Devoir 2 avec une figure en annexe, à renvoyer complétée. Corrigés d exercices sections 3 à 6. Liste des exos recommandés :

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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,

24 24 O est sur un arc de cercle limité par A et A. L intersection de ces deux ensembles est réduite à un point qui est le point O cherché. Exercice n o 3-39 (1) Soit k = A B AB, θ une mesure de l angle ( AB, A B ) et σ la similitude directe de rapport k et d angle θ telle que σ(a) = A et σ(b) = B A C. Par hypothèse, AC = A B AB = k et ( AC, A C ) = ( ) ( AC, AB + AB, A B ) + ( A B, A C ) = ( AB, A B ) = θ. Donc σ(c) = C. (2) Soit σ la similitude directe telle que σ(b) = B et σ(c) = C. Soit D = σ(a). Comme σ préserve les angles de droites, (BC, BA) = ( σ(bc), σ(ba) ) = (B C, B D). De l égalité (BC, BA) = (B C, B A ) on déduit que les droites B A et B D sont égales et de même C A et C D. Donc D = B D C D = B A C A = A. D où A = σ(a). Exercice n o 3-40 Soit A 0 B 0 C 0 le triangle de référence et H 0 son orthocentre. Il existe une unique similitude vectorielle directe σ telle que σ ( ) A 0 B 0 = A 0 C 0. Dire que ABC est directement semblable à A 0 B 0 C 0 signifie qu il existe une similitude affine directe s telle que s (A 0 ) = A, s (B 0 ) = B et s (C 0 ) = C. Soit σ = s. Comme les similitudes vectorielles directes commutent en dimension 2, on a σ σ ( ) A 0 B ( 0 = σ ) A 0 C 0, soit σ ( ) AB = AC. Donc C est l image de B par une simitude directe sa de centre A et de partie linéaire σ. Le lieu de C lorsque B décrit D est donc s A (D), donc une droite. Pour l orthocentre le raisonnement est le même. En effet H est l orthocentre de ABC ssi AHB est directement semblable à A 0 H 0 B 0. Exercice n o 3-43 L image de C par une similitude σ est un cercle dont le centre est σ(o), soit O. Comme I C et σ(i) = I, on voit que I σ(c). Donc σ(c) est le cercle de centre O et de rayon O I, soit le cercle C. Les angles ( MI, MJ ) et ( σ(m)i, σ(m)j ) restent constants quand M parcourt C \ {I, J}. Par différence et en utilisant la relation de Chasles on voit que c est également le cas pour ( MI, σ(m)i ) ( MJ, σ(m)j ). Or ( MI, σ(m)i ) peut aussi s écrire ( IM, Iσ(M) ). C est donc l angle de la simitude σ mod π. En conclusion l angle ( MJ, σ(m)j ) reste constant. Pour montrer que M, J et σ(m) sont toujours alignés il suffit de vérifier que la mesure de ( MJ, σ(m)j ) vaut 0 (modulo π) pour un choix particulier de M ou encore que M, σ(m) et J sont alignés

25 25 pour un choix particulier de M. Soit la droite perpendiculaire à JI et passant par J. Elle coupe C et C en deux points A et A tels que IA est un diamètre de C et IA est un diamètre de C. Donc σ(a) = A. Pour le point A, les points A, σ(a) et J sont alignés. Cela reste donc vrai pour tout M C \ {I, J}. Le triangle IMσ(M) reste directement semblable à un triangle fixe lorsque M se déplace dans le plan privé de I. Pour n importe quel point M dont les coordonnées dans la base ( IM, Iσ(M) ) sont fixées, il existe une similitude directe s indépendante de M et de centre I telle que s(m) = M. Le lieu de M lorsque M décrit C est donc s(c) qui est un cercle passant par I. Soit A le point de C diamétralement opposé à I. Alors s(c) est le cercle de diamètre Is(A). C est aussi le cercle de centre s(o) passant par I. Il ne reste plus qu à préciser ce qu on obtient dans les cas particuliers proposés. M = P est le pied de la hauteur issue de I. On a vu que A, σ(a) et J sont alignés et IJ est orthogonal à Aσ(A). Donc P = J si M = A. On en déduit que le lieu de P est le cercle de diamètre IJ. Si M est le centre de gravité du triangle IMσ(M), alors s(o) est le centre de gravité G du triangle IOO. Le lieu de M est donc le cercle de centre G passant par I. Si M est le centre du cercle circonscrit à IMσ(M), alors s(o) est le centre du cercle circonscrit à IOO. Le cercle de centre s(o) passant par I est précisément le cercle circonscrit à IOO. C est donc le lieu de M. Exercice n o 4.3 1) Il y a une erreur dans le texte : le troisième terme de la somme doit être remplacé par son opposé. On a BC BD = ( ) ( ) BA + AC BA + AD = BA AD + AC BA + AC AD, d où AB AD + AD AC + AC AB + BC BD = 0. 2) L égalité entre les aires des faces du tétraèdre entraîne l égalité des normes des 4 vecteurs de cette somme. Soit (u i ) 1 i 4, les vecteurs unitaires obtenus en divisant chacun par sa norme. Alors u 1 +u 2 +u 3 +u 4 = 0. On a u 1 +u 2 AD. D autre part u 3 AC et u 3 AB = u 3 BC. Comme u 4 BC, u 3 +u 4 BC. Notons que u 1 +u 2 0 car u 1 et u 2 sont chacun orthogonaux à une face du tétraèdre ABCD. Donc u 1 +u 2 0. Soit u = (u 1 +u 2 )/ u 1 +u 2. Alors u 1 u = u 2 u. Soit P, le plan orthogonal à u contenant A et D et soit B et C les projections orthogonales

