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1 LM323 Envoi Contenu de cet envoi Devoir 2 avec une figure en annexe, à renvoyer complétée. Corrigé du devoir 1. Un exercice de révision sur le chapître 1. Exercices sur l inversion. Corrigés d exercices sections 3 à 6. Liste des exos recommandés : 3-15 à 21, 24, 26 à 31, 34, 35, 38 à 40, 43 ; 4-3 ; 5-1, 2, 3, 5 à 7 ; 6-1 à 3, 5, 6, 9 à 11. Corrigés des exercices sur l inversion. Corrigé de l exercice de révision. Programme de la période couverte par l envoi Il faut finir les sections 1 et 2 du chapître 3. Les exercices correspondant à la section 3.3 sont imbriqués avec ceux des sections 3.1 et 3.2 et sont corrigés ici. JLJ

2 2 Devoir 2 Exercice n o 1 Soit ABC un triangle non isocèle, C i son cercle inscrit, I, J, K les points de contacts de C i avec BC, CA, AB, G le point de concours de JB et AI, C A, C B les cercles de centres A, B de rayons AK, BK, I une inversion de pôle K et de cercle d inversion C, D A = I ( C A ), D B = I ( C B ). On note pour M K, M = I(M), pour M N non alignés avec K, C MN = I ( (MN) ) et O MN le centre de C MN, pour M K, M la médiatrice de MK, et pour M N, MN celle de MN, D, E les milieux de KA, KB, Ω le centre du cercle circonscrit à I J K. 1) Vérifiez que D A = A et D B = B. 2) Montrer que D E I J est un rectangle. 3) Montrer que O AJ O BI O BJ O AI est un parallélogramme de centre Ω. 4) Montrer que K, G et C sont alignés. 5) Conclusion? Dans le cas de la figure et dans le repère orthonormé ( K, ı, j ), les coordonnées de A, B, C sont respectivement (0, 14), (0, 7), (12, 2) et la puissance de I est k = 56.

3 3 Exercice n o 2 Soit E un espace affine orienté de dimension 3, dirigé par un espace vectoriel E, ABC, A B C des triangles tels que AB = A B, BC = B C, AC = A C, P le plan contenant ABC et P celui contenant A B C. On suppose P P. On note Π la direction de P, Π la direction de P, U = AA, V = BB et W = CC, G le sous-espace affine engendré par {U, V, W } et G sa direction, F le sous-espace vectoriel engendré par {U, V, W }. 1) Soit (e i ) 1 i d une base d un espace vectoriel euclidien E et ψ une application linéaire. Montrer que ψ est une isométrie 1 i, j d, ψ(e i ) ψ(e j ) = e i e j. 2) Montrer qu il existe une isométrie positive unique φ telle que φ(a) = A, φ(b) = B, φ(c) = C. On suppose que φ est une rotation ou un vissage et on note D son axe, = Ker ( φ Id ) la direction de D, θ : E E, l application affine M θ(m) = Mφ(M). 3) Montrer que G = ( ) φ Id (Π) et que G = θ(p). 4) Montrer que dim G = 2 dim(π ). 5) Préciser dim F et dim G selon que φ est une rotation ou un vissage et selon la position de D par rapport à P.

4 4 Corrigé du devoir 1 Exercice n o 1 1) Pour un point M de P, (ΩM) P si et seulement si la droite (ΩM) n est pas parallèle à P. Soit P Ω le plan parallèle à P et passant par Ω. Alors la droite (ΩM) n est pas parallèle à P si et seulement si elle n est pas parallèle à P Ω, ce qui revient à dire que M / P Ω. Donc E = P \ P Ω. En posant D Ω = P P Ω, on a E = P \ D Ω. 2) Un point M P est dans π(e) si et seulement si la droite (ΩM ) rencontre P. Cette question est donc analogue à la précédente. On note P Ω le plan parallèle à P passant par Ω et D Ω = P P Ω. Alors π(e) = P \ D Ω. 3) La droite D Ω étant le complémentaire de E dans P, DΩ = et il n y a rien à dire. Pour une droite D quelconque, on a toujours π( D) π(e). De plus, si M D, alors (ΩM) P D, d où π(m) P D. Donc π( D) π(e) P D. Montrons l inclusion réciproque. Un point M de π(e) a un antécédent M qui est l intersection de la droite (ΩM ) avec P. Si M P D, alors (ΩM ) P D et M P D P. Donc M D et comme M / D Ω, M D. On en déduit M π( D) soit π(e) P D π( D), d où l égalité. 4) Soit u un vecteur directeur des deux droites en question. Alors il est inclus dans les deux plans vectoriels P x et P y dirigeant P x et P y. Or P x P y est une droite vectorielle contenant u. Elle est donc engendrée par u et dirige P 1 P 2. D où le résultat. 5) On suppose que les droites sont distinctes de D Ω. La droite D 3 est parallèle à la droite P D1 P et passe par Ω. Donc D 3 P D1. De même D 3 P D2. Donc D 3 = P D1 P D2. De plus D 3 est parallèle à P, d où D 3 P Ω. Deux cas se présentent : soit D 3 et D Ω sont parallèles, soit elles sont sécantes. Si D 3 D Ω, alors π( D 1 ) et π( D 2 ) sont des droites parallèles à D Ω. D après 4) appliqué à P D1 et P, D 1 est parallèle à D Ω. De même pour D 2. Réciproquement si deux droites D 1 et D 2 sont parallèles à D Ω alors elles sont incluses dand E et, à nouveau en appliquant 4) à P D1 et P, π(d 1 ) est parallèle à D Ω. De même pour π(d 2 ). Si D 3 rencontre D Ω en un point Q, alors les plans P D1 et P D2 contiennent Q. Donc D 1 et D 2 sont sécantes en Q. Réciproquement si deux droites D 1 et D 2 sont sécantes en Q D Ω, alors la droite (ΩQ) est l intersection de P D1 et de P D2. Cette droite étant parallèle à P, est, d après 4) parallèle à P D1 P et à P D2 P. Donc π( D 1 ) et π( D 2 ) sont des droites parallèles à la droite (ΩQ).

