Démonstration géométrique à l’aide des cercles circonscrits Théorème de Napoléon Démonstration géométrique à l’aide des cercles circonscrits Virginie Bara 2ème math HEPMBC

Introduction L'histoire attribue ce théorème à Napoléon Bonaparte ( 1769-1824) qui montrait un certain goût pour les mathématiques. On raconte que Napoléon aimait se plonger dans des problèmes de géométrie la veille de grandes batailles. Virginie Bara 2ème math HEPMBC

Énoncé théorème Soit ABC un triangle quelconque, sur chacun des cotés de ce triangle, on dessine un triangle équilatéral ayant pour base ces cotés (AB, BC et AC) et pour sommets resp. D, E et F. Si l’on prend le triangle qui relie chacun des points de gravité des triangles équilatéraux, on retrouve un triangle équilatéral (ici, G1G2G3). F A G3 D G1 C B G2 E Virginie Bara 2ème math HEPMBC

Première étape Commençons par tracer les cercles circonscrits aux triangles équilatéraux ABD, BCE et AFC resp. C1, C2 et C3. Il faut prouver que le point d’intersection de C1 et C2 (que l'on nomme T ) se trouve aussi sur C3. Ce qui signifiera que T est le point d’intersection des trois cercles. F F A G3 G3 D D G1 G1 T C B G2 G2 E E Virginie Bara 2ème math HEPMBC

Deuxième étape On sait que BDA = π/3. Le quadrilatère BTAD est inscrit dans un cercle, donc BTA = 2π/3. De la même manière, BTC = 2π/3. Nous en déduisons que CTA = 2π/3 Virginie Bara 2ème math HEPMBC

Troisième étape TCAF est un quadrilatère et l’on sait que CTA = 2.π/3 et que CAF = π/3. TCAF est un quadrilatère inscriptible car il possède deux angles opposés supplémentaires. C, A, F et T sont cocycliques et donc T se trouve sur C3. Virginie Bara 2ème math HEPMBC

Quatrième étape G1 est équidistant de A et T, G3 est équidistant de A et de T donc G1G3 est la médiatrice de [AT]. G1G3 est perpendiculaire à AT (définition de la médiatrice). De la même manière, G1G2 perpendiculaire à BT et G2G3 perpendiculaire à CT. F F A G3 G3 D D G1 G1 T C B G2 G2 E E Virginie Bara 2ème math HEPMBC

Cinquième étape Le quadrilatère ITJG1 est inscriptible car il a 2 angles opposés droits. Or, on sait que BTA = 2.π/3. On en déduit que G2G1G3 = π/3. De la même manière, G1G2G3 =G1G2G3= π/3. G1G2G3 est triangle équilatéral. F F A G3 G3 J J D D G1 G1 T C I B G2 G2 E E Virginie Bara 2ème math HEPMBC

Résumé Nous avons prouvé qu’il existait un et un seul point d’intersection entre les 3 cercles circonscrits aux triangles équilatéraux. Nous avons ensuite prouvé la perpendicularité des droites AT, BT et CT resp. à G1G3, G2G3 et G1G2. De cela, nous avons prouvé que l’amplitude des angles du triangle G1G2G3 valent chacun π/3 et donc que G1G2G3 est équilatéral. Virginie Bara 2ème math HEPMBC

Remarque Si l’on prend les triangles équilatéraux intérieurs du triangle de base, nous obtenons la même propriété. E A G2 G1 D C G3 B F Virginie Bara 2ème math HEPMBC

Bibliographie Remerciements http://www-fourier.ujf-grenoble.fr/~parisse/giac/doc/fr/casgeo/node68.html Géométrie et traduction pour xcas, Renée De Graeve Remerciements Madame Colin et Monsieur Thiry Renaud Dumonceau Virginie Bara 2ème math HEPMBC