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LEÇON N° 31 :
Théorème de l'angle inscrit. Cocyclicité.Applications.
Pré-requis:
-Angles orientés de vecteurs, mesure principale, notation "modulo »; -Relation de Chasles; -π= mesure de l'angle plat (indépendant de l'orientation choisie du plan);-Pour tout triangleABC,(-→AB,-→AC) + (--→BC,-→BA) + (-→CA,--→CB) =π(mod 2π).
On se place dans le plan affine euclidien orientéP.31.1 L'angle inscrit
Définition 1 : SoientCun cercle de centreOetM,A,Btrois points distincts de ce cercle. L'angleorienté(--→MA,--→MB)est appelé l'angle inscrit. L'angle(-→OA,--→OB)est appelé l'angle au centre.
Théorème 1 : SoientCun cercle de centreOetM,A,Btrois points distincts de ce cercle. On a alors 12(-→OA,-→OB) = (--→MA,--→MB) (modπ)ou(-→OA,-→OB) = 2(--→MA,--→MB) (mod 2π).
démonstration: O? M A B?Comme les trianglesOAMetOBMsont isocèles, on a
OA,--→OM) =π-2(--→MO,--→MA) (mod 2π)et (--→OM,--→OB) =π-2(--→MB,--→MO) (mod 2π). En utilisant la relation de Chasles, on obtient donc OA,--→OB) = 2π-2?(--→MB,--→MO) + (--→MO,--→MA)?(mod 2π) =-2(--→MB,--→MA) (mod 2π) = 2(--→MA,--→MB) (mod 2π), d'où le résultat.?2Théorème de l'angle inscrit
Corollaire 1 : Soitτla tangente au cercleCenA, etTun point deτ. Alors 12(-→OA,-→OB) = (-→AT,-→AB) (modπ).
démonstration: O? A? A? B T SoitA?le point deCdiamétralement opposé àA. Alors A?A,--→A?B) = (-→AT,--→AB) (modπ).Donc, par le théorème 1, on a
12(-→OA,--→OB) = (--→A?A,--→A?B) (modπ)
AT,--→AB) (modπ),
d'où le résultat.?Corollaire 2 : On a
(-→AT,-→AB) = (--→MA,--→MB) (modπ).démonstration:Le corollaire 1 implique que12(-→OA,--→OB) = (-→AT,--→AB) (modπ). Le théorème1,
quant à lui, implique que 12(-→OA,--→OB= (--→MA,--→MB) (modπ). Par soustraction membre à membre, on
obtient0 = (-→AT,--→AB)-(--→MA,--→MB) (modπ), soit(-→AT,--→AB) = (--→MA,--→MB) (modπ).?
31.2 Lignes de niveau
Dans la suite,AetBsont deux points distincts deP, etαun réel donné. On poseπ={M?P|(--→MA,--→MB) =α(modπ)}etΓα2π={M?P|(--→MA,--→MB) =α(mod 2π)}.
Proposition 1 :
(i) Siα= 0 (modπ), alorsΓαπ= (AB);(ii) Siα?= 0 (modπ), alorsΓαπest le cercle passant parAetBde centre l'intersection de la
droite perpendiculaire à(AT)(elle-même définie par(-→AT,-→AB) =α(modπ)) passant par
Aet de la médiatrice de[AB].
