5.2 Angle dans un cercle

Théorème 5.2.1:

Théorème des angles inscrits. Si $A,B$ et $C$ sont trois points sur un cercle de centre $O$ , alors la mesure de l’angle inscrit $\angle CBA$ est la moitié de la mesure de l’angle au centre $\angle COA$ .

Démonstration.

La démonstration se fait en trois parties.

Cas 1: Supposons premièrement que le segment $BC$ passe par le centre du cercle, c’est-à-dire que le segment $BC$ est un diamètre du cercle. Comme les segments $BO$ et $OA$ sont tous deux des rayons du cercle, le triangle $\triangle AOB$ est isocèle. On obtient donc que les angles $\angle ABO$ et $\angle BAO$ sont congrus. On dénote leur mesure par $\alpha$ . Maintenant, comme la somme des angles d’un triangle est toujours $180$ degré, on a donc que $2\alpha+\gamma=180$ . De plus, comme les angles $\angle AOB$ et $\angle AOC$ sont supplémentaires, nous avons donc aussi l’équation suivante: $\gamma=180-\delta$ . En remplaçant cette expression dans notre première équation, on obtient donc:

2\alpha+\gamma=180\leavevmode\nobreak\ \leavevmode\nobreak\ \leavevmode% \nobreak\ \Rightarrow\leavevmode\nobreak\ \leavevmode\nobreak\ \leavevmode% \nobreak\ 2\alpha+(180-\delta)=180\leavevmode\nobreak\ \leavevmode\nobreak\ % \leavevmode\nobreak\ \Rightarrow\leavevmode\nobreak\ \leavevmode\nobreak\ % \leavevmode\nobreak\ 2\alpha=\delta

Cas 2: Supposons maintenant que le centre du cercle $O$ se trouve à l’intérieur de l’angle $\angle ABC$ . Dans ce cas, on trouve le point D de sorte que le segment $BD$ soit un diamètre du cercle. Ceci nous permet donc de découper l’angle $\angle ABC$ en deux nouveaux angles pour lesquels le premier cas s’applique. On obtient donc $2\alpha=\beta$ et $2\gamma=\delta$ . En additionnant ces deux équations, on obtient donc:

2(\alpha+\gamma)=\beta+\delta

Cas 3: Supposons que le centre du cercle $O$ se trouve à l’extérieur de l’angle $\angle ABC$ . Cette partie est laissé en exercice. ∎

Théorème 5.2.2:

Théorème des angles extérieurs. Si $P$ est un point extérieur à un cercle de centre $O$ . Supposons que $A$ et $B$ sont des points du cercle de sorte que $P,A,B$ sont aligné, et de même pour $C$ et $D$ qui sont des points du cercle de sorte que $P,C,D$ sont aligné, alors la mesure de l’angle $\angle BPD$ est donné par:

\angle DPB=\frac{1}{2}\Big{(}\angle DOB-\angle AOC\Big{)}

Démonstration.

Premièrement, remarquons que comme $\angle PAB$ est un angle plat, on a donc $b+d+f=180$ ou de manière équivalente $b=180-f-d$ . De plus, comme $\angle PCD$ est aussi un angle plat, nous avons $c+e=180$ ou de manière équivalente $c=180-e$ . Ensuite, comme la somme des angles internes d’un triangle est toujours $180$ degré, nous avons $d+e+g=180$ ou de manière équivalente $d+e=180-g$ . De la même manière pour le triangle $APC$ nous avons $a+b+c=180$ . En combinant toute ces équations, nous obtenons donc:

a=180-b-c=180-(180-f-d)-(180-e)=-180+f+d+e=-180+f+180-g=f-g

Finalement, en appliquant le théorème sur les angles inscrits, nous avons $f=\frac{1}{2}\Big{(}\angle BOD\Big{)}$ et $g=\frac{1}{2}\Big{(}\angle ADC\Big{)}$ , ce qui nous donne:

\angle BPD=\frac{1}{2}\Big{(}\angle BOD-\angle ADC\Big{)}

∎

Théorème 5.2.3:

Théorème des angles intérieurs. Si $P$ est un point intérieur à un cercle de centre $O$ . Supposons que $A$ et $B$ sont des points du cercle de sorte que $P,A,B$ soient alignés, et de même pour $C$ et $D$ qui sont des points du cercle de sorte que $P,C,D$ soient alignés, alors la mesure de l’angle $BPD$ est donnée par:

\angle BPD=\frac{1}{2}\Big{(}\angle BOD+\angle AOC\Big{)}

Démonstration.

