Le pentagone

On se pose la question : comment faire pour tracer un pentagone ? On peut prendre un rapporteur et séparer un cercle en cinq secteurs de 72° chacun... mais il existe des méthodes géométriques un peu plus évoluées...

Tracer un cercle (c₁) de centre O, passant par A. On choisira comme unité le rayon du cercle. Placer un diamètre [AA'] et [OB'] un rayon perpendiculaire à [AA'].

K est le milieu de [OA'], le cercle (c₂) de centre K et de rayon KB' coupe [OA] en U. La longueur du côté du pentagone est égal à B'U.

La médiatrice de [OU] coupe le premier cercle (c₁) aux points B et E qui sont deux sommets du pentagone. Le cercle de centre B passant par A recoupe (c₁) en C. Le symétrique D de C par rapport à (AA') termine la construction du pentagone.

En effet KB' = KU = d'après la propriété de Pythagore dans le triangle OKB' rectangle en O, donc OU = - = et OI = . L'angle (, ) a un cosinus égal à , c'est bien un angle de . La corde [AB] est donc le premier côté du pentagone régulier convexe ABCDE. [EB] est un côté du pentagone étoilé EBDAC contenu dans le même cercle.

Placer les points O et A, tracer le cercle (c₁) de centre O passant par A, placer le symétrique A' de A par rapport à O.

Sur un rayon perpendiculaire au diamètre [AA'], placer le point K au milieu de ce rayon.

Tracer le cercle (c₂) de centre K passant par A, ce cercle coupe la droite (OK) en U et T. AU est égal à la longueur du côté d'un pentagone convexe inscrit dans le cercle (c₁), AT est égal à la longueur du pentagone croisé.

Tracer les cercles (c₃) et (c₄) de centre A, passant par U et T. Le cercle (c₃) coupe (c₁) en B et E. Le cercle (c₄) coupe (c₁) en C et D.

Construction des tangentes
Utilisation du cercle homothétique au cercle (c₂) de Ptolémée dans l'homothétie de centre O et de rapport

Tracer un cercle (c₁) de centre O, passant par A. Placer un diamètre [AA'] et [OB'] un rayon perpendiculaire à [AA'].

P est au quart de [OA'] à partir de O : OP = OA' et Q est le milieu de [OB'], le cercle (c₃) de centre P et passant par Q coupe [OA] en I et [OA'] en J. La perpendiculaire en I à (AA') coupe le cercle (c₁) en B et E. La perpendiculaire en J à (AA') coupe le cercle (c₁) en C et D (placés suivant la figure).
ABCDE est un pentagone régulier.

Démonstration à l'aide du produit scalaire (1ère S)

pour le prouver il suffit démontrer que AÔB = et AÔC = .

On choisira comme unité le rayon du cercle.
Dans le triangle rectangle OPQ le théorème de Pythagore permet de trouver :
PQ = et OI = PI - PO = PQ - = .

I étant la projection orthogonale de B sur (OA), on trouve l'égalité des produits scalaires :

. = . = 1 × OI

= .

Ce produit scalaire s'exprime en fonction de l'angle des vecteurs :

. = OA × OB cos(AÔB) = 1 × 1 × cos(AÔB)

= ,

donc cos(AÔB) = ; AÔB = .

De même OJ = OP + PJ = + PQ = .

J étant la projection orthogonale de C sur (OA), on a :

. = . =  -1 × OJ

= ,

et en fonction de l'angle des vecteurs :

. = OA × OC cos(AÔC) = 1 × 1 × cos(AÔC)

= ,

donc cos(AÔC) = ; la formule de duplication cos(2x) = 2cos²x - 1 permet, en vérifiant que 2cos² - 1 = , de déduire que AÔC = .

Les points D et E étant les symétriques de C et B par rapport à (OA), on a donc AÔD = et AÔE = , la figure est bien un pentagone régulier.

Démonstration utilisant les nombres complexes (Teminale S) :

dans le plan complexe choisira comme origine le centre du pentagone et pour A le point d'affixe 1.

Pour le prouver il suffit démontrer que les sommets sont les racines cinquième de l'unité :
1, z = , z², , ; solutions de l'équation z⁵ - 1 = 0.

Le polynôme z⁵ - 1 se factorise sous la forme z⁵ - 1 = (z - 1)( z⁴ + z³ + z² + z + 1) (formule classique de la somme des 5 premiers termes d'une suite géométrique).

