un condensé de géométrie..

loi des sinus

Soit ABC un triangle et O le centre de son cercle circonscrit de rayon R, D le point diamètralement opposé à B.

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Les points A , B , C er D étant cocycliques ,(\overrightarrow{DC},\overrightarrow{DB})=(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB})

et donc BC=2R \sin \hat{A}

De même que AC=2R \sin \hat{B} et AB=2R \sin \hat{C}…on en déduit \dfrac{BC}{\sin\hat{A}}=\dfrac{AC}{\sin\hat{B}}=\dfrac{AB}{\sin\hat{C}}

A propos des aires (orientées!):

\bullet Soient ABC et ABD deux triangles tels que (AB) et (DC) soient parallèles,

alors \mathscr{A}(ABC)=\mathscr{A}(ABD)

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On trace les parrallèles à (AB) et (AD) , elles se coupent en E, et l’aire de chaque triangle est égale à la moitié de celle du parallèlogramme ABED.

\bullet Soit ABC un triangle, Q un point de (CB) et P un point de (AQ), alors:

\dfrac{\overline{QC}}{\overline{QB}}=\dfrac{\mathscr{A}(QCA)}{\mathscr{A}(QBA)} =\dfrac{\mathscr{A}(QCP)}{\mathscr{A}(QBP)} pour les mêmes raisons… =\dfrac{\mathscr{A}(PCA)}{\mathscr{A}(PBA)} par différence (chevron)

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On utilise le fait que ces triangles ont les mêmes hauteurs.

Ceci suffit pour démontrer le théorème de Thalès :

Soit ABE un triangle, C et D deux points de (EA) et (EB) , si (CD) et (AB) sont parallèles alors \dfrac{ED}{EA}=\dfrac{EC}{EB}...=\dfrac{DC}{AB}

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En effet,

\mathscr{A}(ABC)=\mathscr{A}(ABD) donc en soustrayant à l’aire totale \mathscr{A}(ACE)=\mathscr{A}(DBE) puis \dfrac{\overline{EC}}{\overline{EB}}=\dfrac{\mathscr{A}(ACE)}{\mathscr{A}(ABE)}=\dfrac{\mathscr{A}(DBE)}{\mathscr{A}(ABE)}=\dfrac{\overline{ED}}{\overline{EA}} !

…ou le théorème de Céva :

X ,Y et Z étant trois points de (BC), (AC) et (AB), les droites (AX) , (BY) et (CZ) sont concourantes si et seulement si

\dfrac{\overline{XB}}{\overline{XC}}\times\dfrac{\overline{YC}}{\overline{YA}}\times\dfrac{\overline{ZA}}{\overline{ZB}}=-1

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En effet :

\dfrac{\overline{XB}}{\overline{XC}}=\dfrac{\mathscr{A}(OBA)}{\mathscr{A}(OCA)} , \dfrac{\overline{YC}}{\overline{YA}}=\dfrac{\mathscr{A}(OCB)}{\mathscr{A}(OAB)} et \dfrac{\overline{ZA}}{\overline{ZB}}=\dfrac{\mathscr{A}(OAC)}{\mathscr{A}(OBC)} ( chevron et rechevron et ..)

Droites remarquables d’un triangle.

\bullet Les hauteurs:

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En effet, \dfrac{A'C}{A'B}=\dfrac{A'A.\tan \hat C}{A'A.\tan \hat B} , \dfrac{C'B}{C'A}=....

et donc \dfrac{\overline{A'C}}{\overline{A'B}}\times\dfrac{\overline{C'B}}{\overline{C'C}}\times\dfrac{\overline{B'A}}{\overline{B'C}}=-1

Remarquons au passage que les points A,B,A’,B’ étant cocycliques:

(\overrightarrow{A'H},\overrightarrow{A'B'})=(\overrightarrow{CH},\overrightarrow{CB'})

Les points C’,H , A’ et B étant cocycliques:

(\overrightarrow{A'C'},\overrightarrow{A'H})=(\overrightarrow{BC'},\overrightarrow{BH})

et comme (\overrightarrow{BC'},\overrightarrow{BH})=(\overrightarrow{CH},\overrightarrow{CB'})(=\dfrac{\pi}{2}-(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB})!)

alors (\overrightarrow{A'H},\overrightarrow{A'B'})=(\overrightarrow{A'C'},\overrightarrow{A'H})…les hauteurs sont les bissectrices du triangle orthique .

