Exercices de géométrie affine et euclidienne

Exercices de géométrie affine et euclidienne version du 22 décembre 2006

Quadrilatère Composition de symétries centrales Composition d homothéties Le trapèze Polygone des milieux Le tourniquet dans le triangle Un problème de construction Deux triangles Un cas particulier du théorème de Desargues Une droite et son image Transformations cycliques Affinités et transvections Desargues dans l espace Projection centrale, rapport et birapport Coordonnées barycentriques et déterminants Aire algébrique d un polygone Action du groupe affine sur les triplets de droites

Demi-espaces Régionnement du plan par un repère affine Cônes convexes Quadrilatères Diagonales d un polygone convexe Milieux Une propriété des triangles Le théorème de Carathéodory Projection sur un convexe fermé Séparation de convexes Hyperplans d appui Génération par les demi-espaces Domaines de Voronoï

Distances aux points d un repère affine Fonction scalaire de Leibniz Cercles d Apollonius Triangle orthique Bissectrices et cercle circonscrit Le pivot Cercles tangents Trois cercles Le théorème des trois tangentes Rayons des cercles inscrit et exinscrits Un problème de maximisation Le problème de Fermat Trisection Un problème de recouvrement Disque de rayon minimal contenant un compact

Composition de réflexions (1) Composition de réflexions (2) Composition de réflexions (3) Symétrie glissée Composition de rotations Composition de symétries glissées Le tourniquet dans le cercle Polygone régulier Deux carrés (ou trois) Billard polygonal Plus court chemin Le problème de Fagnano Sous-groupes finis d isométries

Composée de trois réflexions Caractérisation de l axe d un vissage Tétraèdres équifaciaux Isométries du tétraèdre régulier Isométries du cube Cube, tétraèdres et octaèdre Isométries de l hélice circulaire

Tangentes menées d un point à la parabole Un problème de lieu géométrique Diamètres conjugués de l ellipse Ellipse de Steiner d un triangle Construction de l hyperbole

Projection et affinités Transformation affine du plan Position relative de deux cercles Perpendiculaire commune Equation normale d une droite, bissectrices Réflexion Isométrie de l espace (1) Isométrie de l espace (2) Isométries du cube et du tétraèdre Equation d une conique Une construction de l ellipse

Paramétrisation du cercle Orthocentre Deux carrés (ou trois) Un triangle et son image Configuration de Vecten Triangles de Napoléon Le théorème de Ptolémée Projection orthogonale d un cube

a Lignes de niveau dez z b Matrices et homographies Points fixes d une homographie Invariant anallagmatique de deux cercles

Quadrilatère Soit, dans le plan affine, ABCD un quadrilatère, I, J, K, L les milieux respectifs des segments AB, BC, CD et DA. Montrer que IK et JL ont même milieu. Indication

Que peut-on dire de l isobarycentre des quatre points A, B, C, D? Accueil Retour

L isobarycentre des quatre points A, B, C, D est, par associativité, l isobarycentre de I et K, i.e. le milieu du segment IK. C est aussi, pour la même raison, celui de JL. Autre solution Table

Le quadrilatère IJKL est un parallélogramme, puisque IJ = 1 LK = AC (considérez 2 les triangles ABC et ACD). Ses diagonales IK et JL se coupent donc en leurs milieux. Table

Composition de symétries centrales Soit ABC un triangle, A, B, C les milieux respectifs de BC, CA et AB, s A, s B, s C les symétries centrales par rapport à ces points. Déterminer la nature géométrique des transformations f = s B s A et g = s C s B s A. Indication

Déterminez les parties linéaires f et g de f et g, puis les images f(b) et g(b) du point B par ces deux transformations. Retour

La partie linéaire d une symétrie centrale est l homothétie vectorielle de rapport -1. La composée de deux symétries centrales a pour partie linéaire l identité, c est donc une translation. La composée de trois symétries centrales a pour partie linéaire l homothétie vectorielle de rapport -1, c est donc une symétrie centrale. Comme f(b) = A et g(b) = B, f est la translation de vecteur BA et g la symétrie centrale de centre B. Table

Composition d homotheties Soient, dans le plan affine E, h 1 et h 2 deux homothéties de centres respectifs O 1 et O 2 et de même rapport λ 0. Déterminer la nature géométrique de la transformation f = h 2 h 1 1.

La partie linéaire d une homothétie affine de rapport λ est l homothétie vectorielle de rapport λ. La partie linéaire de f = h 2 h 1 1 est donc l identité de E. Il en résulte que f est une translation. L image f(o 1 ) = h 2 (O 1 ) de O 1 par cette translation vérifie O 2 f(o 1 ) = λ O 2 O 1, d où O 1 f(o 1 ) = O 1 O 2 + O 2 f(o 1 = (1 λ) O 1 O 2 : f est donc la translation de vecteur (1 λ) O 1 O 2. Suite

Soit F une partie non vide de E, F 1 = h 1 (F ) son image par h 1, F 2 = h 2 (F ) son image par h 2. Montrer que F 2 est l image de F 1 par une translation dont on précisera le vecteur.