La factorisation peut se poursuivre par z⁵ - 1 = (z - 1) (z² - 2αz + 1) (z² - 2βz + 1) avec, par identification, les réels α et β vérifiant :
a + b = -   et ab = - .

Dans le triangle IJQ rectangle en Q, P est le milieu de [IJ] donc OI - OJ = -2 OP = -   ;
la relation métrique pour la hauteur [OQ] permet d'écrire :
OI × OJ = OQ² = . α et β sont donc les affixes des points I et J.

Il est possible de résoudre le système d'équations α + β = -   et α β = - et les réels α et β sont les solutions d'une équation du second degré, mais utilisons plutôt la calculatrice TI-92 qui permet de factoriser dans C et en regroupant les facteurs trouvés avec factorC(z^5- 1,z) on a :

(z² - 2αz + 1) =

et (z² - 2βz + 1) = ,

soit z⁵ - 1 = (z - 1).

Dans tous les cas (en vérifiant éventuellement les valeurs des cosinus) on trouve :

α =  = Re() ; partie réelle des solutions de z² - 2αz + 1 = 0,
et β =  = Re() ; partie réelle des solutions de z² - 2βz + 1 = 0.

α et β sont les parties réelles des racines cinquièmes de l'unité imaginaires. Les sommets du pentagone régulier sont bien l'intersection du cercle unité avec les parallèles à (Oy) passant par I et J.

Construction de Dumont (cercles tangents)

Construction proposée par Dumont (1996) à propos des tracés régulateurs des temples d'Angkor.

Placer deux points O, A et le cercle (c₁) de centre O, de rayon r, passant par A. A' est le symétrique de A par rapport à O. I est le milieu d'un rayon perpendiculaire au diamètre [AA']. (c₂) est le cercle de centre I et de rayon . La droite (A'I) coupe le cercle (c₂) en P et Q. (c₃) et (c₄) sont les cercles de centre A' tangents à (c₂). Le cercle (c₃) est tangent intérieurement au cercle (c₂) en P et le cercle (c₄) est tangent extérieurement au cercle (c₂) en Q. Le cercle (c₃) coupe (c₁) en B et E et le cercle (c₄) coupe (c₁) en C et D. Les points ABCDE sont les sommets du pentagone cherché.

Démonstration

Dans triangle rectangle A'OI on a (puissance du point A' par rapport au cercle c₂) :

A'O² = A'I² - IO² = A'I² -

A'O² = (A'I - )(A'I + )

A'O² = (A'I - IQ)(A'I +IP) = A'Q . A'P.

A'O² est donc le produit des rayons des cercles (c₃) et (c₄).

Soit M le point d'intersection du segment [A'B] et du cercle (c₄).

Le produit des rayons est donc :

A'O² = A'M . A'B, soit .

Ayant déjà l'angle OÂ'B en commun les triangles A'MO et A'OB sont semblables.

Le triangle A'OB ayant deux côtés égaux à r est isocèle, le triangle A'MO l'est aussi.

Soit α la mesure des angles égaux OÂ'B = = MÔA'.

Les angles « au sommet » des triangles isocèles sont donc = A'ÔB = π - 2α.

D'autre part, le triangle BOM est isocèle (puisque BM = r). D'où MÔB = .

On a donc A'ÔB = π - 2α = A'ÔM + MÔB= α + .

De là α = , MÔB = , A'ÔB = . Donc AÔB = et B est le deuxième sommet du pentagone.

Le point C d'intersection de la demi-droite [OM) et du cercle (c₁) est le troisième sommet du pentagone car : CÔB = MÔB = . Montrons que ce sommet C du pentagone est sur le cercle (c₄).

L'angle CÂ'B inscrit dans le cercle (c₁) est égal à la moitié de l'angle au centre : CÂ'B = CÔB = .

= MÔB = .

Le troisième angle du triangle A'MC est = . Ce triangle ayant deux angles égaux est isocèle. A'M = A'C. C est bien sur le cercle (c₄).

La symétrie par rapport à (AA') donne les autres sommets E et D.

Cette figure est la représentation de l'œil d'Oudjat vue par les égyptiens.
Les deux arcs de cercle RS forment ce que les mathématiciens appellent une lentille.

