right)} \right) ;\left( {B’ ;b\left( c + a \right)} \right) ;\left( {C’ ;c\left( b + a \right)} \right)} \right\}$ (somme des coefficients 2bc).

Ou encore $A=bar\left\{ \left( A’ ;-a^2\left( b+c \right) \right) ;\left( B’ ;ab\left( c+a \right) \right) ;\left( C’ ;ac\left( b+a \right) \right) \right\}$(somme des coefficients 2abc).

De même :

$B=bar\left\{ \left( B’ ;-b^2\left( c+a \right) \right) ;\left( C’ ;bc\left( a+b \right) \right) ;\left( A’ ;ba\left( c+b \right) \right) \right\}$(somme des coefficients 2abc).

et $C=bar\left\{ \left( C’ ;-c^2\left( a+b \right) ;\left( A’ ;ca\left( b+c \right) \right) \right) ;\left( B’ ;cb\left( a+c \right) \right) \right\}$(somme des coefficients 2abc).

Si M’ = T(M), d’après la propriété d’homogénéité du barycentre , M’ est la
e barycentre de (A ;2abcMA), (B,2abcMB) et (C,2abcMC) puis, en utilisant la propriété du barycentre partiel, on en déduit que :

M’ = bar {(A’, $a\left( {b + c} \right)\left( { - a{\text{MA}} + b{\text{MB}} + c{\text{MC}}} \right)$ ) ;(B’,$b\left( {c + a} \right)\left( - b{\text{MB}} + c{\text{MC}} + a{\text{MA}} \right)$) ;(C’,$c\left( {a + b} \right)\left( { - c{\text{MC}} + a{\text{MA}} + b{\text{MB}}} \right)$)}.

Le théorème de Ptolémée (proposition 1.2) montre que les trois coefficients sont positifs ou nuls, ce qui prouve que M’ est à l’intérieur du triangle A’B’C ’ et qu’il est sur un des côtés si et seulement si un des trois coefficients est nul, ce qui, toujours d’après le théorème de Ptolémée, équivaut à dire que M est sur un des trois arcs de cercles.

Par exemple, le point M appartiendra au segment [B’C’] si, et seulement si :
$ - a{MA} + b{MB} + c{MC} = 0 \Leftrightarrow {AB} \times {MC} = {BC} \times {MA} + {AB} \times {MC}$ ce qui, d’après le théorème de Ptolémée, équivaut à dire que M appartient au cercle circonscrit à ABC et que ABMC est un quadrilatère convexe, ce qui équivaut à dire que M est sur l’arc de cercle de $\Gamma$ d’extrémités B et C qui ne contient pas A. La figure ci-contre illustre cette propriété :

Proposition 4.1 : L’image par TABC d’un point M quelconque de E est un point M’ intérieur au triangle A’B’C ’, M’ étant sur les bords du triangle A’B’C ’ si et seulement si le point M est sur le cercle circonscrit à ABC.


Remarquons que A’ = TBC(A) peut-être construit de façon géométrique comme nous l’avons déjà expliqué ainsi que B’ = TCA (B). Leur construction n’est pas décrite sur la figure suivante pour plus de lisibilité.

Construisons P = TAB (M) à l’aide de la méthode exposée dans le cas de deux points.
D’après le théorème du barycentre partiel, M’ est donc le barycentre de (P ; MA+MB) et (C ; MC).Donc M’ appartient à la droite (CP). C’est donc le point d’intersection de la droite (CP) avec la droite (A’B’).

Bijectivité de T en restriction à l’arc d’extrémités A et B ne contenant pas C.

L’étude faite pour deux points nous prouve qu’à deux points M distincts de l’arc d’extrémités A et B ne contenant pas C correspondent deux points
P = TAB(M) distincts et donc deux points M’ distincts sur le segment [A’B’]. T est donc injective sur cet arc.
Soit M’ un point du segment [A’B’], distinct de A’ et B’. Appelons P le point d’intersection de la droite (CM’) avec le segment [AB]. Construisons P’, symétrique de P par rapport à I, milieu de [AB]. Appelons H le point d’intersection de la médiatrice de [AB] avec l’arc de cercle qui contient C. Construisons alors le point M, point d’intersection de la droite (HP’) avec le segment [AB].
Nous savons alors que P = TAB(M) et il est évident que M’ = TABC(M).
Conclusion :


Théorème 4.2 : ABC étant un triangle inscrit dans un cercle $\Gamma$, la transformation TABC établit une bijection de $\Gamma$ dans le triangle A’B’C’ où A’=TBC (A), B’=TCA(B) et C’=TAB(C), TABC envoyant respectivement les arcs BC, CA et AB ne contenant pas A, B et C sur les segments [B’C’], [C’A’] et [A’B’].