F 2 est l image de F 1 par la translation f de vecteur (1 λ) O 1 O 2. Accueil Table

Le trapèze Soit ABCD un trapèze de bases AB et CD. On note K et L les milieux de AB et CD et on suppose que les droites AD et BC se coupent en un point I et les droites AC et BD en un point J. Montrer que les points I, J, K, L sont alignés et que : IK IL JL JK = 1. Indication

Considérez des homothéties de centres I et J qui transforment la droite AB en la droite CD. Retour

Il existe une unique homothétie h de centre I transformant D en A. Cette homothétie transforme la droite CD en une droite parallèle passant par A, i.e. en la droite AB. Elle transforme donc C en B, et le milieu L de CD en le milieu K de AB. Les points I, K et L sont donc alignés et le rapport de h est égal à IK IL. De même l unique homothétie h de centre J transformant A en C transforme B en D et le milieu K de AB en le milieu L de CD. Les points J, K et L sont donc alignés et le rapport de h est égal à JL. La composée JK h h de ces deux homothéties transforme D en C, C en D, et laisse fixe L. C est donc la symétrie par rapport à L, i.e. l homothétie de centre L et de rapport 1. Mais son rapport est aussi le produit IK IL JL JK des rapports de ces deux homothéties. Table

Polygone des milieux (1) Soit ABC un triangle. Montrer qu il existe un triangle A B C et un seul tel que A soit le milieu de B C, B le milieu de C A, et C le milieu de A B. Indiquer une construction géométrique de ce triangle. Suite

Polygone des milieux (2) Soit A B C D un quadrilatère. Donner une condition nécessaire et suffisante pour qu il existe un quadrilatère ABCD tel que A soit le milieu de AB, B le milieu de BC, C le milieu de CD, et D le milieu de DA. Ce quadrilatère, s il existe, est-il unique? Indication Suite

Si ABCD existe, les égalités A B = D C = 1 AC montrent que A B C D 2 est un parallélogramme. Cette condition est donc nécessaire pour qu il existe une solution. Si elle est vérifiée, soit A un point quelconque du plan, B son symétrique par rapport à A, C le symétrique de B par rapport à B, D le symétrique de C par rapport à C ; D est alors le milieu de DA, ce qui montre que ABCD est solution. Il y a donc dans ce cas une infinité de solutions : l un des points ABCD peut être choisi arbitrairement, les autres sont alors uniquement déterminés. Retour Suite

Polygone des milieux (3) Etant donnés n points B 1,...,B n du plan affine E, peut-on toujours trouver n points A 1,...,A n de E tels que B i soit, pour tout i = 1,...,n, le milieu de A i A i+1 (avec la convention A n+1 = A 1 )? Donner une construction géométrique des points A i à partir des points B i lorsque la solution existe. Indication

Le polygone des milieux est-il quelconque? Accueil Retour

Indication On pourra considérer la composée des symétries de centres B 1, B 2,...,B n. Retour

Il suffit naturellement de considérer le triangle obtenu en traçant les parallèles aux côtés menées par les sommets opposés. Retour Suite

Si le problème admet une solution A 1,..., A n, la composée f = s Bn s B1 des symétries de centres B 1, B 2,...,B n laisse fixe le point A 1. Or cette composée est : une symétrie centrale si n est impair ; la translation de vecteur v = 2( B 1 B 2 + + B n 1 B n ) si n est pair. Si n est impair, le problème admet donc une solution et une seule : A 1 est le centre de f, A 2 = s B1 (A 1 ),.... Si n est pair, soit v = 0 : f est alors l identité et le problème admet une infinité de solutions (A 1 quelconque, A 2 = s B1 (A 1 ),... ), soit v 0 : f n a dans ce cas pas de point fixe et le problème n admet pas de solution. Comment construisez-vous la solution si n est impair? Autre solution

Il suffit de partir d un point quelconque M et de construire son image f(m) : le centre de f est le milieu de Mf(M), qui est donc le point A 1. Retour Table

Autre solution Si a 1,...,a n sont les affixes des points A k et b 1,...,b n les affixes des points B k, le problème équivaut à résoudre le système: a 1 + a 2 = 2b 1 a 2 + a 3 = 2b 2... =... a n 1 + a n a 1 + a n = 2b n 1 = 2b n Le déterminant de ce système se calcule en développant par rapport à la première colonnne : 1 1 0... 0 1 1 0......... + ( 1).......... 0 1 1 1 0.. 0 1=1 n+1. Suite

Si n est impair, le système est de Cramer : il admet donc une solution et une seule quels que soient les points B k. Si n est pair, le déterminant est nul (ce qu on pouvait voir directement en remarquant que la somme des lignes d indice pair est égale à la somme des lignes d indice impair) et le sytème est de rang n 1. Si la condition a 1 + a 3 + + a n 1 = a 2 + a 4 + + a n est vérifiée, le système admet une infinité de solutions (on peut choisir arbitrairement a 1 et les autres points sont alors uniquement déterminés) ; sinon le sytème n admet pas de solution. Retour Table

Le tourniquet dans le triangle Par un point D du côté AB d un triangle ABC on trace la parallèle à BC qui coupe AC en E ; par E on trace la parallèle à AB qui coupe CB en F ; par F on trace la parallèle à CA qui coupe BA en G ; par G on trace la parallèle à BC qui coupe AC en H ; par H on trace la parallèle à AB qui coupe CB en I ; par I on trace la parallèle à CA qui coupe BA en J. Montrer que J = D. Indication