5 5 π(d 2 ) P π(d D 1 ) Ω D 3 Ω D i P D 1 Q D 2 D Ω 6) On reprend les notations de l exercice Il s agit d utiliser les questions précédentes, pour transformer des couples de droites sécantes dans un plan, en couples de droites parallèles. On note P le plan contenant les droites D et D et la droite (αγ). On choisit un point Ω quelconque en dehors de P et on choisit pour P un plan parallèle au plan contenant et Ω. On utilise alors l application π. La droite joue le rôle de D Ω dans les questions précédentes. Les droites (AB ) et (B A) se coupant en γ, donc sur, sont transformées en deux droites ( π(a)π(b ) ) et ( π(a )π(b) ) parallèles et de même (B C) et (C B) se coupent en α donc sur, de sorte que ( π(b )π(c) ) et ( π(c)π(b ) ) sont parallèles. Le Théorème de Pappus parallèle, appliqué sur P, entraîne que ( π(a)π(c ) ) et ( π(a )π(c) ) sont parallèles. D après 4), (AC ) et (CA ), qui ne sont pas parallèles, sont sécantes sur. Donc β est aligné avec α et γ.

6 6 Exercice n o 2 Partie I 1) Le quadrilatère HO B CO A a ses côtés de longueur R. Comme H C et O B O A, c est un losange ou un carré, donc un parallélogramme. 2) De 1) on déduit O B C = HO A. Par symétrie du problème on a aussi O C B = HO A, d où O B C = O C B. Donc CO B O C B est un parallélogramme. C B C A H O B O A C I O C A B C C 3) Comme HO B AO C est un losange, AH O B O C. Or O B O C BC, soit AH BC. Le point H est donc sur la hauteur de ABC issue de A. Par symétrie H est sur les trois hauteurs : c est l orthocentre de ABC.

7 7 4) Le point H est équidistant de O A, O B, O C. Le cercle circonscrit à O A O B O C est donc le cercle de centre H et de rayon R. D après 2) O B B et O C C ont même milieu, de même que O A A. Soit I ce milieu. Les triangles ABC et O A O B O C sont symétriques par rapport à I. Donc les cercles circonscrits à ABC et O A O B O C ont même rayon : R. Partie II 5) Par hypothèse A C = BA = CB. Il en découle que C est le milieu de A B et de même pour A et B. Par Thales AB A B. La hauteur de ABC issue de C est donc également la médiatrice du segment A B. Or les hauteurs de ABC concourent en H et les médiatrices de A B C concourent au centre de C. D où l égalité entre les deux points. 6) Soit h = h A,2 l homothétie de centre A et de rapport 2. Alors h(a BC) = A C B, d où h(c A ) = C. Or C A et C ont le point A en commun. Soit T A et T les tangentes en A de ces cercles. Alors {A } = h(t A C A ) = h(t A ) h ( C A ) = TA C. Donc T A = T, d où C A et C sont tangents. 7) Comme C est intérieur à C, le cercle C A, qui est tangent à C et contient C, est également intérieur à C. De plus C A a un diamètre moitié de celui de C et contient donc son centre H. Idem pour C B et C C. 8) Soit A le milieu de BC et σ la symétrie centrale associée. Alors σ(a CB) = ABC, σ(c A ) = C et σ(h) = H A. Comme H C A, par symétrie H A C. Idem pour H B et H C. 9) On a vu au 6) que h(a BC) = A C B. Donc h(h A ) = K et H A est le milieu de A K. Idem pour H B et H C. 10) Le milieu de A K A est sur la droite BC. De plus A K A et BC sont orthogonaux. Donc K A est le symétrique de A par rapport à BC. Comme les cercles C A et C sont symétriques l un de l autre par rapport à BC, A C A = K A C.