2. Construction de l’image d’un point M par T.

Nous avons seulement à créer les images respectives P, Q, R de M par TBC, TCA, TAB avec la méthode exposée dans le cas de deux points.

M’=T(M) est à l’intersection des droites (AP), (BQ) et (CR) comme sur la figure ci-contre (deux de ces droites suffisent bien sûr)

3. Cherchons maintenant les points ayant même image par T qu’un point M donné.


Lemme 4.3 : A, B et C sont trois points non alignés du plan, $\Gamma$ leur cercle circonscrit et R son rayon.
On note T = TABC.
Soit M $\in$ E. Si M n’est pas sur $\Gamma$ et si M $\ne$ O, il y a exactement un autre point N qui vérifie T(M) = T(N) : c’est l’inverse i(M) par l’inversion i de pôle O et de rapport R2 ,R étant le rayon de $\Gamma$ . Sur $\Gamma$, l’application T est injective.


Remarquons d’abord que T(O) = G où G est le centre de gravité du triangle ABC et que O est l’unique antécédent de G par T.
Supposons M $\in \Gamma$ fixé et M $\ne$ O. On a vu à la proposition 2.1 que T(M) = T [i (M)].
En posant N = i (M), on a donc T(N) = T(M).
Pour montrer que N est le seul autre point ayant même image par T que M, il suffit donc de montrer que, un point M étant donné, il existe au plus deux points N vérifiant T(N)=T(M).
Supposons donc que T(M)=T(N). Comme (A, B, C) est un repère affine du plan, cela impose que les coordonnées barycentriques de M et N sur (A, B, C) sont égales donc que :

$\frac{MA}{MA + MB + MC} = \frac{NA}{NA + NB + NC}$, $\frac{MB}{MA + MB + MC} = \frac{NB}{NA + NB + NC}$ et $\frac{MC}{MA + MB + MC} = \frac{NC}{NA + NB + NC}$.

En passant aux inverses et en résolvant, on obtient alors : $\frac{MA}{MB} = \frac{NA}{NB}$, $\frac{MA}{MC} = \frac{NA}{NC}$ et $\frac{MB}{MC} = \frac{NB}{NC}$.

Donc N est sur l’intersection des cercles $C_{A,B,\frac{MA}{MB}}$ et $C_{A,B,\frac{NA}{NB}}$ (ainsi que sur $C_{B,C,\frac{MB}{MC}}$) ), ce qui prouve bien qu’il y a au plus deux points N solutions (et donc exactement deux quand M $\notin \Gamma$ et M $\ne$ O puisque alors i(M) $\ne$ M).

4. Montrons que T est surjective sur l’intérieur du triangle A’B’C ’.


Lemme 4.4 : Soit $\Gamma$ un cercle de centre O, rayon R passant par les points A et B. Si k > 0, les cercles CA, B, k sont des cercles orthogonaux à $\Gamma$. En particulier, ils sont invariants par l’inversion i de pôle O et de rapport R2.


Démonstration : Supposons k > 0, k $\ne$ 1 et soit C le cercle CA, B, k. Soit M un point d’intersection de C et de $\Gamma$. En appelant I et J les pieds des bissectrices issues de M dans AMB, on sait que [IJ] est un diamètre de C et, d’après la proposition 1.5, la tangente à C en M passe par le milieu de [IJ]. Les cercles C et $\Gamma$ sont donc orthogonaux et la proposition 1.6 prouve que le cercle est invariant par l’inversion i de centre O et de rapport OA2.

Remarque 4.5 : Le lemme 4.4 s’applique aussi au cas où k = 1 en considérant que la médiatrice de [AB] est un cercle dont le centre est à l’infini. Cette médiatrice est invariante par i.

Comme le cercle C est invariant par i, il est naturel de s’intéresser à son image par T


Proposition 4.6 : Soit $\Gamma$ le cercle circonscrit à un triangle ABC, et k un réel strictement positif. Appelons M1 et M2 les points d’intersection de CA,B,k avec le cercle $\Gamma$ et M’1 et M’2 leurs images respectives par T = TABC. L’image par T de CA,B,k est le segment [M’1M’2].


Cas particulier : Si k = 1, C est la médiatrice de [AB] et si M est sur C, M’=T(M) est sur la droite (CP), P étant le milieu de [AB].

Démonstration : Appelons $\Gamma_1$ un des deux arcs de cercle de C = CA,B,k d’extrémités M1 et M2 et supposons que M est un point de $\Gamma_1$. Par définition même du cercle C , le pied I de la bissectrice issue de M1 dans AM1B est le même que le pied de la bissectrice issue de M dans AMB. Soit P le symétrique de I par rapport au milieu de [AB]. On sait alors que M’=T(M) est sur la droite (CP).

Posons M’1=T(M1) et M’2=T(M2).