Les points B et E, intersection du cercle de diamètre [AO'] et d'un des arcs RS, sont deux des sommets du pentagone de côtés [AB] et [AE]. C et D complètent le pentagone régulier.

Placer deux points O et A et le cercle (c₁) de centre O, passant par A, de rayon r.

O₃ est le symétrique de A par rapport à O. B' est un des points d'intersection du diamètre perpendiculaire à [O₃A] avec le cercle (c₁).

K est le milieu du rayon [O₃O].

Le cercle (c₂) de centre K passant par B' coupe [OA] en U et [OO₃) en T.

Le cercle (c₃) de centre O₃ passant par U coupe le cercle (c₁) en B et E et la droite (O₃A) en V.

Les droites (BV) et (EV) coupent le cercle (c₁) en C et D.

Les points ABCDE sont les sommets du pentagone cherché.

Démonstration

Comme pour la méthode précédente B'U = AB, côté du polygone convexe et B'T = BE côté du pentagone croisé.

On a aussi : O₃U = Φr = r ainsi que O₃B et O₃E rayons du cercle (c₃).

Dans le cercle (c₁) le triangle O₃BA inscrit dans un demi-cercle est rectangle en B.

cos AÔ₃B = = = = cos . Les angles aigus du triangle sont donc et .

L'angle BÂE est égal à . Les deux segments égaux [AB] et [AE] sont deux côtés d'un pentagone régulier inscrit dans le cercle (c₁).

Le triangle isocèle O₃BU a un angle au sommet égal à , c'est un triangle d'or de côtés O₃B =  Φ r et BU = r.

Dans le cercle (c₃) l'angle inscrit correspond à l'angle au centre EÔ₃B = 2 AÔ₃B = . Cet angle inscrit est donc = .

Les angles aigus du triangle VBA mesurent et . Le troisième angle est = . Le point C est aussi un sommet du pentagone. Même démonstration pour D, ce qui permet de conclure que ABCDE est un pentagone régulier.

Dessin à partir d'un côté du pentagone : les points libres sont deux sommets consécutifs A et B.

Placer les deux premiers points A et B du polygone,

placer le point B' symétrique de B par rapport à A,

tracer le cercle (c₁) de centre A passant par B (diamètre [B'B]),

la perpendiculaire en A à (AB) coupe le cercle C₁ en A'.

Soit (c₂) le cercle de diamètre [AA'] : son centre J est le milieu de [AA'].

Tracer la droite (B'J), cette droite coupe le cercle (c₂) au point K.

Tracer le cercle (c₃) de centre B' passant par le point K,

les cercles (c₁) et (c₃) se coupent en D', tracer le segment [BD'].

La médiatrice de [AB] coupe le segment [BD'] en O : O est le centre du cercle circonscrit (c₄) au pentagone et on peut vérifier que l'angle AÔB mesure .

Pour tracer le pentagone régulier ABCDE, il suffit de placer le point C symétrique de A par rapport à (OB), un point E intersection des cercles (c₁) et (c₄), le point D est un des points d'intersection du cercle circonscrit (c₄) et de la médiatrice de [AB] qui passe par O.

Dessin à partir d'un côté du pentagone : les points libres sont deux sommets consécutifs A et B.

Tracer le cercle (c) de centre A passant par B. Soit R un des points d'intersection entre le cercle (c) et la droite perpendiculaire à (AB) passant par A.
Soit I le milieu de [AB]. Le cercle de centre I passant par R coupe la demi-droite [BA) en S.
Le cercle de centre B passant par S coupe le cercle (c) en E.
Il coupe aussi la médiatrice de [AB] en D.

Les segments [BA], [AE], [ED] sont trois côtés consécutifs du pentagone régulier.
Tracer le cercle de centre D passant par E, puis celui de centre B passant par A.
Seul un des points d'intersection de ces deux cercles permet d'obtenir un polygone convexe : le point C.
ABCDE est un pentagone régulier.

Soit ABCC₁A₁ un pentagone régulier. On note c la longueur du côté de ce pentagone et d la longueur de la diagonale. Soit B₁ le point d'intersection des diagonales (AC₁) et (A₁C). Les points A₁, B₁ et C₁ sont les sommets du pentagone régulier A₁B₁C₁C₂A₂ de côté B₁C₁ = AC₁ - AB₁ = d - c et de diagonale A₁C₁ = c.