26 de B et C sur P. L identité u 1 u = u 2 u entraîne u ( ) ( ) AB AD = u AD AC. Comme BB et u sont colinéaires, u ( BB ) ( ) AD = 0 et de même u AD CC = 0, d où u ( AB AD ) = u ( AD AC ). Les points A, D, B et C étant tous dans un plan orthogonal à u, cette égalité entraîne AB AD = AD AC, soit ( AB + AC ) AD = 0. Le milieu I de B C vérifie donc 2 AI AD = 0 ce qui montre qu il est sur la droite AD. Notons que u3 + u 4 = (u 1 + u 2 ). Soit v = (u 3 + u 4 )/ u 3 + u 4. Alors v = u. On a comme précédemment v ( ) ( ) ( AC AB = v BC BD = v AC AB ) = v ( B C B D ) = AC AB = B C B D = B C AB = B C B D = B C ( B A + B D ) = 0. Soit J est le milieu de AD. On a B C ( 2 B J) = 0, ce qui montre que J est sur la droite B C. Donc I = J et AB DC est un parallélogamme. On en déduit que AC = B D. D autre part BC étant parallèle à P, BB = CC. D où AC = AC 2 + C C 2 = BB 2 + B D 2 = BD. Donc deux arêtes sans sommet commun ont même longueur. Cela implique AB = CD et AD = BC. Les faces sont donc isométriques. 26 3) D C A E C I F B

27 27 Soit ABC un triangle dont les trois angles sont aigus. Nous allons montrer qu il existe un point D tel que DA = BC, DB = AC et DC = AB. Soit E le point du plan de ABC, symétrique de C par rapport à la médiatrice du segment AB. Soit P le plan orthogonal à AB passant par E et soit C le cercle inclus dans P centré au point I = P (AB) et passant par E. Tout point M C est l image de E par une rotation d axe AB. Donc MA = EA = CB et MB = EB = CA. Soit F le point diamètralement opposé à E sur C. Lorsque M varie sur C, MC varie de EC à F C. Or ACBF est un parallélogramme dont F C est la plus longue diagonale car l angle ÂCB est aigu. Donc F C > AB et EC < AB car les angles ÂBC et BAC sont aigus. On en déduit qu il existe un point D C tel que DC = AB. Comme DA = CB et DB = CA, les faces du tétraèdre ABCD sont isométriques. Exercice n o 5-1 Les hypothèses entraînent AB CD = 0 et AC BD = 0. On veut en déduire que AD BC = 0. En utilisant la relation de Chasles il vient AD BC = AC BC + CD BC = AC BD + AC DC + CD BA + CD AC = 0 + AC DC CD AC = 0. Une méthode plus géométrique est la suivante. Soit H la projection orthogonale de D sur le plan P du triangle ABC. On a 0 = AB CD = AB CH + AB HD. Le vecteur HD est orthogonal au plan P. Il reste AB CH = 0, ce qui signifie que H est sur la hauteur au triangle ABC issue de C. De même 0 = AC BD entraîne que H est sur la hauteur au triangle ABC issue de B. Donc H est l orthocentre du triangle ABC et il est sur la hauteur issue de A. D où AD BC = AH BC + HD BC = = 0. Exercice n o 5.2 Soit u 1 et u 2 des vecteurs directeurs de D 1 et D 2. Ces deux droites n étant pas coplanaires, leurs vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires. Soit u = u 1 u 2. Alors {u, u 1, u 2 } est une base de E. Soit A 1 D 1 et A 2 D 2. Le vecteur A 1 A 2 se décompose sur cette base, soit A 1 A 2 = xu + x 1 u 1 + x 2 u 2, avec x 0 car les droites D 1 et D 2 ne sont pas coplanaires. Il existe deux points uniques B 1 et B 2 respectivement sur D 1 et D 2 tels que A 1 B 1 = x 1 u 1 et B 2 A 2 = x 2 u 2. Par Chasles on obtient B 1 B 2 = xu, ce qui montre que la droite B 1 B 2 est perpendiculaire à D 1 et D 2.

