Les constructions animées

Lorenzo Mascheroni (1750-1800) démontrait dans son livre 'Géométrie du compas' édité en 1797 que
'Tout ce qui peut être construit avec la règle et le compas peut l'être avec le seul compas."
Ce livre était dédicacé à Napoléon.
D'ailleurs, la construction permettant de retrouver le centre perdu d'un cercle a gardé le nom de 'problème de Napoléon'.
En savoir plus ICI : http://fr.wikipedia.org/wiki/Lorenzo_Mascheroni#.C5.92uvres_math.C3.A9matiques

Je vous propose ci-dessous quelques constructions animées plus ou moins faciles.

Dans le menu, les astérisques indiquent le degré de difficulté de chaque construction.
Plus il y en a, plus les constructions sont délicates.
Choisir sa construction puis cliquer GO.
Les boutons permettent de stopper ou de poursuivre la construction à tout instant.

 

Quelques explications pour les plus faciles

.Triangle équilatéral
On construit trois côtés de même longueur : AB = AC = BC.
Le triangle ABC est donc équilatéral.

 


***********************************                       
  

.Hexagone régulier
Nous construisons six triangles équiltéraux ABC, ACD, ADE, AEF, AFG et AGB.
La mesure de la longueur commune de tous les côtés est AB qui est le rayon du cercle initial.
Il s'ensuit que BCDEFG est un hexagone régulier.
En chacun des sommets, l'angle mesure 120° (c'est à dire deux fois 60°).

 



***********************************                        
 

.Quatrième sommet D du parallélogramme
Nous avons construit ici, un quadrilatère ayant ses côtés opposés de même longueur.
Nous construisons : AD = BC et DC = AB.

ABCD est donc un parallélogramme.

.Parallèle à une droite (AB) passant par un point C
Nous construisons selon la méthode précédente un parallélogramme.
Le résultat découle de la propriété du parallélogramme :
c'est un quadrilatère qui a ses côtés opposés parallèles.



***********************************                       
  

.Médiatrice du segment [AB]
La médiatrice de [AB] est l'ensemble des points équidistants des extrémités A et B.
Nous avons cosntruit C équidistant de A et de B, puis
D équidistant de A et de B.

Notons que la médiatrice de [AB] est aussi l'axe de symétrie de [AB].

Remarque :
Pour accélérer le tracé, nous avons gardé une distance commune égale à AB pour C et D. Ici, deux cercles ont suffi.
Ce n'est pas obligatoire.
On peut changer l'écartement du compas entre les points C et D (en haut et en bas).



***********************************                       
  

.Bissectrice d'un angle
Entre autres définitions, la bissectrice d'un angle est l'axe de symétrie de cet angle.
Ici nous avons choisi un triangle AOB isocèle.
La bissectrice de l'angle en A est dons aussi l'axe de symétrie de [AB].
Il suffit donc de construire la médiatrice de[AB].
A étant sur cette bissectrice, il suffit de construire un seul point I équidistant de A et B.


***********************************                       
  


.Symétrique M'd'un point M par rapport à la droite (AB)
Les deux cercles centrés en A et B ont chacun (AB) comme axe de symétrie.
Leurs intersections M et M' sont donc symétriques par rapport à (AB).







***********************************                        
 

.Symétrique A' de A par rapport à B
Dans le demi hexagone régulier construit avec le cercle de centre B et de rayon BA,
nous avons AB = BA'




 

***********************************                        
 



.Tangente (CD) en un point A du cercle de centre O
La tangente en un point A du cercle est perpendiculaire au rayon OA qui aboutit en A.
Si B est le symétrique de O par rapport à A, alors la tangente est la médiatrice de [BO].
Ici on a donc construit la médiatrice (CD) de [OB]













***********************************                        
 


Quelques démonstrations plus délicates

MILIEU d'un SEGMENT

Pour la démonstration, utilisons A" symétrique de A' par rapport à A' et H intersection de (EF) et (AA").
Par construction A' est le symétrique de B par rapport à A (Voir constructions précédentes) et on a AA" = 2 AA' soit
AA" = 4 AB.


E et F sont symétriques par rapport à (AB) et donc (EF) est perpendiculaire à (AB).
Dans le cercle de centre E passant par A et I, (EF) et donc (EH) est perpendiculaire à la corde [AI].
On sait que tout diamètre perpendiculaire à une corde est médiatrice de cette corde.
(EF) est donc médiatrice de [AI] et H est le milieu de [AI].