Comme M1 et M2 sont sur $\Gamma$, on sait que M’1 et M’2 sont sur un des bords du triangle A’B’C’. Comme de plus on sait que M’ est intérieur à ce triangle, M’ est donc sur le segment [M’1 M’2].

Reste à prouver que l’image par T de $\Gamma_1$ est le segment [M’1 M’2] en entier.

Nous allons pour cela utiliser un peu de topologie.

L’application f : C ----> C associée à T définie par :
$f(z)=\frac{\left| z-a \right|a+\left| z-b \right|b+\left| z-c \right|c}{\left| z-a \right|+\left| z-b \right|+\left| z-c \right|}$ étant continue, l’image par f d’un ensemble connexe est un ensemble connexe.

L’image de l’arc de cercle $\Gamma_1$ (connexe) étant connexe et incluse dans le segment [M’1M’2] ne peut être que le segment [M’1M’2].

Cette proposition nous prouve de plus que l’image par T du plan est l’intérieur du triangle A’B’C’.

Supposons en effet que le point M’ est un point donné intérieur au triangle A’B’C’. Soit P le point d’intersection de (CM’) avec le segment [AB] et I le symétrique de P par rapport au milieu de [AB]. Ce qui précède prouve que, en posant $k = \frac{IA}{IB} = \frac{PB}{PA}$, M’ est sur l’image par T de CA,B,k.

Cas où k $\ne$1 Cas où k = 1

Vous pouvez consulter cet article montrant comment utiliser une construction utilisateur pour visualiser l’image de l’intérieur du cercle par cette transformation/


Théorème 4.7 : Si ABC est un triangle, l’image par T=TABC du plan est l’intérieur du triangle A’B’C’, où A’, B’ et C’ sont les images respectives de A, B et C par T.


Nous avons de plus une méthode pour trouver les antécédents d’un point M’ du plan par T.

Il suffit de faire la construction précédente avec deux cercles C comme sur la figure de gauche ci-dessous sur laquelle M2 et M3 sont les antécédents de M’ par T. Nous savons de plus que la droite (M2M3) passe par O, centre du cercle circonscrit $\Gamma$ à ABC, puisqu’ils sont images l’un de l’autre par l’inversion de pôle O laissant A, B et C invariants. Bien sur, si nous traçons le troisième cercle C relatif aux points C et A, il passe aussi par M2 et M3.
Si le point M’ est sur le bord du triangle A’B’C’, les trois cercles sont tangents en un point situé sur le cercle circonscrit $\Gamma$(puisque M’ admet un unique antécédent par T) comme on peut le constater sur la figure de droite ci-dessous.

5. Une construction plus simple de TABC(M) quand M est sur le cercle circonscrit à ABC.

Supposons que M est sur l’arc de cercle de $\Gamma$ d’extrémités B et C qui contient le point A.
La droite (A’M) recoupe le cercle $\Gamma$ en un point N.
Nous allons montrer que M’ = T(M) est sur la droite (AN).
Nous appellerons R le point d’intersection de la droite (AN) avec le segment [BC].
M’ = bar {(A, MA) ; (B, MB) ; (C, MC)}.
Le théorème de l’angle inscrit prouve que les triangle A’MB et A’CN sont semblables.
On en déduit que $\frac{MC}{CA’} = \frac{NB}{BA’}$.
De même, A’MC et A’NB sont semblables. On en déduit que $\frac{MC}{CA’} = \frac{NB}{BA’}$.
D’où M’ = bar {(A, MA) ; (B,$\frac{CN \times BA’}{NA’}$) ; (C,$\frac{NB \times CA’}{BA’}$)}.
Comme R = bar {(B, RC) ; (C, RB)}, en utilisant le théorème du barycentre partiel, il nous reste à prouver que $\frac{CN \times BA’}{NA’ \times RC} = \frac{NB \times CA’}{BA’ \times RB} \Leftrightarrow \frac{CN \times RB}{BN \times RC} = \frac{CA’}{BA’}$ (1).

Comme A’ = T(A) = bar {(B, BA) ; (C, CA)}, on a $\frac{CA’}{BA’} = \frac{AB}{AC}$ d’où (1) $ \Leftrightarrow \frac{CN \times RB}{BN \times RC} = \frac{AB}{AC}$ (2).
Les triangles RBN et RAC étant semblables, on a : $\frac{RB}{BN} = \frac{RA}{AC}$

Les triangles RBN et RAC étant semblables, on a : $\frac{RB}{BN} = \frac{RA}{AC}$
Les triangles RAB et RCN étant semblables, on a : $\frac{CN}{RC} = \frac{AB}{RA}$
On déduit de ces deux égalités que (2) est vraie, donc que M ’ $\in$ (AR) = (AN).

Suite de la démonstration

Retour à la page principale de présentation du théorème