Remarquez que l application de la droite AB dans elle-même qui au point D associe le point G est affine. Quelles sont les images des points A et B par cette application? Retour

L application f de la droite AB dans elle-même qui au point D associe le point G est affine, puisque composée de trois projections. Elle échange les points A et B et est donc involutive, puisque (A,B) est un repère affine de cette droite. L image J de D par f f est donc égale à D. Remarque : L application f est donc la symétrie par rapport au milieu de AB. En appliquant trois fois le théorème de Thalès, on pouvait d ailleurs montrer que DA DB = GB, et en déduire que D et G étaient symétriques par rapport à ce milieu. GA Table

Un problème de construction Soit, dans un plan affine E, ABCD un parallélogramme dont on suppose les sommets A et B fixés. Déterminer le lieu de D quand C décrit une droite de E. Suite

Le point D se déduit de C par la translation de vecteur BA. Il décrit donc, quand C décrit la droite, la droite 1 image de par cette translation. Suite

En déduire une construction d un parallélogramme ABCD dont les sommets A et B sont fixés, les sommets C et D devant appartenir respectivement à deux droites et données de E (on discutera l existence et l unicité de la solution selon la position de ces droites).

Le point D s obtient comme intersection de et de la droite 1 déduite de par la translation de vecteur BA. Table

Deux triangles (1) Soit, dans le plan affine, ABC un triangle non aplati, A 1 le symétrique de B par rapport à C, B 1 le symétrique de C par rapport à A, C 1 le symétrique de A par rapport à B. Comparer les aires des triangles ABC et A 1 B 1 C 1. Indication

Comparez par exemple les déterminants det( A 1 B 1, A 1 C 1 ) et det( CA, CB). Accueil Retour

On a : Accueil det( A 1 B 1, A 1 C 1 ) = det( A 1 C + CB 1, A 1 B + BC 1 ) = det( CB + 2 CA,2 CB BA) = det( CB + 2 CA,3 CB CA) = 7 det( CA, CB) L aire du triangle A 1 B 1 C 1 est donc 7 fois celle du triangle ABC. Remarque Suite

On pouvait aussi remarquer que les aires de chacun des triangles A 1 BC 1, B 1 CA 1 et C 1 AB 1 étaient égales au double de celle du triangle ABC. Retour Suite

Deux triangles (2) Reconstruire le triangle ABC à partir du triangle A 1 B 1 C 1. Indication

Soient A 2, B 2, C 2 les points d intersection des droites BC, CA et AB avec les droites B 1 C 1, C 1 A 1 et A 1 B 1. Ecrire les coordonnées barycentriques des points A 1, B 1 et C 1 dans le repère affine (A,B,C). En déduire les coordonnées barycentriques des points A, B, C, puis celles des points A 2, B 2, C 2 dans le repère affine (A 1,B 1,C 1 ). Retour

Soient A 2, B 2, C 2 les points d intersection des droites BC, CA et AB avec les droites B 1 C 1, C 1 A 1 et A 1 B 1. On a : L égalité A 1 = 2C B A = 2 7 A 1 + 4 7 B 1 + 1 7 C 1 B 1 = 2A C d où : B = 1 7 A 1 + 2 7 B 1 + 4 7 C 1 C 1 = 2B A C = 4 7 A 1 + 1 7 B 1 + 2 7 C 1 A = 2 7 A 1 + 4 7 B 1 + 1 7 C 1 = 6 7 1 3 A 1 + 2 3 B 1!+ 1 7 C 1 montre que C 2 = 1 3 A 1 + 2 3 B 1, puisque ce dernier point appartient aux deux droites A 1 B 1 et AC 1. C 2 est donc situé au tiers du segment B 1 A 1 à partir de B 1. La droite AB s en déduit, puisque les points C 1 et C 2 lui appartiennent. Les autres côtés du triangle ABC s obtiennent de la même manière. Retour Table

Un cas particulier du théorème de Desargues Montrer que deux triangles non aplatis du plan affine se déduisent l un de l autre par une homothétie ou une translation si et seulement si leurs côtés sont deux à deux parallèles. Indication

Si A B = λ AB, il existe une et une seule homothétie ou translation f qui transforme A en A et B en B (démonstration). Que peut-on dire de f(c)? Retour

Si A B = AB, le quadrilatère ABB A est un parallélogramme et AA = BB : la translation de vecteur AA transforme donc A en A et B en B. Si A B = λ AB, avec λ 1, 0, il existe une homothétie et une seule de rapport λ qui transforme A en A et B en B. Son centre O est déterminé par la relation OA = λ OA, qui s écrit encore OA + AA = λ OA, ou (1 λ) AO = AA. Retour

Une homothétie ou une translation conserve le parallélisme : la condition est donc nécessaire. Réciproquement, les droites AB et A B étant parallèles, il existe une homothétie ou une translation f qui transforme A en A et B en B. L image f(c) de C par f appartient à la parallèle à AC passant par A, i.e. à la droite A C et à la parallèle à BC passant par B, i.e. à la droite B C : c est donc le point C. Application

Soient D 1 et D 2 deux droites sécantes du plan affine E et M un point de E n appartenant à aucune de ces droites. On suppose que le point O d intersection de D 1 et D 2 est situé hors du cadre de la figure. Donner une construction de la droite OM.