28 28 Réciproquement si une droite C 1 C 2 est perpendiculaire à D 1 et D 2 avec C 1 D 1 et C 2 D 2, alors A 1 A 2 = A 1 C 1 + C 1 C 2 + C 2 A 2 est la décomposition de A 1 A 2 sur la base {u, u 1, u 2 }. Donc C 1 = B 1 et C 2 = B 2, ce qui montre l unicité de la perpendiculaire commune. Soit P 1 et P 2 deux points quelconques de D 1 et D 2. On a P 1 P 2 = P 1 B 1 + B 1 B 2 + B 2 P 2. D où P 1 P 2 2 = P 1 B 1 + B 2 P B 1 B 2 2. Le minimum de P 1 P 2 est donc atteint pour P1 = B 1 et P 2 = B 2. Si les droites sont coplanaires mais sécantes, alors la perpendiculaire commune existe également : c est la droite perpendiculaire au plan des droites et passant par leur intersection. C est seulement lorsque les droites sont parallèles que la perpendiculaire commune n est pas définie. Exercice n o 5.3 Par hypothèse 2 D 1 et 3 D 1. Donc D 1 est perpendiculaire à 2 et 3. Pour conclure que c est la perpendiculaire commune, il faudrait savoir que 2 et 3 ne sont pas parallèles, ce qui peut arriver. Elles peuvent même être confondues : il suffit de prendre pour D i,1 i 3 trois droites perpendiculaires à une droite donnée. On a alors i = pour 1 i 3. Exercice n o 5-5 Soit A, B, C et D quatre points de R 3 de cordonnées respectives (0, 0, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 1) et (1, 1, 0). Ces quatre points sont les sommets d un tétraèdre régulier et ne sont pas coplanaires. Néanmoins leurs projections sur les plans Oxy ont pour coordonnées (0, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 0, 0) et (1, 1, 0) et forment un carré. Idem pour leurs projections sur Oxz ou Ozy. La réponse à la question posée est négative. Toutefois on constate que dans notre exemple les projections ne forment pas un carré dans le même ordre. Par exemple sur Oxy π(a)π(b)π(d)π(c) est un carré mais sur Oxz il faut prendre π (A)π (B)π (C)π (D). Il faut donc reformuler la question sous la forme suivante. Soit π et π deux projections orthogonales sur deux plans P et P non parallèles. On suppose que π(a)π(b)π(c)π(d) et π (A)π (B)π (C)π (D) sont des parallélogrammes. Peut on dire que ABCD est un parallélogramme? Soit E le milieu de AC et F le milieu de BD. Alors π(e) est le milieu de π(a)π(c) et π(f ) est le milieu de π(b)π(d). Comme π(a)π(b)π(c)π(d) est un parallélogramme, π(e) = π(f ). Donc EF est orthogonal à P et de même EF est orthogonal à P. Comme P et P ne sont pas parallèles on en déduit que EF = 0, ce qui implique que ABCD est un parallélogramme.

29 29 Exercice n o 5.6 Soit E et F deux points distincts. Caractérisons les plans P tels que d(e, P) = d(f, P). Soit π(e) et π(f ) les projections orthogonales de E et F sur P. Alors les vecteurs Eπ(E) et F π(f ) sont colinéaires et ont pour norme la distance commune de E et F à P. Donc Eπ(E) = F π(f ) ou Eπ(E) = F π(f ). Si Eπ(E) = F π(f ) alors EF = π(e)π(f ), ce qui implique que la droite EF est faiblement parallèle à P. Si Eπ(E) = F π(f ), alors Eπ(E)F π(f ) est un parallélogramme, ce qui implique que les milieux de EF et π(e)π(f ) sont égaux. Donc P contient le milieu de EF. Réciproquement si P est parallèle à EF ou contient son milieu, alors d(e, P) = d(f, P). Un plan P est équidistant de quatre points non coplanaires A, B, C et D, si et seulement si pour chacune des arêtes du tétraèdre de sommets A, B, C et D, P lui est parallèle ou contient son milieu. Comme les milieux des arêtes ne sont pas coplanaires, P est parallèle a au moins un arête. Supposons P parallèle à AB. Si P est également parallèle à une arête adjacente à AB, mettons AC, alors P est parallèle au plan du triangle ABC et ne peut être parallèle à aucune des arêtes DA, DB et DC. Donc il doit passer par leurs milieux. En d autre termes P est l image du plan contenant ABC par l homothétie de centre D et de rapport 1/2. Si P n est parallèle à aucune arête adjacente à AB, P doit contenir les milieux E et F des arêtes AC et AD. Comme EF = CD/2, la direction de P est le plan vectoriel Π engendré par { AB, CD}. Il s agit bien d un plan car si AB CD, ABCD est un trapèze et non un tétraèdre. Le plan P est déterminé par E et Π. Par construction P est équidistant de A et B, de A et C et enfin de A et D, soit de A, B, C et D. Il contient donc les milieux de BC et BD. En conclusion un plan est équidistant des points A, B, C et D s il est parallèle à une des 4 faces du tétraèdre et passe par le milieu des arêtes contenant le dernier sommet s il est parallèle à deux arêtes opposées 2 et passe par le milieu des 4 autres. Le premier cas donne 4 solutions, 1 par face, et le deuxième 3 solutions, une par paire d arêtes sans sommet commun { AB, CD}, { AC, BD} ou { AD, BC}. Total i.e. non adjacentes