démonstration:Le cas (ii) ci-dessus est illustré dans cette démonstation. (i) trivialThéorème de l'angle inscrit3
(ii) Nous allons montrer la double inclusion : SoientT?=Aun point tel que(-→AT,--→AB) =α(modπ), Ol'intersection de la perpendiculaireΔà(AT)passant parAet de la médiatriceDde[AB], etCle cercle de centreOpassant parA(et donc aussi parB). Remarquons que(AT)est la tangente àCenA. SiMest un point deC, le corollaire 2 nous assure que(--→MA,--→MB) =α (modπ), doncM?Γαπ. On a doncC?Γαπ. Réciproquement, siM?Γαπ, alors on a par hypothèse (α?= 0 (modπ)) queM,A,Bsont non alignés. Il existe donc un cercleC?passant par ces trois points. SoientO? O A? B? M Tson centre etτla tangente enAàC?etT?τ. Alors par le corollaire 2,(-→AT,--→AB) = (--→MA,--→MB)
(modπ), ce qui détermineτetO(comme intersection de "Δ" etD). DoncC?=CetM?C, d'oùΓαπ?C.?Proposition 2 :
(i) Siα= 0 (mod 2π), alorsΓα2π= (AB)\[AB]; (ii) Siα=π(mod 2π), alorsΓα2π=]AB[; (iii) Sinon,Γα2πest l'un des deux arcs AB(AetBexclus) suivant le cercle défini dans la proposition A (ii), déterminé par l'appartenance deα(mod 2π)à l'intervalle]-π,0[ou]0,π[. démonstration: (i)-(ii) trivial (iii) Remarquons queΓαπ= Γα2π?Γα+π2π, doncΓα2π?Γαπ. Or(--→AB,--→AM)et(--→MA,--→MB)sont de même sens et changent donc simultanément de sens selon la position de Mpar rapport à la droite(AB)(par hypothèse,M?? (AB)). Si la mesure principale d'un angle(--→MA,--→MB)défini mo- dulo2πpour un point deΓα2πest dans]0,π[(resp.]-π,0[), celle d'un angle analogue pour un point deΓα+π2πest dans ]-π,0[(resp.]0,π[). Par suite, les angles(--→MA,--→MB) pourM?Γα2πetM?Γα+π2πsont de sens opposés, donc2πest l'un des arcs
ABetΓα+π2πl'autre.M
A B Conséquence de la proposition 1: On a le critère de cocyclicité suivant : Théorème 2 : Quatre pointsA,B,C,Ddistincts sont alignés ou cocycliques si et seulement si CA,--→CB) = (--→DA,--→DB) (modπ).4Théorème de l'angle inscrit
démonstration:"?» :Si alignés, l'égalité est immédiate. Supposons alorsA,B,C,Dcocycliques et notonsOle
centre du cercle obtenu. Alors le théorème 1 nous assure que 12(-→OA,--→OB) = (-→CA,--→CB) (modπ)et12(-→OA,--→OB) = (--→DA,--→DB) (modπ),
D'où(-→CA,--→CB) = (--→DA,--→DB) (modπ)."?» :Notonsαla mesure principale de(-→CA,--→CB), de sorte que(-→CA,--→CB) =α(modπ)et
(--→DA,--→DB) =α(modπ). D'oùC,D?Γαπet donc, par la proposition 1,C,D?(AB)si
α= 0 (modπ)et les quatre points sont alignés, ou alorsC,D?CavecCcercle passant parAetB, et les quatre points sont cocycliques.?