Soient P 1 un point de D 1 et P 2 un point de D 2 tels que la droite P 1 P 2 ne passe pas par M. Une parallèle à P 1 P 2 coupe D 1 en P 1 et D 2 en P 2. Les parallèles à P 1 M (resp. P 2 M) menées par P 1 (resp. P 2) se coupent en M. La droite MM passe par O. Table

Une droite et son image Soit f une transformation affine d un espace affine E et D une droite de E. Montrer que l ensemble des milieux des segments Mf(M) pour M D est une droite ou un point. Indication

Soient A et B deux points distincts de D. Exprimez M (resp. f(m)) comme barycentre de A et B (resp. f(a) et f(b)). Retour

Soient A et B deux points distincts de D. Tout point M de E s écrit de manière unique comme barycentre αa + (1 α)b (α R) de A et B. La transformation f étant affine, elle conserve les barycentres : f(m) = αf(a) + (1 α)f(b). Le milieu g(m) de Mf(M) est le barycentre du système pondéré (A, α α ), (B,1 ), 2 2 (f(a), α α ), (f(b),1 ), ou encore du système (g(a), α), (g(b), 1 α), où g(a) 2 2 est le milieu de Af(A) et g(b) le milieu de Bf(B). Si g(a) = g(b), on a g(m) = g(a) = g(b) pour tout point M de D. Sinon le point g(m) = αg(a) + (1 α)g(b) décrit la droite g(a)g(b) quand α décrit R. Autre solution Table

On peut aussi remarquer que l application g qui à M associe le milieu g(m) de Accueil f Mf(M) est affine, d application linéaire associée + id E. En effet si M et N sont 2 deux points de E, on vérifie facilement que MN + f(m)f(n) MN + f( g(m)g(n) = = MN). 2 2 Il en résulte que l image g(d) de la droite D par g est une droite ou un point. Table

Transformations cycliques Soient A, B, C, D quatre points du plan affine P tels que trois d entre eux ne soient jamais alignés. Donner une condition nécessaire et suffisante sur le quadrilatère ABCD pour qu il existe une transformation affine f de P vérifiant f(a) = B, f(b) = C, f(c) = D, f(d) = A. Montrer qu une telle transformation, si elle existe, est un élément d ordre 4 du groupe affine de P.

Les points A, B, C constituent un repère affine de P. Soit D = αa + βb + γc, avec α + β + γ = 1, l écriture de D dans ce repère. Si une telle transformation f existe, elle vérifie : f(d) = αf(a) + βf(b) + γf(c) = αb + βc + γ(αa + βb + γc) = αγa + (α + γβ)b + (β + γ 2 )C. L égalité f(d) = A se traduit alors par le système αγ = 1, α + γβ = 0, β + γ 2 = 0. On en déduit β = γ 2, α = γ 3, γ 4 = 1, d où γ = ±1. Si γ = 1, on a α = β = γ = 1, ce qui est impossible, puisque α + β + γ = 1. On a donc α = γ = 1, β = 1, ce qui signifie que ABCD est un parallélogramme. Réciproquement, si ABCD est un parallélogramme, l unique transformation affine de P vérifiant f(a) = B, f(b) = C, f(c) = D vérifie aussi f(d) = f(a B+C) = B C + D = A. Les deux transformations affines f 4 et id P coïncident sur le repère affine A, B, C ; elles sont donc égales. Par contre f 2 id P (f 2 est la symétrie centrale par rapport au centre du parallélogramme) : f est donc d ordre 4 dans GA(P ). Retour Table

Affinités et transvections (1) Soit (A 0,...,A n ) un repère affine d un espace affine E de dimension n et A 0 un point de E n appartenant pas à l hyperplan affine H engendré par A 1,..., A n. Montrer qu il existe une transformation affine f de E et une seule qui laisse fixe tout point de H et transforme A 0 en A 0. Suite

On sait qu il existe une et une seule transformation affine f transformant le repère affine (A 0,A 1,...,A n ) en la famille (A 0,A 1,...,A n ) : f(a 0 ) = A 0, f(a i ) = A i pour tout i = 1,...,n. Cette transformation affine laisse invariant tout point de H. Retour Suite

Affinités et transvections (2) On suppose que A 0 n appartient pas à l hyperplan affine H parallèle à H passant par A 0. Montrer que f est une affinité de base H dont on précisera la direction. Suite

Soit A le point d intersection de la droite A 0 A 0 avec H. L affinité de base H, de direction (A 0 A 0) et de rapport AA 0 AA 0 et f sont deux applications affines qui coïncident sur le repère affine (A 0,...,A n ). Elles sont donc égales. Retour Suite

Affinités et transvections (3) On suppose maintenant que A 0 appartient à l hyperplan affine H parallèle à H passant par A 0. Montrer qu il existe une fonction affine ϕ sur E nulle sur H telle que Mf(M) = ϕ(m) A 0 A 0 pour tout point M de E. Suite