30 30 Exercice n o 5.7 Soit A, B, C et D les sommets du tétraèdre et O le centre commun de ses sphères inscrites et circonscrites S i et S c, de rayons respectifs r et R. Le centre O se projette sur les points de tangence de S i avec chacune des faces. Notons H D la projection sur le plan de ABC. Alors OH d = r. Comme OH d est orthogonal à H d A, on a H d A = OA 2 OH 2 d = R 2 r 2. De même H d B = H d C = R 2 r 2. Donc H d est le centre du cercle circonscrit à ABC, et celui-ci a pour rayon R 2 r 2. Idem pour les cercles circonscrits aux autres faces. Soit C D le cercle circonscrit à ABC. On désigne par AB D l arc de cercle sur C D ayant A et B pour extrémités, et ne contenant pas C et par AB sa longueur. On a Sur le cercle C C le cercle circonscrit à ABD, on a AB D + BC D + CA D = 2π R 2 r 2. (1) AB C + BD C + DA C = 2π R 2 r 2. (2) Montrons que AB D = AB C. Les arcs AB D et AB C ont même corde AB et sont sur des cercles de même rayon R 2 r 2. Donc soit AB D = AB C, soit AB D + AB C = 2π R 2 r 2. Or pour chaque face, le centre du cercle circonscrit est le point de tangence de la sphère inscrite. Il est donc à l intérieur de chaque face, ce qui entraîne que les arcs de cercles considérés sont toujours plus petits que des demi-cercles. Donc si AB D + AB C = 2π R 2 r 2, alors AB D = AB C = π R 2 r 2. Dans tous les cas AB D = AB C. On peut donc omettre l indice et écrire AB. En comparant (1) et (2) on obtient De même L égalité (3) équivaut à BD + DA = BC + CA. (3) DA + AC = DB + BC. (4) DA CA = BC BD, ce qui, avec (4), implique DA = BC et CA = BD. De même DC = AB. Comme tous ces arcs sont sur des cercles de même diamètre, ces égalités impliquent DA = BC, CA = BD et DC = AB. Notons a, b et c ces trois longueurs. Pour chaque face, les longueurs des arêtes sont a, b et c. Donc les faces sont isométriques (cf exo 3-20). Exercice n o Dans une base bien choisie, la rotation ρ a une matrice du type 0 cos θ sin θ. La trace étant invariante par changement de base, cos θ = 0, d où 0 sin θ cos θ cos θ = 1/2. L angle de la rotation est donc 2π/3. On peut aussi noter que ρ 3 = Id. Comme ρ Id, l angle de ρ est 2π/3.

31 31 Exercice n o 6-2 La composée de deux rotations n est pas en général une rotation. L exo 1 de l examen de janvier 2006 montre que cela n arrive que si les axes sont coplanaires. C est donc une condition nécessaire pour que la question ait un sens. Si les axes sont parallèles ou confondus, on est ramené à la dimension 2 : l angle de la composée est la somme des angles, par défintion de la mesure des angles orientés. Si les axes sont sécants, on peut supposer que ce sont des rotations vectorielles. Rappelons que l angle d une rotation est l angle géométrique entre un vecteur du plan orthogonal à l axe de rotation, et son image. Un angle géométrique de vecteurs, noté û, v se calcule, pour des vecteurs unitaires, par la relation u v = cos û, v et pour des vecteurs quelconques par la relation u v = u v cos û, v. Soit ρ une rotation d angle θ, soit u un vecteur unitaire se décomposant en u = x + y où x est sur l axe de la rotation et y x. Alors (x + y) ρ(x + y) = x 2 + y 2 cos θ = (x 2 + y 2 ) cos θ + x 2 (1 cos θ) = cos θ + x 2 (1 cos θ). Donc cos û, ρ(u) cos θ, et û, ρ(u) θ avec égalité ssi x = 0. Soit θ, θ et θ les angles des rotations ρ, ρ et ρ = ρ ρ et, Delta, leurs axes. Soit u un vecteur unitaire orthogonal à. Alors u, ρ (u) = θ, û, ρ(u) θ et ρ(u), ρ (u) θ. L inégalité θ θ + θ est un cas particulier d inégalité triangulaire entre les angles. Soit x, y et z trois vecteurs unitaires dans R 3, nous allons montrer l inégalité triangulaire x, z x, y + ŷ, z. Si x, y, z sont coplanaires cette inégalité résulte de Chasles pour les angles orientés. S ils ne sont pas coplanaires, alors x et z ne sont pas colinéaires et engendrent un plan Π. Si y Π alors x, y + ŷ, z = π/2 + π/2 = π > x, z. Si y Π, soit y la projection de y sur Π. Alors, comme (y y ) x, x y = x y = cos x, y. Donc cos x, y = x y / y = cos x, y/ y > cos x, y, d où x, y < x, y. De même ŷ, z < ŷ, z. Finalement x, z x, y + ŷ, z < x, y + ŷ, z. On a donc toujours inégalité stricte dans le cas non coplanaire. La question posée est : dans quel cas a-t-on θ = θ + θ. D après ce qu on a vu il est nécessaire que pour tout u, û, ρ(u) = θ, soit u. Donc on doit avoir = et de même =. Il y a donc addition des angles seulement si les axes sont confondus (ou parallèles). Réciproquement, si les axes sont confondus, on est ramené au cas de la dimension 2.

