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Avec les symétriques de G1 (resp de G2) par rapport à AB (resp à BE)

Soit ABC un triangle quelconque. On construit à l'extérieur du triangle ABC les triangles équilatèraux : ABD, BCE et ACF.
1/ Montrer que AE = BF = CD.
2/ Montrer que AE, BF et CD sont concourantes.
3/ Théorème de Napoléon :
On note G1, G2 et G3 les centres de gravité des triangles ABD, BCE et ACF.
Montrer que le triangle G1G2G3 est équilatèral.

\begin{pspicture}(-5.0000,-5.5000)(5.0000,1.0000)
\psset{linewidth=.5pt}
\psset{...
...\psset{linecolor=black}
\psline(2.4574,-1.8042)(-0.3263,-1.2226)
\end{pspicture}



Solution On suppose le triangle ABC direct.
1/ La rotation de centre B et d'angle - $ \pi$/3 transforme :
D en A et C en E donc DC = AE et ($ \overrightarrow{DC},\overrightarrow{AE})=-\pi/3$.
De même la rotation de centre C et d'angle - $ \pi$/3 transforme :
E en B et A en F donc AE = FB et ($ \overrightarrow{EA},\overrightarrow{BF})=-\pi/3$.
On montre, en utilisant les vecteurs, que G1G2G3 est équilatèral, on a :
$ \overrightarrow{BG_1}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{BA})$ et $ \overrightarrow{BG_2}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{BC})$
$ \overrightarrow{CG_2}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{CE}+\overrightarrow{CB})$ et $ \overrightarrow{CG_3}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{CF}+\overrightarrow{CA})$
donc
$ \overrightarrow{G_2G_1}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{CD})$ et $ \overrightarrow{G_2G_3}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{BF}+\overrightarrow{EA})$
$ \overrightarrow{BF}$ (resp $ \overrightarrow{EA}$) est le transformé de $ \overrightarrow{EA}$ (resp $ \overrightarrow{CD}$) par une rotation d'angle - $ \pi$/3 donc $ \overrightarrow{G_2G_3}$ est le transformé de $ \overrightarrow{G_2G_1}$ par une rotation d'angle - $ \pi$/3 donc le triangle G1G2G3 est équilatèral.
2/ Soit T le point d'intersection de AE et de CD. D'après la première question : ($ \overrightarrow{TC},\overrightarrow{TE})=(\overrightarrow{DC},\overrightarrow{AE})=-\pi/3$.
On construit alors le point N sur AE pour que le triangle TCN soit équlatéral et donc ($ \overrightarrow{CN},\overrightarrow{CT})=-\pi/3$. Ainsi, la rotation de centre C et d'angle - $ \pi$/3 transforme AE en FB et le point N de AE en le point T de BF donc BF passe par T.
3/ Autre démonstration de G1G2G3 est équilatèral. On construit :
G4 le symétrique de G1 par rapport à AB,
G5 le symétrique de G2 par rapport à BE,
donc les triangles AG1G4, BG1G4, BG2G5 sont équilatéraux.
La rotation de centre B et d'angle - $ \pi$/3 transforme :
G1 en G4 et G2 en G5 donc G1G2 = G4G5 et ($ \overrightarrow{G_2G_1},\overrightarrow{G_5G_4})=-\pi/3$.
On va montrer que le quadrilatère G3G2G5G4 est un parallélogramme et on aura ainsi montrer que le triangle G1G2G3 est équilatèral puisque :
G3G2 = G4G5 = G1G2 et ($ \overrightarrow{G_2G_3},\overrightarrow{G_5G_4})=0$ donc ($ \overrightarrow{G_2G_3},\overrightarrow{G_2G_1})=\pi/3$.
Les triangles AG4G3 et G4BG2 sont semblables au triangle ABC (même angle A (resp B) et deux cotés proportionnels) et comme AG4 = G4B, les triangles AG4G3 et G4BG2 sont égaux. Donc G3G4 = BG2 = BG5 = G2G5.
On a :
($ \overrightarrow{G_4B},\overrightarrow{G_4G_3})=(\overrightarrow{G_4A},\overrightarrow{G_4G_3})+2\pi/3=(\overrightarrow{BG_4},\overrightarrow{BG_2})+2\pi/3=$
($ \overrightarrow{BG_4},\overrightarrow{BE})+2\pi/3-\pi/6=(\overrightarrow{BG_4},\overrightarrow{BE})+\pi/2$.
Donc G3G4 est paralléle à G2G5 puisque ces deux droites sont perpendiculaires à BE. On a ainsi montrer que le quadrilatère G3G2G5G4 est un parallélogramme, ce qui termine la démonstration.


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Documentation de giac écrite par Renée De Graeve