8 8 C C B C A H C C B C C A K C B A C K A H B H A K B H C K

9 9 Exercice de révision sur le chapître 1 Exercice n o 1-51 On désigne par φ une application affine d un plan affine E dirigé par un plan vectoriel E. On suppose que Ker ( ) φ Id est une droite. Soit i un vecteur qui engendre et j tel que (i, j) est une base de E. 1) Déterminer F tel que φ (j) / F E = Ker( φ Id) Im( φ Id). On suppose pour la suite que E = Ker( φ Id) Im( φ Id). On note v et ψ tels que définis par la proposition 1.16 p 12 du poly. 2) Montrer qu il existe k E tel que (i, k) est une base propre de φ. 3) On fixe A E et on suppose que φ(a) = A + ci + dk. Calculer v. 4) Déterminer l ensemble des points fixes de ψ en supposant φ (k) = 2k. 5) Soit A, B, C, D des points distincts tels que AB CD. Montrer qu il existe une application affine unique σ telle que σ(a) = C, σ(b) = D, σ est une symétrie vectorielle par rapport à une droite. 6) Vérifier que la proposition 1.16 s applique ; préciser v et l ensemble des points fixes de ψ. 7) A quelle condition sur A, B, C, D σ est-elle une symétrie affine?

10 10 Exercices sur l inversion Exercice n o 3-45 Soit ABC un triangle et H un point du plan qui n est ni aligné avec BC, CA ou AB, ni cocyclique avec A, B et C. On suppose que les cercles C A, C B et C C respectivement circonscrits à BCH, CAH et ABH ont même rayon. 1) Montrer que le cercle C circonscrit à ABC a même diamètre que C B. Soit C(I, r) et C(O, R) les cercles inscrit et circonscrit d un triangle A B C, C(J, r ) un des cercles exinscrits 1 de A B C. 2) En calculant de deux façons le diamètre de l image de C(O, R) par l inversion de pôle I, montrer que OI 2 = R 2 2Rr. 3) Montrer que J est à l extérieur du disque limité par C(O, R). 4) Trouver une relation analogue à celle du 2) pour OJ, R et r. Exercice n o 3-46 Soit C 1, C 2, C 3 et C 4 des cercles tels que C 1 et C 2 sont sécants en A et B, C 2 et C 3 sont sécants en C et D, C 3 et C 4 sont sécants en E et F et enfin C 4 et C 1 sont sécants en G et H, les points A, B, C, D, E, F, G et H étant distincts. Montrer que {A, B, E, F } sont cocycliques ou alignés {C, D, G, H} sont cocycliques ou alignés. Exercice n o 3-47 Soit ABC un triangle, C(I, r) et C(O, R) ses cercles inscrit et circonscrit. D un point D de C(O, R), on mène les deux tangentes à C(I, r). Elles recoupent C(O, R) respectivement en E et F. Montrer que EF est tangent à C(I, r). On pourra utiliser la question 1) de l exo Voir exo 3-4

11 11 Corrigés d exercices Exercice n o 3-15 On a vu dans l exercice 2.17 que si ABC est un triangle inscrit dans un cercle C, l orthocentre H est à l intersection des symétriques de C par rapport aux 3 côtés. Les symétrique D, E, F de H par rapport à BC, CA, AB sont donc sur C. Comme les angles de ABC sont aigus, H est à l intérieur du triangle ABC. E A F H α α C B C α α On a ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) DF, DA = CF, CA = CH, CA = CA, CE = DA, DE D où on a utilisé successivement AF DC cocycliques et les arcs AF, CD sont disjoints. H est sur le segment CF. E est le symétrique de H par rapport à AC. CDAE sont cocycliques et les arcs AE, CD sont disjoints. Donc la droite DH = DA est la bissectrice intérieure de ÊDF. Les hauteurs du triangle ABC sont les bissectrices intérieures du triangle DEF. Réciproquement soit DEF un triangle inscrit dans un cercle C. Les bissectrices intérieures de DEF recoupent C en trois points A, B, C. Il n y a plus qu à montrer que les hauteurs de ABC