32 32 Exercice n o 6-3 Soit s, s et s des réflexions par rapport à des plans dirigés par un plan vectoriel Π et soit σ la réflexion (vectorielle) par rapport à Π. L application s s s a pour application linéaire associée σ σ σ soit σ. Donc s s s peut s écrire de manière unique 3 sous la forme s t u, où s est une réflexion par rapport à un plan paralléle à Π, et t u une translation avec u P i. Or chaque droite perpendiculaire à Π est globalement invariante par s, s, s et s. Il est donc nécessaire que u soit orthogonal à Π. Donc u = 0 et s s s = s. Exercice n o 6-5 La composée d une rotation ρ d axe et d une translation t u est une application affine d application linéaire associée ρ. C est donc une rotation si et seulement si elle a un point fixe. Un tel point fixe vérifie t u ρ(o) = O, soit u = ρ(o)o. Il est donc nécessaire que u. Réciproquement, si u, soit P un plan affine orthogonal à. Ce plan est stable par ρ et par t u. La restriction de t u ρ à P est une isométrie dont l application linéaire associée est la restriction de ρ au plan vectoriel qui dirige P. C est donc une rotation plane et elle a un point fixe. D où t u ρ a un point fixe et c est une rotation. Dans le cas où u, t u ρ est un vissage. Exercice n o 6-6 Soit = P et u. Alors s P (u) = ( u) = u. Si v P, s P (v) = v. Donc s P est la rotation d axe et d angle π. Si deux demi-tours δ et δ ont le même axe, alors δ = δ et δ δ = Id. Si leurs axes et sont distincts, δ δ est une vraie rotation (i.e. d angle non nul). Soit u. Alors δ(u) = u et δ ( u) = u. Donc u est invariant par δ δ, ce qui signifie qu il est sur son axe. On peut calculer l angle de δ δ. Soit v un vecteur unitaire de. On a ρ(v) = v et ρ (v) = w pour un certain vecteur unitaire w. Comme v est perpendiculaire à l axe de ρ ρ, l angle de ρ ρ est v, w. Par définition des demi-tours, v et w sont symétriques par rapport à. Donc v, w est le double de l angle entre et. Précisons cette notion. On choisit x et y tels que x y > 0. Alors, = x, y. Soit δ, δ et δ trois demi-tours d axes respectifs, et. On suppose que δ δ δ = γ où γ est un demi-tour d axe Γ. On suppose δ δ. Alors δ δ Id et δ γ. De plus δ δ = δ γ. D après ce qu on vient de voir cela entraîne que,, et Γ sont coplanaires. Réciproquement si, et sont coplanaires incluses dans Π et soit D = Π. Chaque 3. Voir poly prop 1.16 et remarque page 19

33 33 demi-tour δ, δ ou δ agit sur D comme une symétrie par rapport à l origine et sur Π comme une symétrie par rapport à une droite. Leur composée agit de même sur D et sur Π. Donc c est un demi-tour. D après ce qu on a vu, toute rotation peut s écrire comme la composée de deux demi-tours. De plus tous les demi-tours se diagonalisent dans une base orthonormée qu on peut supposer directe avec valeurs diagonales (1, 1, 1). Donc ils sont conjugués dans O + (3). Exercice n o 6-9 Soit ABCD un tétraèdre régulier. Les points C et D sont dans le plan médiateur de AB. Donc CD est orthogonal à AB. Soit E le milieu de AB et F le milieu de CD. Le point F est aussi dans le plan médiateur de AB ainsi que dans le plan médiateur de CD. De même pour E. Donc la droite EF est l intersection des plans médiateurs de AB et de CD. Elle rencontre perpendiculairement les segments AB et CD en E et F. La droite EF est donc bien la perpendiculaire commune à AB et CD. On choisit un repère pour que le cube soit défini par les équations 0 x 1, 0 y 1, et 0 z 1. Les points de coordonnées (0, 0, 0), (1, 1, 0), (1, 0, 1) et (0, 1, 1) forment un tétraèdre réulier : la distance entre deux sommets est 2. Les autres sommets, symétriques des précédents par rapport au centre du cube, en forment un autre. Deux points appartiennent au même tétraèdre si et seulement si leut distance est (0 ou) 2. Donc toute isométrie qui préserve le cube envoie un tétraèdre sur un tétraèdre. Soit elles les préserve, soit elle les échange. Une isométrie qui préserve un tétraèdre, préserve son isobarycentre qui est aussi celui du cube. Donc elle préserve l autre tétraèdre et le cube, d où on déduit que le groupe des isométries qui préserve un tétraèdre est un sous-groupe du groupe des isométries qui préserve un cube. Soit s la symétrie par rapport au centre du cube. Si φ est une isométrie qui préserve les deux tétraèdres, alors φ s les échange. Donc le groupe des isométries qui préserve un cube est deux fois plus nombreux que celui des isométries qui préservent un tétraèdre. Parmi ces isométries une sur deux est un déplacement. Donc le groupe des déplacements qui préserve un cube est deux fois plus nombreux que celui des déplacements qui préservent un tétraèdre. Exercice n o 6-10 On sait déjà que pour chaque application affine qui préserve un tétraèdre de sommets A, B, C et D, est déterminée par sa restriction à {A, B, C, D}. Donc elle est déterminée par une bijection de {A, B, C, D} dans lui-même. Il suffit pour chacune de ces bijections de déterminer l appli-