31.3 Applications
31.3.1 Symétries
Proposition 3 :
SoitABCun triangle non aplati,Hson ortho-
centre etCson cercle cireconscrit. Les trois cercles définis par symétrie deCpar rapport aux côtés du triangle sont concourrants enH. (les notations supplémentaires présentes sur la figure se- ront introduites dans la démonstration)A B C A? B? C? ??H H1 H2? ??H3 démonstration:SoientH1,H2etH3les symétriques deHpar rapport à(BC),(AC)et(AB). Par définition de la hauteur,(--→AC?,--→HC?) =π2(modπ)et(--→AB?,--→HB?) =π2(modπ). Donc d'après le
théorème 2, les pointsA,H,B?,C?sont cocylciques. De plus, puisqu'une symétrie axiale change les
angles orientés en leurs opposés, on a les égalités suivantes, moduloπ:H1B,--→H1C) =-(--→HB,--→HC) =-(--→HB?,--→HC?) = (--→HC?,--→HB?)thm 2= (--→AC?,--→AB?) = (--→AB,-→AC),
donc (toujours par le théorème 2), les pointsA,B,C,H1sont cocycliques, d'oùH1?C. On montre de
la même manière queH2,H3?C. Le symétrique deC(contenantB,C,H1) par rapport à(BC)passe donc parB,CetH, et on montre ainsi avec les deux autres cercles que le pointHest leur seul point d'intersection.?Théorème de l'angle inscrit5
31.3.2 Point de Miquel
Proposition 4 :
SoitABCun triangle non aplati,Dune droite
coupant respectivement(BC),(AC)et(AB)enD,EetF. Les cercles circonscrits aux triangles
ABC,DBF,AEF,DECsont concourrants en
un point appelépoint de Miquel.F A EDB DCdémonstration:NotonsC1àC4les quatres cercles donnés par l'énoncé (dans le même ordre).Best
une intersection deC1etC2, nous allons donc noterMl'autre. On a alors queM?=B , car sinon il existerait une homothétie transformantC1enC2, en particulierAenFetCenD, ce qui impliquerait que(AC)//(DF), ce qui est absurde.On montre de même, en utilisantC2etC3, queM?=E
Ensuite,M?=A
(resp.M?=C,M?=D,M?=F) car sinonC2(resp.C2,C1,C1) contiendraitA,B,F (resp.B,C,D;B,C,D;A,B,F) qui sont alignés. On peut ainsi appliquer le théorème 2 au cercleC2:DM,--→DF) = (--→BM,--→BF) (modπ)?(--→DM,--→DE) = (--→BM,--→BA) (modπ),
et au cercleC1: CM,-→CA) = (--→BM,--→BA) (modπ),donc(--→DM,--→DE) = (--→CM,-→CA) (modπ) = (--→CM,--→CE) (modπ), et doncM?C4.
De plus,(--→DM,--→DB) = (--→DM,--→DC) (modπ)?(--→FM,--→FB) =--→EM,--→EC) (modπ)(théorème 2
dans les cerclesC2etC4), ce qui est encore équivalent à FM,-→FA) =--→EM,-→EA) (modπ)?M?C3.Finalement, le pointMse trouve sur chacun des cerclesC1àC4, le résultat est ainsi démontré.?
6Théorème de l'angle inscrit
31.3.3 Droite de Simson
Proposition 5 :
SoitABCun triangle non aplati,S?Pet
P,Q,Rles projetés orthogonaux deSsur les trois
côtés. AlorsP,Q,Rsont alignés si et seulement siS est sur le cercle circonscrit au triangleABC.B A C ??S P R Qdémonstration:On a(AC)?(RS)et(AB)?(QS), donc(-→AR,-→AQ) = (--→AB,-→AC) (modπ) =
(-→SR,-→SQ) (modπ)thm 2?A,S,R,Qcocylcilquesthm 2?(--→RQ,-→RS) = (-→AQ,-→AS) (modπ). On montre
de même que (BC)?(PS)et(AC)?(RS)thm 2?(-→RS,-→RP) = (-→CS,--→CP) (modπ).Donc(--→RQ,-→RP) = (--→RQ,-→RS) + (-→RS,-→RP) = (-→AQ,-→AS) + (-→CS,--→CP) (modπ). Ainsi,P,Q,Rali-
gnés?(--→RQ,-→RP) = 0 (modπ)?(-→AQ,-→AS) = (--→CP,-→CS) (modπ)?(--→AB,-→AS) = (--→CB,-→CS)
(modπ)?S,A,B,Ccocycliques?Sest sur le cercle circonscrit au triangleABC.? c ?2010 par Martial LENZEN.Aucune reproduction, même partielle, autres que celles prévues à l'article L. 122-5 du code de la
propriété intellectuelle, ne peut être faite sans l'autorisation expresse de l'auteur.quotesdbs_dbs4.pdfusesText_8