12 12 sont les bissectrices de DEF, ce qui n est pas si évident. Il est plus simple de considérer les bissectrices extérieures de DEF, notées D D, D E et D F. Posons A = D E D F, B = D D D F et C = D D D E. D où D D = BC, D E = AC et D F = AB. D après l exercice 3-4, A est sur la bissectrice intérieure de ÊDF. La droite AD est donc cette bissectrice intérieure. D où AD D D = BC. Donc la hauteur de ABC issue de A est la droite AD, i.e. la bissectrice intérieure en D au triangle DEF. De même pour les droites BE et CF. C D D D B D E D F E A F Exercice n o 3-16 Montrons que la droite OI est bien définie. Raisonnons par la contraposée et supposons que O = I. Soit H le point de tangence de AB avec C. Par Pythagore r 2 + HA 2 = R 2 = r 2 + HB 2, d où AB 2 = 4(R 2 r 2 ). Donc les trois côtés ont même longueur, ce qui est exclus par hypothèse. Les points A, A, X et Y sont sur C. Comme les droites AA et XY se coupent en I, qui est à l intérieur du cercle, on a P C (I) = IX IY = IA IA. Donc IA/IX = IY/IA. Les écarts angulaires ÂIX et  IY étant égaux, il en découle que IAX et IA Y sont semblables. Pour montrer que BIA est isocèle montrons que les angles en B et en I sont égaux et plus précisément que (BA, BI) = (IB, IA ). On a (BA, BI) = (BA, BC) + (BC, BI). Par cocyclicité (BA, BC) = (AA, AC) et par définition de I, (BC, BI) = (BI, BA) et (AB, AI) = (AI, AC). Or AA = AI, d où (BA, BC) = (AA, AC) = (AI, AC) = (AB, AI). En substituant on obtient (BA, BI) = (AB, AI) + (BI, BA). La relation de Chasles puis l alignement de I, A et

13 13 A donnent (BA, BI) = (BI, AI) = (IB, IA ). Donc BIA est isocèle en A, d où IA = A B. Y C O A α r I A X B Passons à la démonstration de l égalité OI 2 = R 2 2Rr. Soit α la mesure de l angle  AB. Alors (cf exercice 3-2), A B = 2R sin α. Soit H le point de contact de C avec AB. Le triangle AIH est rectangle en H et IH = r. Comme ÎAH =  AB, on a r = IA sin α. D où R 2 OI 2 = IA IA = IA A B = IA 2R sin α = 2R IA sin α = 2rR. Il en résulte que 2rR R 2 soit 2r R, avec égalité uniquement dans le cas équilatéral. Exercice n o 3-17 Soit Π le plan euclidien et φ : Π 3 R + définie par φ(l, M, N) = LM + MN + NL. L application φ est continue et atteint son minimum sur tout compact. Comme AB BC CA est compact, φ atteint son minimum sur ce produit. Le problème a donc une solution. Supposons que le minimum est atteint en un triplet (P, Q, R) de points situés à l intérieur des côtés du triangle. Alors le minimum de l application M QM + MR, définie sur la droite

14 14 BC atteint son minimum en P. D après l exo 11, la droite BC est la bissectrice extérieure du secteur QP R. Les droites AB et AC sont les deux autres bissectrices extérieures du triangle P QR. On sait alors (cf fin de l exo 3-15) que les bissectrices intérieures de P QR portent les hauteurs de ABC. Donc P, Q et R sont les pieds des hauteurs de ABC, H A, H B et H C. Il reste à montrer que le minimum n est pas atteint en un triplet comprenant un point à la frontière des côtés, i.e. un des sommets. Imaginons que lorsque le minimum est atteint P = B. Alors P Q + QR + RP = BQ + QR + RB 2BR. Le minimum de R RB sur la droite AC est atteint en H B. Donc BQ + QR + RB 2BH B. Comme les angles de ABC sont aigus, H B est à l intérieur de AC. Pour Q = B et R = H B, BQ + QR + RB = 2BH B. C est donc le minimum de (Q, R) BQ + QR + RB, définie sur AB AC. Nous avons démontré que si le minimum est atteint avec un des sommets dans le triplet, alors ce minimum est le double de la hauteur issue de ce sommet. C est effectivement la configuration minimum si un des angles est obtus. Nous allons voir que si les angles sont aigus, on peut calculer H A H B +H B H C +H C H A et obtenir une valeur inférieure. Cela montrera que le minimum est atteint pour P = H A, Q = H C et R = H B. Soit σ et σ les symétries orthogonales respectivement par rapport aux droites AC et AB. Soit Q 1 = σ(h A ) et R 1 = σ (H A ). Les points Q 1, H B et H C sont alignés avec H B entre Q 1 et H C. De même les points R 1, H C et H B sont alignés avec H C entre R 1 et H B. Donc R 1, H C, H B et Q 1 sont alignés dans cet ordre. D où R 1 Q 1 = R 1 H C + H C H B + H B Q 1 = H A H C + H C H B + H B H A. Comme H A = σ(q 1 ), R 1 = σ (H A ) = σ σ(q 1 ). Soit θ = BAC. Alors σ σ est une rotation d angle 2θ et de centre A. Le triangle R 1 AQ 1 est un triangle isocèle en A et AQ 1 = AR 1 = AH A. On en déduit R 1 Q 1 = 2R 1 A sin θ = 2AH A sin θ. Comme sin θ < 1, cette valeur est strictement inférieure à 2AH A. Donc le minimum est bien atteint en (H A, H B, H C ). Exercice n o 3-18 Soit P un point de BC. Suposons que P est sur une des bissectrices de l angle en A. Soit D le symétrique de B par rapport à AP. Par hypothèse D est sur la droite AC. Le triangle BP D est isocèle en P et on peut le compléter par un point E de sorte que BP DE soit un losange. Le point E est sur la médiatrice de BD, soit la droite AP, et les droites ED et BP ou BC sont parallèles. Les triangles AED et AP C sont donc homothétiques, d où ED P C = AD AC. Comme ED = BP et AD = AB on obtient BP P C = AB AC. Réciproquement cette égalité détermine deux points sur BC, (un seul si AB = AC) que nous