34 34 cation affine correspondante et de constater qu à chaque fois c est une isométrie. On notera O le centre du tétraèdre. L identité donne l identité. A une transposition, par exemple (A, B, C, D) (B, A, C, D) correspond la symétrie par rapport au plan médiateur de AB. A une permutation d ordre 3, par exemple (A, B, C, D) (B, C, A, D), correspond une rotation d axe OD et d angle 2π/3. A une permutation d ordre 4, par exemple (A, B, C, D) (B, C, D, A), correspond une anti-rotation d angle π/2 d axe passant par O et dirigé par AB + CD. Si on pense à A, B, C et D comme quatre des sommets d un cube, l antirotation en question est une rotation d angle π/2 et dont l axe passe par les milieux de deux faces opposées du cube, suivie d une réflexion par rapport au plan orthogonal à cet axe et passant par O. A une permutation du type (A, B, C, D) (B, A, D, C), correspond le demi-tour δ d axe passant par les milieux de AB et CD. En pensant au cube, c est un demi-tour dont l axe passe par les milieux de deux faces opposées. On peut aussi démontrer qu une application affine φ qui préserve un tétraèdre est une isométrie sans chercher à connaître sa nature précise. Les vecteurs AB, AC et AD forment une base. De plus les vecteurs φ(a)φ(b), φ(a)φ(c) et φ(a)φ(d) correspondent également à trois arêtes ayant un sommet commun. Ces vecteurs ont pour norme la longueur d des arêtes, et le produit scalaire de deux d entre eux distincts est d 2 cos π/3, soit d 2 /2. On est donc dans le cas d une application linéaire f, ici φ, d une base (e i, 1 i n), n étant la dimension de l espace, et telle que 1 i, j n, f(e i ) f(e j ) = e i e j. Soit x = i x ie i. En développant ( ) f i x 2 ie i = i,j x ( ix j f(ei ) f(e j ) ) = i,j x ix j (e i e j ) = x 2, on voit que f est une isométrie. Donc φ est une isométrie et φ également. Exercice n o 6-11 Dans un triangle équilatéral, les médianes et les hauteurs sont confondues. La médiane IC du triangle ABC est donc la hauteur issue de C. Soit AB IC. On a donc AB IC = 0 et de même AB ID = 0, soit, par différence, AB CD = 0. 1) Le point A est invariant par r qui est un déplacement. Donc r est une rotation d axe passant par A. Comme BDCD et C BCD sont des parallélogrammes, BD = DC et C B = DC. On a donc

35 BD = BC et BC AB. Donc s AB (C ) = D. De même s AC (D ) = B et s AD (B ) = C. D où r(c ) = C. La droite AC est donc l axe de r. 2) Soit J le milieu de AC. Alors BJ AC. Comme J est sur l axe de AC, on a JB 1 = JB. Donc ABCB 1 est un parllélogramme centré en J, ce qui entraîne AB 1 = BC. Comme BC AD, AB 1 AD. D où AB 2 = AB 1 = BC. Donc AB2 BC est un parallélogramme, ce qui entraîne que les triangles ABB 2 et ABC sont isométriques. Donc ABB 2 est équilatéral. 3) On a vu que C BCD est un parallélogramme. Donc BC = CD, d où BC = CD = AB et BC AB. Le triangle BC A est donc isocèle rectangle en B. Le pied H de la hauteur issue de B est le milieu de C A. Si on note a la longueur des arêtes du tétraèdre ABCD, on a BH = BC sin π/4 = a 2/2. Comme r(b) = B 2 et r(h) = H, on a B 2 H = BH = a 2/2. D autre part ABB 2 étant équilatéral BB 2 = a, d où BB 2 2 = BH 2 + HB 2 2. Donc BH HB 2. 4) On en déduit que r une rotation d angle π/2. 35