Comme tous les pentagones réguliers sont semblables on a :

d / c = AC₁ / AA₁ = A₁C₁ / B₁C₁ = c / (d - c).

Prendre c = 1 en choisissant la longueur AB comme unité. On a alors d = 1 / (d-1) soit d² - d +1 = 0.

La solution positive de cette équation est le nombre d'or Φ = .
Dans tous les cas d = c  Φ. Le pentagone A₁B₁C₁C₂A₂ est l'image du pentagone ABCC₁A₁ par l'homothétie de centre O et de rapport .

Si AA₁ = 1, A₁A₂ = = Φ - 1; AA₂ = 1 + = Φ.

Quand on itère cette homothétie on obtient une suite infinie de pentagones. Observer la suite des points A, A₁, A₂, ...
A₂A₃ = = - Φ + 2, A₃A₄ = = 2Φ -3, A₄A₅ = = -3Φ + 5 et ainsi de suite ;
voir TI-92 : nombre d'or et suite de Fibonacci.

AA_n = AA₁ + A₁A₂ + A₂A₃ + ... + A_n-1A_n, somme des premiers termes d'une suite géométrique de raison , converge vers AO = 1 + Φ.

Placer deux points A et B. À partir de ce segment [AB] qui sera un côté du pentagone on trace cinq cercles de même rayon :
Tracer les cercles de centre A passant par B et de centre B passant par A. Ces deux cercles se coupent en P et Q.
Le cercle de centre P passant par A (et par B) coupe les deux premiers cercles en R et S, et le segment [PQ] en G.
La droite (SG) coupe le premier cercle en E (voir figure) et (RG) coupe le deuxième cercle en C.
Le dernier point D se trouve à l'intersection des cercles de centre E passant par A et de centre C passant par B.

Le pentagone ABCDE a ses cinq côtés égaux. L'erreur sur les angles est d'un demi-degré à un degré et demi. Le point D est très légèrement en-dessous du point exact D' du pentagone régulier.

AbId est une feuille au format A4 (ou An). Ab = Ib .

[AI] étant une diagonale, replier I sur A. Le pli est le segment [ef]. Le point b se place en b'. Plier ensuite [b'e] sur la diagonale [AI] en plaçant b' en b₁. De même plier [df] sur la diagonale [AI] en plaçant d en b₁.

ABCD est pentagone presque régulier tel que tan IÂB = b'I/Ib' = ce qui correspond à un angle d'environ 54,8° supérieur au 54° degrés attendus.

Construction d'un pentagone de centre O et de sommet A. Voir les figures ci-dessus.

Expliquer pourquoi cette figure n'est qu'une construction approchée du pentagone régulier :

Dans le triangle rectangle OAI, tan OÂI = OI / OA = . Le point B est très légèrement en-dessous du point exact B' du pentagone régulier.

Cette construction d'un pentagone presque régulier est attribuée au mathématicien et philosophe grec Thalès de Milet (vers 600 avant J.-C.). Elle nécessite la règle et deux ouvertures de compas.

Deux points A et A₁ étant donnés, tracer le cercle (c) de diamètre [AA₁]. Les cercles de centres A et A₁ et de rayon AA₁ se coupent en P et Q.

On divise le diamètre [AA₁] en n = 5 parties égales.

Les droites (PI₂) et (PI₄) rencontrent le cercle (c) en B et C, sommets du polygone. Ici on le complète par symétrie par rapport à (AA₁). On obtient les points D et E intersections du cercle (c) et des droites (QI₄) et (QI₂).

Cette construction s'applique à un polygone régulier de n côtés. Elle est d'une grande facilité et d'une précision très satisfaisante jusqu'à n = 10.

Tracer les points libres M et N, puis le carré MNPQ. Le cercle de centre M passant par P coupe la demi-droite [MN) en O.
La droite (OQ) coupe la diagonale [MP] du carré en C
Le cercle de centre O passant par C coupe [MN] en B. [BC] est un premier côté du pentagone.
Le cercle de centre B passant par C coupe [NM) en A, point du pentagone.
Le cercle de centre C passant par B coupe [CQ) en D, quatrième point du pentagone.
On termine le pentagone en trouvant l'intersection E des cercles de même rayon de centres A et D.

Le pentagone ABCDE a ses cinq côtés égaux. L'erreur sur les angles est de un à deux degrés.