15 15 venons d identifier. Autre méthode. Soit D la parallèle à AB passant par C. Elle coupe la bissectrice AP en un point E. Les triangles ABP et P CE sont homothétiques d où BP BA = P C. D autre part CE (AB, AP ) = (AP, AC) = (AE, AC) et (EC, EA) = (AB, AP ). Donc (EC, EA) = (EA, AC), ce qui implique que AEC est isocèle en C et que CE = AC. D où BP BA = P C ou encore AC BP P C = AB AC. Exercice n o 3-19 L angle orienté ( ) MA, MB est nul ssi M est sur la droite AB, à l extérieur du segment AB. De même ( ) MA, MB = π ssi M est à l intérieur du segment AB. Supposons α 0 mod π. Soit D la médiatrice de AB. Pour toute valeur de α la rotation ρ d angle α telle que ρ(a) = B est bien définie et a son centre O sur D. Ce centre n est pas sur la droite AB. On a ( ) OA, OB = α. Si ( ) MA, MB = α, alors (OA, OB) = (MA, MB) et M est sur le cercle C passant par O, A et B. Réciproquement si M est sur C \ {A, B}, alors ( ) ( ) MA, MB = α ou MA, MB = α + π. La fonction M ( ) MA, MB est continue sur les deux arcs qui constituent C \ {A, B}. Donc elle est constante sur ces deux arcs. Sur l arc contenant O, elle vaut α, et sur l arc ne contenant pas O elle vaut α + π car le vecteur unitaire directeur de AM subit une discontinuité lorsque M franchit A. Donc ( ) MA, MB = α si et seulement si M est sur l arc AB contenant O. L angle (MA, MB) est nul ssi M est aligné avec A et B. Supposons α non nul mod π. D après ce qu on vient de voir (MA, MB) = α M C \ {A, B}. L écart angulaire ÂMB est nul ssi M est sur la droite AB, à l extérieur du segment AB et ÂMB = π ssi M est à l intérieur du segment AB. En général ÂMB = α ( ) MA, MB = ±α. Aux signes + et - correspondent deux arcs de cercle limités par A et B, symétriques par rapport à AB. Exercice n o 3-20 Si A B = AB, il existe une isométrie positive f unique telle que f(a) = A et f(b) = B. On notera σ la symétrie par rapport à A B. Pour O M, on notera O M la demi-droite issue de O et passant par M. Les écarts angulaires sont préservés par f, d où B A f(c) = BAC = B A C. Cela signifie que A C et A f(c) sont identiques ou symétriques par rapport à A B. Comme A C = AC = A f(c), on conclut que f(c) et C sont égaux ou symétriques par rapport à A B. Si

16 16 f(c) = C, on prend φ = f. Si f(c) C, alors C = σ ( f(c) ) et il suffit de poser φ = σ f. On sait que A C = A f(c) ou σ ( A C ) = A f(c) et de même B C = B f(c) ou σ ( B C ) = B f(c) Si A C = A f(c), alors f(c) et C sont dans le même demi-plan limité par A B. D où B C = B f(c). Pour tout M / A B, M = (A M) (B M). En posant M = C puis M = f(c) on obtient C = f(c). On peut donc poser φ = f. Si σ ( A C ) = A f(c), alors f(c) et C sont de part et d autre de la droite A B et donc σ ( B C ) = B f(c). En prenant les intersections on obtient σ(c ) = f(c) ou encore C = σ f(c). On peut donc poser φ = σ f. Rappelons que si θ est l angle en A, BC 2 = BA BA AC + AC 2 = AB 2 2 cos θab AC + AC 2. Un écart angulaire étant déterminé par son cosinus, on voit que la donnée des trois côtés permet de déterminer les angles aux sommets. On peut donc se ramener au cas précédent. Exercice n o 3-21 La transformation φ est une application affine dont l application linéaire associée est la rotation d angle α + β + γ, i.e. π. Donc φ est une rotation d angle π ou encore une symétrie centrale. Soit K et I les points de contact du cercle inscrit avec CB et AB respectivement. Alors CJ = CK, BK = BI et AI = AJ. On en déduit que ρ C,γ (J) = K, ρ B,β (K) = I et ρ A,α (I) = J. Ceci entraîne que le point J est invariant par φ. Donc φ est la symétrie par rapport à J. Exercice n o 3-24 Les points A, T et M sont alignés de même que les points A, C et N. Comme T C MN, d après le théorème de Thalès, AN AC = AM AT. D autre part AB AC = P C(A) = AT 2. Il en découle AB AC AN AC = AT 2 AM, soit AB AN = AT AM. Cette égalité entraîne, d après la AT proposition 2.24, que M, N, T et B sont cocycliques. Exercice n o 3-26 Théorème de Miquel On peut utiliser deux critères de cocyclicité suivant que l on est plus à l aise avec les angles orientés de droites ou les écarts angulaires. Le premier est celui du poly, corollaire L autre dit que si M, N, P et Q se suivent dans cet ordre sur un cercle, alors MNP + P QM = π. La réciproque est vraie sous l hypothèse que le quadrilatère MNP Q est convexe, ou si on suppose également NP Q + QMN = π. Oublions ces détails et faisons comme si la condition MNP + P QM = π était nécessaire et suffisante.