36 36 Corrigé des exercices sur l inversion Exercice n o ) Les cercles C B et C C sont les symétriques de C A respectivement par rapport à HC et HB. Comme C A est le cercle circonscrit à BCH, d après l exo 2-17, C B et C C contiennent l orthocentre de BCH. Or C B C C = {A, H}. Donc A est l orthocentre de BCH. Le cercle circonscrit à BAC est alors le symétrique de C A par rapport à BC, et a même diamètre. 2) Soit I l inversion de pôle I et de puissance r 2. La droite A B est tranformée en un cercle J C O J C A A K I B C K B dont le diamètre est r. Idem pour B C et C A. Soit A = I(A ), B = I(B ) et C = I(C ). Le cercle circonscrit à ABI est l image par I de la droite A B et a pour diamètre r. Idem pour les cercles circonscrits à BCI et CAI. Soit C le cercle circonscrit à ABC. D après 1), C a également pour diamètre r. Pour calculer le diamètre de C, on peut aussi prendre l image d un diamètre de C(O, R) aligné avec I. Soit J et K les points d intersection de la droite IO avec le cercle C(O, R). On peut supposer IJ = R + OI et IK = R OI. Le cercle image est le cercle circonscrit à ABC,

37 37 soit C. Il est symétrique par rapport à la droite OI. Donc I(K )I(J ) est un diamètre de C. On en déduit I(K )I(J ) = r. Par ailleurs comme I est sur le segment J K, il est aussi sur le segment I(K )I(J ). Donc I(K )I(J ) = I(K )I + II(J ) = R OI + r2 R + OI = 2Rr2 R 2 OI. 2 En comparant les deux valeurs de I(K )I(J ), on obtient 2rR = R 2 OI 2, soit OI 2 = R 2 2Rr. 3) On note D le disque limité par C(O, R). Supposons C(J, r ) tangent au côté B C. Alors B I et B J sont les bissectrices du secteur ÂBC et forment un angle droit. De même pour C I et C J. Donc le cercle C de diamètre IJ contient B et C. L arc r 2 B IC est inclus dans D. Comme I et J sont de part et d autre de la droite B C, l arc de C limité par B et C et contenant J est distinct de B IC. Comme C et C sont sécants en B et C, l arc B JC est extérieur à D, à l exception de B et C. En particulier J / D. 4) On considère l inversion I de pôle J et de puissance r 2. La droite A B est tranformée en un cercle dont le diamètre est r 2 /d(a B, J) soit r. Idem pour B C et C A. Soit A = I(A ), B = I(B ) et C = I(C ). Le cercle circonscrit à ABJ est l image par I de la droite A B et a pour diamètre r. Idem pour les cercles circonscrits à BCJ et CAJ. Soit C le cercle circonscrit à ABC. D après 1), C a également pour diamètre r. Pour calculer le diamètre de C, qui est l image de C(O, R), on peut aussi prendre l image d un diamètre de C(O, R) aligné avec J. Soit M et N les points d intersection de la droite JO avec C(O, R). Comme J est extérieur à C(O, R), on peut supposer JM = R + OJ et JN = OJ R. Le cercle image C est symétrique par rapport à la droite OJ. Donc I(M)I(N) est un diamètre de C. On en déduit I(M)I(N) = r. Comme J est extérieur au segment MN, il est aussi extérieur au segment I(M)I(N). Donc I(M)I(N) = I(N)J I(M)J = r 2 OJ R r 2 OJ + R = 2R OJ 2 R 2. Comme I(M)I(N) = r, on obtient 2r R = OJ 2 R 2, soit OJ 2 = R 2 + 2Rr. Exercice n o 3-46 Par symétrie, il suffit de montrer l implication directe. On suppose A, B, E et F cocycliques ou alignés. On note B, C... les images de B, C... par une inversion de pôle A, C 2 le cercle contenant C, D, E et F et C 3 le cercle contenant E, F, G et H. Comme A, B, C et D sont cocycliques, B, C, D sont alignés. D où B C B D = P C 2 (B ). L hypothèse A, B, E et F cocycliques ou alignés entraîne que B, E et F sont alignés. Donc B E B F = P C 2 (B ) = B C B D.

38 38 D C 1 A C B G E F C 2 C C 4 H C 3 Ce qui donne, après inversion de pôle A, en notant D, D 1, D 4 les images respectives de C, C 1, C 4 et C 0 le cercle d inversion : C 2 D 4 D C 0 D A C B E F G D 1 H C 3

39 39 De même B E B F = P C 3 (B ) = B G B H. On en déduit B C B D = B G B H. Les droites B G et B C ne sont pas confondues car A, B, C, D, G, H ne sont pas cocycliques. Donc C, D, G et H sont cocycliques d après la proposition Il en découle que C, D, G et H sont cocycliques ou alignés. Exercice n o 3-47 Soit I l inversion de puissance r 2 et de pole I. Le cercle d inversion est C(I, r). Une droite est tangente à C(I, r) ssi elle est transformée par I en un cercle passant par I de diamètre r. B E E B A A I F D C D C(I, r) F C On notera A, B... les images de A, B... et par C MN, l image de la droite MN pour M N, lorsque I / MN. Il suffit donc de montrer que C EF a pour diamètre r. Les droites AB, BC et

40 40 CA étant tangentes à C(I, r), les cercles circonscrits à A B I, B C I et C A I ont pour diamètre r. D après l exo 3-45, le cercle circonscrit à A B C a pour diamètre r. Le cercle circonscrit à D E F est celui circonscrit à A B C, car A, B, C, D, E et F sont sur C(O, R). Les cercles C DE et C DF ont pour diamètre r et sont les cercles circonscrits ID E et ID F. Les cercles circonscrits à D E F, ID E et ID F ont donc un diamètre de r, d après l exo 3-45, il en est de même pour le cercle circonscrit à E F I. Donc C EF a pour diamètre r et EF est tangente à C(I, r).