Tout point M du plan s écrit M = α 0 A 0 + α 1 A 1 + + α n A n avec nxi=0 α i = 1. Son image f(m) par l application affine f s écrit f(m) = α 0 f(a 0 ) + α 1 f(a 1 ) + + α n f(a n ) = α 0 A 0 + α 1 A 1 + + α n A n. On en déduit Mf(M) = α 0 A 0 A 0 = ϕ(m) A 0 A 0, où ϕ est la forme affine qui associe à tout point de E sa coordonnée suivant A 0 dans le repère affine (A 0,A 1,...,A n ), i.e. l unique application affine de E dans R vérifiant ϕ(a 0 ) = 1, ϕ(a i ) = 0 pour tout i = 1,...,n. Retour Suite

Affinités et transvections (4) On suppose que E est un plan. Donner une construction géométrique de l image M = f(m) d un point M de E par f. Table

Si M n appartient pas à H, l image par f de la droite A 0 M est la droite A 0m, où m est l intersection de la droite A 0 M avec H, puisque m est fixe par f. Le point M = f(m) est donc l intersection de la droite A 0m avec la parallèle à H menée par M, puisque Mf(M) est proportionnel à A 0 A 0. Si M appartient à H, on commence par construire l image par f d un point n appartenant pas à H et on fait une construction analogue à partir de ce point et de son image (on peut aussi remarquer que dans ce cas Mf(M) = A 0 A 0). Table

Le théorème de Desargues Soit, dans l espace affine de dimension 3, OABC un tétraèdre et Π un plan coupant les trois arêtes OA, OB et OC en A, B et C. On suppose les droites BC et B C (resp. CA et C A, AB et A B ) sécantes en des points α, β et γ. Montrer que les trois points α, β et γ sont alignés. Indication

Considérez l intersection des plans ABC et Π. Accueil Retour

Les plans ABC et Π se coupent suivant une droite et les points α, β et γ appartiennent tous trois à. Remarque

On en déduit, en considérant la figure plane ci-dessous comme la projection sur le plan ABC d une figure de l espace, que si deux triangles ABC et A B C d un même plan sont tels que les droites AA, BB et CC soient concourantes, alors les points d intersection des côtés BC et B C, CA et C A, AB et A B (s ils existent) sont alignés. Cas particulier Table

Si les côtés BC et B C sont parallèles, et les côtés CA et C A, AB et A B sécants en des points β et γ, alors la droite βγ est parallèle aux droites BC et B C. Si les côtés BC et B C, ainsi que les côtés CA et C A, sont parallèles, alors les côtés AB et A B le sont aussi (pourquoi?). On retrouve alors le cas particulier du théorème de Desargues considéré précédemment. Table

Projection centrale, rapport et birapport Soit et deux droites sécantes en O. Deux droites D et D coupent et en A, B, A, B. On suppose les milieux I et I des segments AB et A B alignés avec O. Montrer que les droites D et D sont parallèles. Indication

Soit D l image de D par l homothétie de centre O qui transforme I en I, A et B ses points d intersection avec et. Que peut-on dire du quadrilatère A B B A? Retour

Soit D l image de D par l homothétie de centre O qui transforme I en I, A et B ses points d intersection avec et. Les diagonales du quadrilatère A B B A se coupent en leurs milieux. Si ce quadrilatère n était pas aplati, ce serait un parallélogramme et les droites et seraient parallèles, ce qui n est pas. On a donc D = D, ce qui montre que D et D sont parallèles. Suite

Cet exercice montre en particulier que la projection centrale de centre O qui à un point M du plan associe le point d intersection de la droite OM avec une droite fixée D n est pas affine (elle ne conserve pas les milieux). On peut d ailleurs remarquer que cette application n est pas définie sur un espace affine, puisque l image d un point de la parallèle à D passant par O n est pas définie. La restriction de cette application à une droite D ne passant pas par O est bien définie et est une application affine dans le seul cas où D et D sont parallèles (c est alors la restriction à D de l unique homothétie de centre O qui transforme D en D ). La suite de l exercice va montrer que la projection centrale conserve cependant le birapport de quatre points. Retour Suite

Projection centrale et birapport Soit A, B, C, D quatre points distincts d une droite du plan affine P et O un point de P n appartenant pas à. Montrer que AC AD = det( OA, OC) det( OA,. OD) Suite

Soit v un vecteur directeur de, de sorte que MN = MN v pour tout couple (M,N) de points de. L égalité cherchée résulte immédiatement des deux égalités : det( OA, OC) = det( OA, OA + AC) = det( OA, AC) = AC det( OA, v) det( OA, OD) = det( OA, OA + AD) = det( OA, AD) = AD det( OA, v). Retour Suite

En déduire que si une autre droite de P ne passant pas par O coupe les quatre droites OA, OB, OC et OD en des points A, B, C et D, on a : AC AD BD BC = A C A D B D B C (conservation du birapport par les projections centrales). Indication

Il existe des réels α, β, γ, δ non nuls tels que OA OC = γ OC, OD = δ OD. = α OA, OB = β OB, Retour