17 17 C D α β C π β D β + δ π δ La figure ci-contre illustre comment on peut appliquer ce second critère de cocyclicité. Partant de B C C = α, on obtient, par la cocyclicité de B, B, C et C, B BC = π α. De même, B π α α + γ B π γ A γ δ A si B A A = γ, B BA = π γ. Comme B BA + B BC + ÂBC = 2π on obtient ÂBC = α + γ. De même, ÂDC = β + δ. D où, ÂBC + ÂDC = α + β + γ + δ = B C D + B A D. D après la cocyclicité de A, B, C et D, on sait que la somme de gauche vaut π et on en déduit que B C D + B A D = π. De même  B C +  D C = π. Et on conclut que A, B, C et D sont cocycliques... Mais la démonstration est fausse. En effet elle a été très influencée par la figure. Par exemple quand nous écrivons B BA + B BC + ÂBC = 2π, nous utilisons implicitement que B est à l intérieur du triangle AB C. De même lorsque nous écrivons B C D = α + β = B C C + ĈC D, nous utilisons implicitement que la demi-droite C C est dans le secteur B C D. Tout ceci est "évident sur la figure" mais est faux en général. Il suffit de faire une autre figure où le quadrilatère ABCD n est pas à l intérieur de A B C D, comme à la page suivante. Le premier critère de cocyclicité est donc plus adapté à une démonstration rigoureuse. C est lui que nous allons maintenant utiliser, en suivant notre figure fausse. Les seuls outils sont la cocyclicité et la relation de Chasles. Ceci étant nous avons (BA, BC) = (BA, BB ) + (BB, BC) = (A A, A B ) + (C B, C C). De même, (DA, DC) = (A A, A D ) + (C D, C C), d où en soustrayant : (BA, BC) (DA, DC) = (C B, A B ) (C D, A D ). Donc A, B, C et D sont cocycliques si et seulement si A, B, C et D sont cocycliques. Il est très difficile de raisonner directement sur les angles orientés de droites avant d avoir

18 18 d abord compris sur la figure ce qui se passe, et ceci en manipulant sans précaution les écarts angulaires. Par contre les angles orientés sont indispensables lors de la rédaction. D C B C C A = B D C A Exercice n o 3-27 Droite de Simson Commençons par raisonner en termes d écarts angulaires en regardant la figure, et sans souci de rigueur. Puis nous ferons une démonstration en utilisant les angles orientés de droites. Les angles MP C et MQC sont droits. Donc M, R, Q et C sont cocycliques et ĈQP = ĈMP. De même ÂQR = ÂMR. Enfin M, R, B et P sont cocycliques de sorte que RMP + RBP = π. Toujours par cocyclicité, ÂMC + ÂBC = π. Comme ÂBP = RBC, on obtient RMP = ÂMC. Or RMP + ÂRM = ÂMP = ÂMC + ĈMP.

19 19 On en déduit que ÂMR = ĈMP, d où finalement, ÂQR = ĈQP. Comme A, Q, C sont alignés, R, Q, P le sont également. Cette démonstration suit la figure de trop près. Les trois points A, B, C ne sont pas traités de manière symétrique, ce qui est suspect. Passons à la traduction. M P C Par hypothèse (P C, P M) = π/2 et (RC, RM) = π/2. Donc M, Q, P, C sont cocycliques et de même M, P, R, B, et M, R, Q, A. D où Q et (QC, QP ) = (MC, MP ) (MA, MR) = (QA, QR). A R B Par cocyclicité (MR, MP ) = (BR, BP ) = (BA, BC). C Ces égalités, ainsi que Chasles ou les relations d alignement donnent : (QR, QP ) = (QR, QA) + (QC, QP ) = (MR, MA) + (MC, MP ) = (MR, MP ) + (MC, MA), soit (QR, QP ) = (BA, BC) (MA, MC) Finalement : P, Q et R sont alignés (QR, QP ) = 0 (BC, BA) = (MC, MA) A, B, C et M sont cocycliques M est sur le cercle circonscrit à ABC. Exercice n o 3.28 Droite de Steiner Cet exercice est un prolongement du précédent et les notations sont compatibles. Soit h = h M,2. Alors h(p ) = P, h(q) = Q et h(r) = R. Donc P, Q, R alignés P, Q, R alignés A, B, C, M cocycliques. Il reste à montrer que si M est sur le cercle circonscrit C à ABC, alors P, Q, R sont alignés avec H, l orthocentre de ABC. Si M = A alors Q = R = A et P est le symétrique de A par rapport à BC. Comme