41 41 Corrigé de l exercice ) Par hypothèse Ker ( ) ( ) φ Id est une droite. Donc Im φ Id également. Donc E = Ker( φ Id) Im( φ Id) Ker( φ Id) Im( φ Id). Un vecteur directeur de est i. Un vecteur directeur de Im( φ Id) est n importe quel vecteur non nul de la forme φ (u) u. Comme j / Ker( φ Id), φ (j) j 0 et convient. La condition est vérifiée ssi i et φ (j) j ne sont pas colinéaires, soit ssi φ (j) / j +. Donc F = j +. 2) Par hypothèse φ (j) = ai + bj, où b 1. La matrice de φ dans la base (i, j) est ( ) 1 a. Donc φ admet 2 valeurs propres 0 b distinctes 1 et b, auxquelles sont associées deux droites propres et. Le vecteur i engendre et on choisit pour k un vecteur φ (k) j k φ (j) i j F non nul de. Dans la base (i, k) la matrice de ( ) 1 0 φ est et celle de ( 0 0 φ Id est 0 b 0 b 1 k = φ (j) j. ). Donc = Im( φ Id) et on peut prendre 3) Soit θ : E E, M Mφ(M). Alors {v} = Ker( φ Id) Imθ. Comme θ = φ Id, Imθ est un sous-espace affine de E dirigé par Im( φ Id), soit. Donc Imθ = θ(a) +. L intersection de et de θ(a) + est la projection de θ(a) sur parallèlement à. Comme θ(a) = ci+dk, v = ci. Imθ v θ(a) i k 4) L ensemble des points fixes de ψ est l ensemble des points M tels que φ(m) = M + v, soit θ 1 (v). Par hypothèse cet ensemble est non vide. Comme v est un B + B A + φ(a + ) φ(a) v i A k A +

42 42 sous-espace affine de E dirigé par {0}, θ 1 (v) est un sous-espace affine de E dirigé par Ker θ soit Ker( φ Id). C est donc une droite affine de E dirigée par. Il suffit d en trouver un point, par exemple sur A +. Si B = A + yk, AB = yk et φ ( ) AB = 2yk, soit φ(b) = φ(a) + 2yk. Or φ(a) = A + ci + dk = A + v + dk. Donc φ(b) = B + v A + v + (d + 2y)k = A + yk + v y = d. Si B = A dk, l ensemble des points fixes de ψ est la droite B +. 5) Unicité Si σ existe, ( σ AB) = σ(a)σ(b) = CD. D où ( ) σ CD = AB. ψ(a) D après les hypothèses, ( ) AB, CD est une v base. De plus ( ) σ AB + CD = AB + CD et ( ) σ AB CD = AB + CD. Soit i = AB + CD et k = AB CD. Alors (i, k) est une base. Comme σ est déterminée sur (i, k), elle est déterminée sur E. Donc σ est unique et σ aussi. Existence Soit s la symétrie vectorielle telle que s(i) = i et s(k) = k. Il existe une application affine unique σ telle que σ(a) = C et σ = s. Calculons σ(b). On a σ(b) = σ(a)+s ( ( ) ) i + k AB = σ(a)+s = 2 C + i k 2 = C + CD = D. Donc σ est l application unique répondant à la question. D k A v i C ψ(b) B v v D 6) Notons que ( σ Id ) (xi + yk) = 2yk. Donc i engendre Ker ( σ Id ) et k engendre Im ( σ Id ). La proposition 1.16 s applique. Notons et les droites engendrées par i et k. D après 3) v est la projection de Aσ(A) sur parallèlement à. D autre part l ensemble des points invariants par ψ est un espace affine dirigé par, soit une droite D. Il suffit d en connaître

43 43 un point. Comme ψ est une symétrie, ψ(a) + A 2 Or ψ(a) + A (C v) + A = = A + C même pour B + D est invariant par ψ. Donc ψ(a) + A 2 v A + C. Comme v, 2 2 D. est également sur D. De. Ces points sont distincts car AB CD. Donc D est la droite contenant les 2 milieux de AC et BD. 7) = L application σ est une symétrie affine ssi v = 0. Or v est la projection de Aσ(A) sur parallèlement à. Il est donc nécessaire que AC et de même BD, ce qui entraîne AC BD. = Supposons AC BD. Soit I le milieu de AC et J celui de BD. Alors la symétrie par rapport à la droite IJ parallèlement à AC échange A et C ainsi que B et D. Finalement σ est une symétrie AC BD.