Nous allons montrer que AH = AB/4
ce qui nous mènera à la conclusion I milieu de [AB].

Dans le triangle rectangle AEA" ( inscrit dans un demi cercle ), nous avons la relation ( H pied de la hauteur issue de E ) :
EA² = AA"" x AH soit
EA² = 4 AB x AH mais EA = AB (cercle de centre A passant par B et E)
d'où
AB² =
4 AB x AH donc AB = 4 AH
et finalement AH = AB / 4 et alors AI = AB /2 puisque AI = 2 AH.

***********************************

TANGENTE en un point M extérieur au cercle
Les deux tangentes issues de M sont symétriques par rapport à la droite (OM).
Une fois A construit, le point B est obtenu par la symétrie d'axe (OM).

Si A est le point de contact de l'une des tangentes, la tangente (MA) est perpendiculaire en A au rayon [OA] du cercle de centre O.
Il suffit donc de tracer le cercle de centre le milieu I de [OM] car le triangle OAM inscrit dans un demi cercle est rectangle.

Le milieu I de [OM] est construit avec la procédure vue précédemment.

***********************************

Compléter un carré BADC connaissant les sommets B et A

Longueur AQ
Le triangle ABQ est isocèle avec un angle ABQ = 120° . Sa hauteur BH est aussi médiane, bissectrice.
Donc AQ = 2AH et l'angle ABH mesure 60°.
Alors
AH = AB x cos 60°
.
D'où  
AH = AB/ 2
et donc AQ = AB
Par construction AE = AQ et donc AE = AB

Longueur BE
E construit à partir de A et de son symétrique A' est sur l'axe de symétrie de [AA'], donc sur la médiatrice de [AA'].
Or B est milieu de [AA'].
Il s'ensuit que le triangle ABE est rectangle en B et le théorème de Pythagore, nous donne
EB² = AE² - AB² soit EB² = 3 AB² - AB² où encore
EB² = 2 AB² et donc EB = AB
Par construction BD = EB   alors
BD = AB
est la longueur de la diagonale du carré ayant un côté de mesure AB.

Triangle ABD
Nous avons :
BD² = 2 AB² soit BD² = AB² + AD²
Avec la réciproque du théorème de Pythagore on démontre que le triangle ABD est rectangle.
Or ce triangle est isocèle (car AD = AB ), on en déduit qu'il est rectangle isocèle.
ABD est bien la moitié du carré ABDC qu'il suffit de compléter en ABDC avec la procédure du quatrième point d'un parallélogramme vue précédemment.

***********************************

INTERSECTION de deux droites PERPENDICULAIRES


On construit A' symétrique de A par rapport à (CD).
(CD) est donc la médiatrice de [AA'].

L'intersection I de (AB) et (CD) est donc le point d'intersection de la médiatrice de [AA'] et de (CD).

I le milieu de [AA']
que nous construisons par la méthode vue ci-dessus.

***********************************

Le CENTRE perdu d'un CERCLE, problème de NAPOLEON

Pour la démonstration, utilisons les points A' et A" de la figure (intersections de (AD) avec les cercles jaunes et noirs).
Posons R le rayon du cercle noir dont on cherche le centre.
Posons r = AB = AC , rayon de chacun des cercles verts.

Soit H'' l'intersection de (EF) avec (AA').
Soit H' l'intersection de (BC) avec (AA').

Le quadrilatère ABDC est un losange
car
BA = BD dans le cercle vert de centre B
et
CA = CD dans le cercle vert de centre C
et
BA = CA = r dans le cercle vert de centre A


On en déduit que ses diagonales sont perpendiculaires et se coupent en leur milieu donc AH' = AD / 2 .


Le quadrilatère AEOF est un losange
car
EA = EO dans le cercle rose de centre E
et
FA = FO dans le cercle rose de centre F
et
pour raison de symétrie (grâce à AB=AC),
EA = FA .


On en déduit que ses diagonales sont perpendiculaires et se coupent en leur milieu donc AH'' = AO / 2 .

Nous allons montrer que AO = R = OA', ce qui prouvera que O est bien le centre du cercle noir initial.