La démonstration est très semblable à la démonstration du théorème précédent. On a donc:

$\displaystyle\angle BPD$	$\displaystyle=$	$\displaystyle 180-\angle PBD-\angle PDB$
	$\displaystyle=$	$\displaystyle 180-\frac{1}{2}\angle AOD-\frac{1}{2}\angle COB$
	$\displaystyle=$	$\displaystyle 180-\frac{1}{2}\Big{(}\angle AOD+\angle COB\Big{)}$
	$\displaystyle=$	$\displaystyle 180-\frac{1}{2}\Big{(}360-\angle BOD-\angle AOC\Big{)}$
	$\displaystyle=$	$\displaystyle 180-180+\frac{1}{2}\angle BOD+\frac{1}{2}\angle AOC$
	$\displaystyle=$	$\displaystyle\frac{1}{2}\Big{(}\angle BOD+\angle AOC\Big{)}$

∎

Théorème 5.2.4:

Théorème de l’arc capable. Si $0<\alpha<180$ et $A,B$ deux points distincts du plan, alors l’ensemble des points $P$ tel que $\angle APB=\alpha$ forme un arc de cercle ayant $A$ et $B$ comme extrémité.

Démonstration.

Prenons $A,B$ deux points distincts du plan. On doit dans un premier temps démontrer qu’il existe au moins un point $P$ tel que $\angle APB=\alpha$ . Pour ce faire, choisissons un point $C$ tel que $\angle CAB=\alpha$ , et dessinons la perpendiculaire à $AC$ passant par le point $A$ . On dessine ensuite la médiatrice du segment $AB$ , et on dénote son point d’intersection avec la perpendiculaire que nous venons de dessiner par $O$ . On choisit ensuite un point $P$ sur l’arc de cercle centré en $O$ allant de $B$ à $A$ .

Comme $AO\cong BO$ , par le théorème des triangles isocèles (Théorème 2.3.1), nous savons que $\angle BAO\cong\angle ABO$ . De plus, par le théorème des angles inscrits (Théorème 5.2.1), nous avons $\angle APB\cong\frac{1}{2}\angle AOB$ . En utilisant le théorème de la somme des angles internes d’un triangle (Théorème 2.2.2), nous avons donc

180=\angle AOB+\angle OBA+\angle BAO=\angle AOB+2\angle BAO=2\angle APB+2% \angle BAO

En divisant le tout par deux et en utilisant le fait que $AC$ est perpendiculaire à $AO$ , on obtient:

90=\angle APB+\angle BAO=\angle APB+(90-\angle CAB)=90+\angle APB-\angle CAB

Ce qui nous donne en simplifiant que $\angle APB=\angle CAB=\alpha$ . On a donc trouvé au moins un point $P$ tel que $\angle APB=\alpha$ . En fait, nous avons montré que tout les points sur cet arc de cercle satisfont cette propriété.

On doit maintenant montrer que si $Q$ est un point qui ne se trouve pas sur cet arc, alors $\angle AQB\neq\alpha$ . Pour ce faire, supposons premièrement que $Q$ est un point se trouvant du même côté de $AB$ que le point $P$ , mais à l’extérieur de l’arc de cercle. Dans ce cas, par le théorème des angles extérieurs (Théorème 5.2.2) nous avons

\angle AQB=\frac{1}{2}\Big{(}\angle AOB-\angle DOC\Big{)}<\frac{1}{2}\angle AOB% =\angle APB=\alpha

Donc le point $Q$ ne satisfait pas la condition.

Maintenant, supposons que $Q$ est un point se trouvant du même côté de $AB$ que le point $P$ , mais à l’intérieur de l’arc de cercle. Dans ce cas, par le théorème des angles intérieurs (Théorème 5.2.3 nous avons:

\angle AQB=\frac{1}{2}\Big{(}\angle AOB+\angle DOC\Big{)}>\frac{1}{2}\angle AOB% =\angle APB=\alpha

Donc à nouveau, le point $Q$ ne satisfait pas la condition.

Finalement, remarquons que si $Q$ est un point qui se trouve du côté opposé de la droite $AB$ par rapport au point $P$ . Dans ce cas, si on respecte la convention que les angles sont toujours dénoté dans le sens anti-horaire, il est facile de voir que $\angle AQB>180^{\circ}$ , et donc ne peut pas satisfaire la condition. On peut donc conclure que l’ensemble des points $P$ tel que $\angle APB=\alpha$ forme un arc de cercle ayant $A$ et $B$ comme extrémité. ∎

Le théorème de l’arc capable (Théorème 5.2.4) possède une conséquence intéressante. En effet, cela implique immédiatement la réciproque du théorème de Thalès pour les cercle (Théorème 5.1.1). Si $AB$ est un segment et $P$ un point pour lequel $\angle APB=90^{\circ}$ , alors $P$ se trouve sur le cercle de diamètre $AB$ .