\bullet Les médianes :

Leur concours est évident grâce au théorème de Céva.

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En notant x ,x, y, y, z et z les aires des triangles AC'G, C'BG , BA'G….on remarquera que:

x+2z=x+2y d’où z=y et z+2x=z+2y donc x=y

Les médianes partagent le triangle en six aires égales.

et donc \mathscr{A}(GCA)=2\mathscr{A}(C'CA) soit CG=2GC'

\bullet Les bissectrices :

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Rappelons qu’une bissectrice divise le côté opposé en deux segments de longueurs proportionnelles aux longueurs des côtés adjacents, en effet :

d’après la loi des sinus : \dfrac{AL}{\sin \dfrac{\hat{C}}{2}}=\dfrac{b}{\sin\alpha} et \dfrac{LB}{\sin \dfrac{\hat{C}}{2}}=\dfrac{a}{\sin\alpha '}

et comme \sin\alpha=\sin\alpha ', \dfrac{AL}{b}=\dfrac{LB}{a} soit \dfrac{AL}{LB}=\dfrac{b}{a}

…et le concours des bissectrices est alors évident à l’aide du théorème de Céva !

Le théorème de Ménélaus se démontre aussi facilement à l’aide des aires:

X ,Y et Z étant trois points de (BC), (AC) et (AB), ces points sont alignés si et seulement si \dfrac{\overline{XB}}{\overline{XC}}\times\dfrac{\overline{YC}}{\overline{YA}}\times\dfrac{\overline{ZA}}{\overline{ZB}}=1

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En effet :

\dfrac{\overline{XB}}{\overline{XC}}=\dfrac{\mathscr{A}(XBZ)}{\mathscr{A}(XCZ)} , \dfrac{\overline{YC}}{\overline{YA}}=\dfrac{\mathscr{A}(ZCX)}{\mathscr{A}(ZAX)} ( chevron !) et \dfrac{\overline{ZA}}{\overline{ZB}}=\dfrac{\mathscr{A}(ZAX)}{\mathscr{A}(ZBX)}

Complément sur la loi des sinus :(1)

Soit un point P et X , Y et Z ses projetés othogonaux sur (AB), (BC) et (AC) comme sur l’une ou l’autre des figures ci-dessous:

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\dfrac{BC}{\sin\hat{A}}=2R, dansABC et \dfrac{XZ}{\sin\hat{A}}=AP, dans AXZ

et finalement :XZ=\dfrac{BC\times AP}{2R}, ZY=\dfrac{AB\times CP}{2R}

\bullet La droite de Simpson(2)

Soit ABC un triangle, M un point quelconque du plan, E, F et G les projetés orthogonaux de M sur (AB), (BC) et (AC).

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Les points A,E,M et G se situent sur un même cercle et on en déduit:

(\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AE})=(\overrightarrow{GM},\overrightarrow{GE})

Les points G,C,M et F se situent sur un même cercle et on en déduit:

(\overrightarrow{GF},\overrightarrow{GM})=(\overrightarrow{CF},\overrightarrow{CM})

D’où l’égalité suivante :

(\overrightarrow{GF},\overrightarrow{GE})=(\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CM})+(\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AB}) .

Ce qui démontre que pour que les points E,F et G soient alignés ,(\overrightarrow{GF},\overrightarrow{GE})=0, il faut que M se situe sur le cercle circonscrit au triangle ABC, (\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CM})=(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AM}) !

\bullet …d’où d’après (1) et (2) le théorème de Ptolémé

Les points étant alignés sur la figure ci-dessus, on aura EG=EF+FG or EF=\dfrac{AC\times BM}{2R}, FG=\dfrac{AB\times MC}{2R} et EG=\dfrac{BC\times AM}{2R} soit finalement :

BC\times AM=AC\times BM+AB\times MC qui est la condition pour qu’un quadrilatère soit inscriptible dans un cercle.

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