Les points O, A et A étant alignés, il existe un réel α non nul tel que OA = α OA. De même, il existe β, γ, δ non nuls tels que OB = β OB, OC = γ OC, OD = δ OD. On en déduit : A C A D B D = det( OA, OC ) B C det( OA, OD ) det( OB, OD ) det( OB, OC ) = det(α OA,γ OC) det(α OA,δ det(β OB,δ OD) OD) det(β OB,γOC) = det( OA, OC) det( OA, = AC AD BD BC. det( OB, OD) OD) det( OB, OC) On en déduit qu une projection centrale conserve le birapport de quatre points. Remarque Table

Supposons le plan muni d un produit scalaire. Le quotient AC s interprète alors AD comme le rapport des aires des triangles OAC et OAD, puisque ces deux triangles OC sin AOC ont même hauteur. Il est donc encore égal au rapport. La valeur OD sin AOD absolue AC AD BD sin AOC sinøbod du birapport est donc égale à et ne dépend BC sin AOD sin BOC donc que des droites OA, OB, OC et OD, et non de la sécante. Les égalités établies précédemment ne font que refléter ces dernières sans avoir à se placer dans le cadre euclidien. Table

Coordonnées barycentriques et déterminants Soit ABC un triangle non aplati du plan affine E. Montrer que les aires algébriques ( MB, MC), ( MC, MA), ( MA, M B) des triangles M BC, M CA et M AB constituent un système de coordonnées barycentriques du point M dans le repère affine (A,B,C).

Il suffit de montrer que : det( MB, MC) = α det( AB, AC) det( MC, MA) = β det( AB, AC) det( MA, MB) = α det( AB, AC) si (α,β,γ) sont les coordonnées barycentriques réduites de M dans le repère ABC, ce qui se vérifie immédiatement en remarquant que AM = β AB + γ AC, BM = α BA + γ BC, CM = αca + βcb, et en développant les déterminants. Table

Aire algébrique d un polygone : cas du triangle Soit E un plan affine et ( i, j) une base de E. On note ( u, v) le déterminant de deux vecteurs u et v de E dans cette base. Soit ABC un triangle de E. Montrer que la somme ( MA, MB) + ( MB, MC) + ( MC, MA) ne dépend pas du point M de E et l exprimer en fonction de l aire algébrique ( AB, AC) du triangle ABC. On remarquera que le signe de l aire algébrique d un triangle dépend de l orientation de ce triangle, c est-à-dire de l ordre dans lequel sont écrits les sommets. Suite

Pour tout couple M,N de points de E : ( MA, MB) + ( MB, MC) + ( MC, MA) = ( MN + NA, MN + NB) + ( MN + NB, MN + NC) + ( MN + NC, MN + NA) = ( NA, NB) + ( NB, NC) + ( NC, NA) + ( MN, NB NA) + ( MN, NC NB) + ( MN, NA NC) = ( NA, NB) + ( NB, NC) + ( NC, NA). En particulier, pour N = A, on obtient : ( MA, MB) + ( MB, MC) + ( MC, MA) = ( AB, AC). Cette relation exprime simplement que l aire algébrique du triangle ABC est la somme des aires algébriques des triangles MAB, MBC et MCA. Ces aires constituent également un système de coordonnées barycentriques du point M dans le repère affine (A,B,C). Retour Suite

Aire algébrique d un polygone Soit n un entier 2 et A 1,... A n n points de E. Montrer que la somme ( MA 1, MA 2 ) + ( MA 2, MA 3 ) + + ( MA n 1, MA n ) + ( MA n, MA 1 ) ne dépend pas du point M de E. On appellera cette somme aire algébrique du polygone A 1... A n. On peut aisément vérifier que si le polygone est convexe, et si M est intérieur au polygone, ces aires sont toutes de même signe et donc que l aire géométrique du polygone (i.e. la valeur absolue de l aire algébrique) est la somme des aires géométriques des triangles MA i A i+1 et représente donc l aire du polygone au sens usuel. Table

Pour tout couple M,N de points de E : ( MA i, MA i+1 ) = ( MN + NA i, MN + NA i+1 ) = ( NA i, NA i+1 ) + ( MN, NA i+1 NA i ) = ( NA i, NA i+1 ) + ( MN, A i A i+1 ), d où, en faisant la somme et en posant A n+1 = A 1 : nxi=1 ( MA i, MA i+1 ) = nxi=1 ( NA i, NA i+1 ) + nxi=1 ( MN, A i A i+1 ) = nxi=1 ( NA i, NA i+1 ) + ( MN, nxi=1 A i A i+1 ) = nxi=1 ( NA i, NA i+1 ) + ( MN, 0 ) = nxi=1 ( NA i, NA i+1 ). Retour Table

Aire d un polygone convexe Le polygone A 1... A n est convexe si pour tout entier i = 1,...,n, il est situé tout entier d un même côté de la droite A i A i+1. Si le point M est intérieur au polygone, ses coordonnées barycentriques réduites (α i,β i,γ i ) dans le repère (A i 1,A i,a i+1 ) vérifient α i > 0, β i < 0, γ i > 0. Il en résulte que les aires algébriques des triangles orientés MA i 1 A i et MA i A i+1 sont de même signe. Retour

Action du groupe affine sur les triplets de droites (1) Soient 1, 2, 3 (resp. 1, 2, 3) trois droites d un plan affine P en position générale (i.e. deux à deux sécantes et d intersections distinctes). Montrer qu il existe une transformation affine f de P dans P et une seule qui vérifie f( i ) = i pour i = 1,2,3. Indication