20 20 AP BC, AP est la hauteur issue de A et contient H. Donc H, P, Q et R sont alignés. Idem si M = B ou M = C. Si M est distinct de A, B et C, les points P, Q et R sont distincts et il suffit de montrer que deux quelconques d entre eux sont alignés avec H. Rappelons que d après l exercice 2.17, les symétriques de H par rapport aux côtés sont sur C. Soit σ et σ les symétries orthogonales respectivement par rapport à AC et AB. Alors (HA, HQ ) = ( σ(h)σ(a), σ(h)σ(q ) ) = ( σ(h)a, σ(h)m ), et de même (HA, HR ) = ( σ (H)A, σ (H)M ). Comme σ(h), σ (H), A et M sont sur C, on a ( σ(h)a, σ(h)m ) = ( σ (H)A, σ (H)M ), d où (HA, HQ ) = (HA, HR ), soit (HQ, HR ) = 0. Donc H, Q et R sont alignés. σ(h) M C Q H A R Q σ (H) B C R

21 21 Exercice n o 3-29 Le Pivot Soit C A le cercle circonscrit à AB C et C B le cercle circonscrit à A BC. Si ces deux cercles ne sont pas tangents, ils se coupent en deux points distincts C et P. Nous voulons montrer qu alors le point P est sur le cercle C C circonscrit à A B C. D après la définition de P et le critère de cocyclicité, (P A, P C ) = (BA, BC ) et (P C, P B ) = (AC, AB ). Or d après les alignements respectifs de A, B et C, de A, C et B et de B, A et C, (BA, BC ) = (BC, BA) et (AC, AB ) = (AB, AC). On en déduit que soit (P A, P C ) + (P C, P B ) = (BC, BA) + (AB, AC), (P A, P B ) = (BC, AC) = (A C, B C). Donc P, A, B et C sont cocycliques, ou encore P C C, ce qu on voulait montrer. Lorsque les cercles C A et C B sont tangents, ils le sont en C. On veut montrer que C C C ou encore que A, B, C et C sont cocycliques. Soit la tangente commune aux cercles C A et C B en C. D après le corollaire 3.4, (, C A ) = (BC, BA ) et (C B, ) = (AB, AC ), d où (C B, C A ) = (BC, BA ) + (AB, AC ) = (BA, BC) + (AC, AB) = (CA, CB) = (CB, CA ). Donc A, B, C et C sont cocycliques et C appartient aux cercles C A, C B et C C. Exercice n o 3-30 Supposons qu un tel triangle ABC existe, et qu il soit direct. Si ρ est la rotation d angle π/3 et de centre A, alors ρ(b) = C. Donc C ρ(d 2 ), soit C = D 3 ρ(d 2 ). Réciproquement soit A sur D 1 et E et F sur D 2. On construit (avec un compas) E et F de sorte que AEE et AF F soient équilatéraux directs, soit E = ρ(e) et F = ρ(f ), d où E F = ρ(d 2 ). On pose C = E F D 3 et on construit B de sorte que ACB soit équilatéral indirect, soit B = ρ) 1 (C). Comme C ρ(d 2 ), B D 2. Exercice n o 3-31 β A γ K J B C I On suppose le plan orienté de sorte que la base ( ) AB, AC soit directe. Soit ρ la rotation vectorielle d angle π/2, J le milieu de AC et K le milieu de AB. Pour montrer que βiγ est isocèle rectangle en I, vérifions que ρ ( Iγ ) = Iβ.

