THEOREME DE NAPOLEON POINT DE TORRICELLI

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THEOREME DE NAPOLEON POINT DE TORRICELLI

Publié le : jeudi 21 juillet 2011
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THÉORÈME DE NAPOLÉON  POINT DE TORRICELLI
ur uur On munit le plan d'un repère orthonormé(O,e,e)de sens direct. 1 2
PARTIE A:des caractérisations du triangle équilatéral 2iπ 3 On notej=e. SoientU,VetWtrois points du plan d'affixes respectivesu,vetw. 1. Démontrerl'équivalence suivante : 2 UVWest équilatéral de sens directuv=j(wv) 2. Démontrerl'équivalence suivante : 2 UVWest équilatéral de sens directu+jv+jw=0
PARTIE B:démonstration du théorème de Napoléon
ABCest un triangle quelconque de sens direct. On construit les pointsP,QetRtels queBPC,CQAetARBsoient des triangles équilatéraux de sens direct. On noteU,VetWles centres de gravité deBPC,CQAetARBrespectivement. Démontrer queUVWest équilatéral de même centre de gravité queABC. Q
R
B
W
A
U
P
PARTIE C:point de Torricelli
V
Démontrer que les droites (AP), (BQ) et (CR) sont concourrantes en un pointT.
(Ts'appelle le point de Torricelli du triangleABC)
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 Solution 
PARTIE A:des caractérisations du triangle équilatéral
1. Remarquonsau préalable que : 4iπ2iπ2iπiπ − − 2iπ 3 33 3 j=e=e=e e=e On a les équivalences suivantes : UVWest équilatéral de sens direct π Uest l'image deWpar la rotation de centreVet d'angle 3 iπ U 3 uv=e(wv) 2 uv=j(wv) 2 2. Onrappelle que :1+j+j=0 On a les équivalences suivantes : UVWest équilatéral de sens direct 2 uv=j(wv) 2 2 u+(1j)v+jw=0
2 u+jv+jw=0
PARTIE B:démonstration du théorème de Napoléon
Par hypothèse, on a :aw=j(bw) (E1) bu=j(cu) (E2) cv=j(av) (E3) En additionnant, membre à membre, les trois égalités, il vient : a+b+c(u+v+w)=j(a+b+c(u+v+w)) D'où :a+b+c=u+v+w Ce qui prouve déjà queUVWa le même centre de gravité queABC. ajb De (E1) on déduit :w=1j bjc De même avec (E2) et (E3) :u=1j cja v=1j On calcule maintenant : 2 2 2ajb+jbjc+jca u+jv+jw==0 1j Et d'après la partie A :UVWest équilatéral de sens direct
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PARTIE C:point de Torricelli
SoientΓetΓ'les cercles circonscrits aux trianglesARBetACQrespectivement. Par construction, les cerclesΓetΓ'se coupent déjà enA.
Premier cas : les cerclesΓetΓ'sont tangents enA.
Γ
B
R
W
A
P
V
Q
C
Γ'
uuuur uuur Dans ce cas, l'angle(AW,AV)est plat. On a alors, en utilisant la relation de Chasles : uuur uuuruuur uuuuruuuur uuuruuur uuuruuur uuuuruuur uuur = += +π π (AB,AQ)(AB,AW)(AW,AV)+(AV,AQ)(AB,AW) +(AV,AQ)[2 ] Et puisque les trianglesARBetACQsont équilatéraux de sens direct : uuur uuuuruuur uuur π π (AB,AW)V AQ= [2π] =[2π] et(A,) 6 6 uuur uuur = ππ D'où :(AB,AQ)] [2 A(BQ) uuur uuur De même en raisonnant avec(AC,AR):A (CR) Il en découle que les droites (AP), (BQ) et (CR) sont concourantes et dans ce cas on aT=A.
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Deuxième cas : les cerclesΓetΓ'ne sont pas tangents enA. Dans ce cas, ils se recoupent en un deuxième pointT.
R
Γ
B
Γ"
W
T
A
U
P
V
Γ'
C
(1) D'après le théorème de l'angle inscrit, on a : uur uuruuur uuuruuur uuruuur uuur π π = =π =π (TA,TR) (BA,BR) [] et(TQ,TA) (CQ,CA)= [] 3 3 SoitΓ"le cercle circonscrit àBPC. Montrons queTΓ": uuur uuruuur uuruur uuruuur uuur π π2π π = += (TC,TB)(TC,TA) (TA,TB)+= =− =(PB,PC) [π] 3 3 33 Donc :TΓ" Les trois cerclesΓ,Γ'etΓ"ont donc un point communT. Montrons maintenant queT(AP) : uur uuruur uuruur uuruuur uuur π ππ + =− + (TA,TP)=(TA,TB)(TB,TP)(CB,CP)=− +=0 [π] 3 33 Donc :T(AP) On montre de même que :T(BQ) etT(CR) Conclusion :les trois droites (AP), (BQ) et (CR) sont concourantes enT.
Q
uuur uuuruuur uuur (1) On rappelle que quatre pointsA,B,CetDnon alignés sont cocycliques si et seulement si(CA,CB)=(DA,DB)[π] Théorème de Napoléon  Point de TorricelliPage4G. COSTANTINIhttp://bacamaths.net/
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