Que peut-on dire de l image des points A, B et C? Accueil Retour

Soient A, B et C les points d intersection de ces droites deux à deux. Une transformation affine f transforme 1 en 1, 2 en 2 et 3 en 3 si et seulement si f(a) = A, f(b) = B, f(c) = C. Or (A,B,C) est un repère affine du plan : il existe donc une application affine f et une seule qui vérifie ces conditions et elle est bijective. Suite

Action du groupe affine sur les triplets de droites (2) On suppose maintenant 1, 2 et 3, concourantes en un point A. Existe-t-il toujours une transformation affine f qui vérifie f( i ) = i pour i = 1,2,3? Si oui, est-elle unique? Indication

Observez la figure... Accueil Retour

Soient B et C (resp. B et C ) les points d intersection d une parallèle à 1 avec 2 et 3 (resp. 2 et 3). Il existe une transformation affine f et une seule qui transforme le repère affine (A,B,C) en le repère affine (A,B,C ). Cette application transforme les droites 2 et 3 en les droites 2 et 3. Comme toute transformation affine conserve le parallélisme, elle transforme la droite 1 en une droite parallèle à la droite B C passant par A, c est-à-dire en la droite 1. Mais une transformation qui vérifie f( i ) = i pour i = 1,2,3 n est pas unique : toute transformation affine h f, où h est une homothétie quelconque de centre A, possède aussi cette propriété. Suite

Action du groupe affine sur les triplets de droites (3) Soient 1, 2, 3 (resp. 1, 2, 3) trois droites de l espace affine S de dimension 3. On suppose que deux quelconques de ces droites ne sont jamais coplanaires. Montrer qu il existe une transformation affine f de S dans S et une seule qui vérifie f( i ) = i pour i = 1,2,3. Indication

Montrez qu il existe un parallélépipède ABCDEF GH et un seul qui s appuie sur ces trois droites (voir figure). Retour

Montrons qu il existe un parallélépipède ABCDEF GH et un seul qui s appuie sur 1, 2, 3 (voir figure). En effet le point A est obtenu comme intersection de 1 et du plan passant par 3 dont la direction contient celle de 2. Il est donc uniquement déterminé. De même pour les autres points. Soit A B C D E F G H un parallélépipède s appuyant de même sur 1, 2, 3. Une transformation affine f de S transforme i en i pour i = 1,2,3 si et seulement si elle transforme ABCDEF GH en A B C D E F G H. Il faut et il suffit pour cela qu elle transforme le repère affine (A,B,E,D) de S en le repère affine (A,B,E,D ). Or il existe une et une seule transformation affine qui vérifie cette propriété. Retour Table

Demi-espaces Soit E un espace affine de dimension n et H un hyperplan affine de E. Montrer que la relation R définie sur E \ H par M R N si et seulement si [MN] H = est une relation d équivalence qui sépare E \ H en exactement deux classes. Indication

Considérez un repère cartésien (O, e 1,..., e n ), avec O H et e 1,..., e n 1 H. Accueil

Soit (O, e 1,..., e n ) un repère cartésien de E, avec O H et e 1,..., e n 1 H, x (M) 1,...,x (M) n (resp. x (N) 1,...,x (N) n ) les coordonnées de M (resp. N) dans ce repère. Les points M et N sont en relation si et seulement si x (M) n et x (N) n sont de même signe. En effet tout point du segment [MN] s écrit αm +(1 α)n avec α [0,1] et ce point appartient à H si et seulement si αx (M) n +(1 α)x (N) n = 0, autrement dit si 0 appartient au segment de R d extrémités x (M) n et x (N) n. On vérifie sans peine que la relation x (M) n et x (N) n sont de même signe induit une relation d équivalence sur E \ H. On dit que deux points équivalents sont du même côté de H et les deux classes d équivalence sont appelées demi-espaces (ouverts) délimités par H. Table

Régionnement du plan par un repère affine Soit A, B, C un repère affine du plan. Caractériser en termes de coordonnées barycentriques réduites dans ce repère les sept régions du plan délimitées par les droites AB, BC et CA.

Soit (α, β, γ) les coordonnées barycentriques réduites d un point M = αa+βb+γc (α+β+γ = 1) dans le repère affine A, B, C. La droite BC a pour équation α = 0 et partage le plan en deux demi-plans : celui qui contient A est caractérisé par α > 0 et l autre par α < 0. Les droites AB, BC et CA divisent ainsi le plan en 7 régions ouvertes caractérisées par les 7 triplets de signes possibles pour (α, β, γ) (ces trois nombres ne peuvent être simultanément négatifs, puisque leur somme vaut 1). Suite

En combien de régions les plans portant les faces d un tétraèdre non aplati partagentils l espace? Indication

Les sommets du tétraèdre constituent un repère affine de l espace. Chacune des régions délimitées par les plans portant les faces est caractérisée par le quadruplet des signes des coordonnées barycentriques réduites d un point dans ce repère.