22 22 Commençons par traduire l hypothèse que les triangles βab et γac sont isocèles rectangles respectivement en β et γ, et extérieurs à ABC. On obtient ρ ( ) ( ) ( ) ( ) KA = Kβ et ρ Kβ = KB et ρ JC = Jγ et ρ Jγ = JA. D après le théorème de Thalès, AKIJ est un parallélogramme. Donc IJ = KA et JA = IK. D où ρ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Iγ = ρ IJ + ρ Jγ = ρ KA + ρ Jγ = Kβ + JA = Kβ + IK = Iβ. Exercice n o 3-34 Il est facile de voir que le résultat est faux si on suppose seulement que les angles géométriques ÂOB, ĈOD et ÊOF sont égaux à π/3. Nous supposerons donc que le plan est orienté de sorte que π/3 est une mesure des angles orientés ( ) ( ) ( ) OA, OB, OC, OD et OE, OF. Les triangles OAB et OEF sont deux triangles équilatéraux positivement isométriques. Si on écrit OEF sous la forme EF O qui préserve l orientation on voit que E, P et B, milieux des segments OE, AF et BO sont les milieux des segments joignant les sommets respectifs de deux triangles équilatéraux orientés positivement. Soit ρ la rotation vectorielle d angle π/3. On a E B = 1 EB = 1 ( ) 1 ( EO + OB = ρ ( ) ( ) ) ( 1 ( ) ) EF + ρ OA = ρ EF + OA = ρ ( E P ) Donc E P B est un triangle équilatéral direct. Passons à MNP. Le triangle P B E étant équilatéral orienté positivement, ρ ( P B ) = P E. D après la définition de B et M, on a B M = 1 OC et de même E N = 1 OD. Comme 2 2 ρ ( ) ( OC = OD on a ρ B M ) = E N. En sommant on obtient ρ ( ) P M = P N. D où le résultat. Exercice n o 3.35 Point De Fermat Supposons la base ( ) AB, AC directe. Soit ρ la rotation vectorielle d angle π/3. Le fait que les triangles CAB et ABC sont équilatéraux extérieurs au triangle ABC se traduit par ρ ( ) AC = AB et ρ ( AC ) = AB. Par différence on obtient ρ ( CC ) = B B et de même ρ ( BB ) = A A. Ceci entraîne que AA, BB et CC ont même longueur. De plus ( CC, B B ) = π/3 d où ( BB, C C ) = π/3 et ( BB, CC ) = π/3 + π = 2π/3. De même pour ( CC, AA ) et ( AA, BB ). Ceci implique que 2π/3 est une mesure des angles de droites correspondants. Soit F le point d intersection des droites (BB ) et (CC ). Alors (F B, F C) = (B B, C C) = 2π/3 = (A B, A C) (mod π). Donc F, A, C et B sont cocycliques. Ceci entraîne que (F B, F A ) = (CB, CA ). Comme CBA est équilatéral direct, (CB, CA ) = π/3. De plus (B B, AA ) = π/3 et (F B) = (B B). En récapitulant on obtient (B B, AA ) = π/3 = (CB, CA ) = (F B, F A ) = (B B, F A ).

23 23 Par différence (F A, AA ) = 0 ou encore F AA. Les droites AA, BB et CC ont donc F comme point commun. Notons Π le plan et f : Π R, M f(m) = MA + MB + MC. L application f est continue sur le plan. De plus lim f(m) = +. Donc f admet un minimum absolu. MA + On note ρ A la rotation de centre A et d angle π/3, de sorte que ρ A (C) = B. Soit M un point quelconque et N = ρ A (M). Le triangle AMN est équilatéral direct et NM = AM. De plus NB = ρ ( ) MC, d où MC = NB. Finalement MA + MB + MC = NM + MB + NB BB. Cette valeur BB ne peut être atteinte que si M est sur le segment BB. Par symétrie il est également nécessaire que M soit sur les segments AA et CC. On en déduit que si f(m) = BB alors M = F. Réciproquement si ÂCB 2π/3 et BAC 2π/3 alors B appartient au secteur limité par B C et B A. Il en découle que le segment BB rencontre le segment AC en un point B. Si de plus ÂCB 2π/3, alors le segment AA rencontre CB en un point B. Les segments BB et AA se rencontrent dans le triangle ABC. Comme les droites AA et BB se rencontrent en F, on peut conclure que F appartient aux segments AA, BB et CC, (ce qui est faux si un angle excède 2π/3). Soit G = ρ A (F ). Alors AF G est un triangle équilatéral direct. Donc ( BB, F G ) = ( BB, AF ) + ( ) ( AF, F G = BB, AA ) + ( ) AF, F G = 2π/3 + 2π/3 = 0. D autre part comme ρ A (F ) = G et ρ A (C) = B, on a ρ ( ) F C = GB, d où ( ) F C, GB = π/3. On en déduit ( BB, GB ) = ( BB, F C ) + ( ) F C, GB = ( BB, C C ) + π 3 = ( BB, CC ) + π + π = 0 mod 2π. 3 De tout ceci résulte que B, F, G et B sont alignés dans cet ordre et que BF +F G+GB = BB. Donc BB est bien le minimum de f et ce minimum n est atteint qu au point F. Exercice n o 3-38 O k = 3/2, θ = π/4 A A Le centre O de la similitude vérifie OA /OA = k. D après l exo 2-7, O est sur un cercle si k 1, ou la médiatrice de AA si k = 1. Le point O vérifie aussi ( ) OA, OA = θ. D après l exo 3-19,

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