Le triangle AFA"
est rectangle car inscrit dans le demi cercle jaune de centre D.
Dans ce triangle rectangle, on a la relation
AF² = A
H'' x AA" soit r² = AH'' x 2AD.
Alors AH'' = r² / 2 AD
donc
AO / 2 = r² / 2 AD
soit
AO = r² / AD
donc
AD = r² / AO

Le triangle ABA'
est rectangle car inscrit dans le demi cercle noir de rayon R.
Dans ce triangle rectangle, nous avons la relation
AB² = AH' x AA'
soit r² = AH' x 2R.
Alors AH' = r² / 2 R
soit
AD / 2 = r² / 2 R
Donc
AD = r² / R

Des deux relations précédentes notées en vert, nous déduisons que
r² / AO = r² / R
ceci implique AO = R
Comme O est situé sur le diamètre du cercle noir de rayon R, cela prouve bien que O est le centre de ce cercle.

***********************************

INTERSECTION de deux sécantes NON perpendiculaires






A priori la construction paraît compliquée.
Cependant on réinvestit la construction des symétriques par rapport à une droite
ainsi que le problème de Napoléon que nous avons étudiés précédemment.

Nous construisons successivement,
-les symétriques A' et B' de A et B par rapport à (CD) puis
-les symétriques C' et D' de C et D par rapport à (A'B') puis
-les symétriques A" et B" de A' et B' par rapport à (C'D').
Enfin nous utilisons la procédure de Napoléon pour déterminer le centre du cercle passant par B, B' et B".

Cette construction utilise points B et B" symétriques par rapport à (A'B').
Il faut cependant que la distance BB' ne soit ni trop grande ni trop petite.
En cas de difficutlé il faudra réessayer avec un autre point de la doite (AB).

Ainsi
-les sécantes non perpendiculaires (AB) et (CD) se coupent en un point O.
La droite (A'B') symétrique de (AB) par rapport à (CD) passe aussi par O qui est son propre symétrique (point invariant).
O est commun à (AB) (CD) et (A'B').
En poursuivant, on trouve que O est commun aux cinq droites  (AB)  (CD)  (A'B')  (C'D') et  enfin  (A"B").
Dans la symétrie d'axe (CD) :
A donne A' tel que OA = OA'
B donne B' tel que OB = OB'
Dans la symétrie d'axe (A'B') :
C donne C' tel que OC = OC'
D donne D' tel que OD = OD'
Dans la symétrie d'axe (C'D') :
A' donne A" tel que OA' = OA"
B' donne B" tel que OB' = OB"
Finalement OB = OB' = OB" donc O est le centre du cercle passant par B, B' et B".
Il en est de même pour les points A, A' et A" que l'on utilisera si B, B' et B" sont confondus.

Si les doites sont perpendiculaires, choisir la construction vue plus haut,
car dans cette procédure les points B et B" seront confondus (de même pour A et A").

***********************************

Milieu d'un arc de cercle

 

Les cercles roses de centres C et D ont pour rayon OE

Posons R le rayon du cercle intial de centre O.
Posons r = DA = DE = DF = CF = CB = CE (rayon des cercles verts).

Par construction (CD) est axe de symétrie de la figure.
Par construction (IJ) est axe de symétrie de (AB).
Il suffit donc de montrer que I est sur le cercle de centre O
pour prouver qu'il est le milieu de l'arc.
Idem pour le point J.


-La construction du paralléogramme OABD
implique
OA = DB et comme OA = OB nous aurons
OA = OB = DB
-La construction du parallélogramme OBAC
implique OB = CA
Donc
OA = OB = DB = CA

Nous avons aussi CO = AB = OD

Nous allons démontrer que OI = R

Dans le triangle rectangle COI,
CI² = CO² + OI² soit OE² = AB² + OI² soit OE² = AB² + OI²
Dans le triangle rectangle COE,
OE² = CE² - CO² soit OE² = r² - AB²
De ces deux relations donnant OE² nous déduisons AB² + OI² = r² - AB²
soit
r² = 2 AB² + OI²


OBD est un triangle isocèle, sa hauteur est aussi médiane.
Dans le triangle rectangle CHB

CB² = CH² + HB²
CB² = (3/2 AB)² + HB²
soit
r² = 9/4 AB² + HB²
Dans le triangle rectangle OHB
OB² = OH² + HB²
OB² = (1/2 AB)² + HB² soit
R² = 1/4 AB² + HB²
Ainsi en rapprochant les deux expressions r² = 9/4 AB² + HB² et R² = 1/4 AB² + HB²
nous obtenons
r² - R² = 9/4 AB² - 1/4 AB²
ou
r² - R² =
2 AB²
soit
r² = 2 AB² + R²

En rapprochant les deux expressions r² = 2 AB² + OI² et r² = 2 AB² + R²
nous obtenons
R² = OI² soit finalement
          OI = R
C'est bien ce que nous voulions démontrer.


***********************************


  Menu trucs  Accueil