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

publication Tuesday 12 August 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\neA et M\neB 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 \ne1 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

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