Les sommets du tétraèdre constituent un repère affine de l espace. Chacune des régions délimitées par les plans portant les faces est caractérisée par le quadruplet des signes des coordonnées barycentriques réduites d un point dans ce repère. Il y a donc 15 régions, correspondant aux 15 quadruplets de signes possibles (2 4 1, puisqu ici encore les coordonnées barycentriques réduites ne peuvent être simultanément négatives). (On peut distinguer ainsi 4 types de régions selon le nombre de signes + et de signes - parmi les coordonnées barycentriques : faites une figure et distinguez ces régions). Table

Cônes convexes Soit C un convexe d un espace affine E et O un point de E. Montrer que la réunion Γ des demi-droites fermées d origine O passant par M, pour M décrivant C, est un convexe.

Soient M et N deux points de Γ et P un point du segment [MN]. Il existe deux réels λ 0 et µ 0 et deux points M 1 et N 1 de C tels que OM = λ OM 1 et ON = µ ON 1, ainsi qu un réel α [0,1] tel que P = αm + (1 α)n, d où : OP = α OM + (1 α) ON = αλ OM 1 + (1 α)µ ON 1. Si αλ = (1 α)µ = 0, on a P = O. Sinon le réel ν = αλ + (1 α)µ est strictement positif. On peut alors écrire : (1 α)µ OP = ν αλ OM 1 + ONŽ, soit en posant ν ν α 1 = αλ ν et P 1 = α 1 M 1 + (1 α 1 )N 1, OP = ν OP 1. Le point P 1 appartient à C, puisque α 1 appartient à [0,1] et C est convexe : il en résulte que P appartient à Γ. Table

Quadrilatères Soient A, B, C, D quatre points trois à trois non alignés du plan affine P. Montrer qu il existe quatre réels non nuls α, β, γ, δ, de somme nulle, tels que le vecteur α OA + β OB + γoc + δod soit nul pour tout point O de P, et que ces nombres sont uniques à multiplication près par un même scalaire non nul. Suite

Si α + β + γ + δ = 0, le vecteur α OA + β OB + γoc + δod ne dépend pas du point O. Il est en particulier égal à β AB + γ AC + δ AD. Les points A, B, C n étant pas alignés, les vecteurs AB et AC forment une base du plan vectoriel P. Il existe donc deux réels λ et µ tels que AD = λab + µ AC. Ces réels vérifient λ 0 (sinon A, C et D seraient alignés), µ 0 (sinon A, B et D seraient alignés), λ + µ 1 (sinon B, C et D seraient alignés). Le quadruplet (1 λ µ, λ, µ, 1) convient donc et il est unique à multiplication près par un réel non nul, puisque la décomposition du vecteur AD dans la base ( AB, AC) est unique. Suite

Quadrilatères (suite) En déduire, en examinant les signes de ces nombres, que tout quadrilatère est de l un des trois types suivants : A D B C D C B A A C D B

Les nombres α, β, γ et δ étant de somme nulle, ils ne peuvent être tous de même signe. À permutation circulaire et à multiplication par -1 près, il reste donc trois possibilités pour leurs signes: (+, +, +, ), (+,, +, ), (+, +,, ). Le premier cas correspond à la première figure (un point à l intérieur du triangle formé par les trois autres : quadrilatère ni convexe ni croisé), le second à la seconde figure (les diagonales AC et BD se coupent : quadrilatère convexe), et le dernier à la dernière figure (les côtés AB et CD se coupent : quadrilatère croisé). B D A A D A D C C B C B Table

Diagonales d un polygone convexe Déterminer le nombre de points d intersection des diagonales d un polygone convexe A 1 A 2... A n intérieurs à ce polygone. On supposera que trois diagonales ne sont jamais concourantes. Indication

Combien de sommets faut-il pour déterminer un tel point d intersection? Accueil Retour

Quatre sommets distincts déterminent un unique quadrilatère convexe et donc un unique point d intersection intérieur au polygone. Réciproquement tout point d intersection détermine uniquement 4 sommets distincts (les extrémités des diagonales dont il constitue l intersection). Il y a donc autant de points que de parties à 4 éléments dans un ensemble à n éléments, i.e. n 4Ž. Table

Ensemble des milieux Soient C et C deux convexes non vides d un espace affine E. Montrer que l ensemble Γ des milieux des segments MM, où M parcourt C et M parcourt C, est un convexe. Suite

Il suffit de montrer que si M 1 et M 2 2! (resp. M 1 et M 2) sont deux points de C (resp. C ), le point 1 α 2 M 1 + 1 2 M 1!+(1 1 α) 2 M 2 + 1 2 M appartient à Γ pour tout α [0,1]. Mais ce point s écrit aussi : 1 2 (αm 1 + (1 α)m 2 ) + 1 2 (αm 1 + (1 α)m 2) et αm 1 + (1 α)m 2 (resp. αm 1 + (1 α)m 2) appartient à C (resp. C ) puisque ces ensembles sont convexes. Retour Suite

Milieux (suite) Décrire Γ quand C et C sont deux segments AB et CD. Retour

Les milieux E, F, G, H des segments AC, BC, BD et BC forment un parallélogramme, puisque HG = EF = 1 AB. Ces quatre points, ainsi donc 2 que leur enveloppe convexe Γ (le parallélogramme plein) sont donc inclus dans Γ. Pour montrer que tout point K = 1 2 M + 1 2 M, avec M = αa+(1 α)b et M = γc +(1 γ)d (0 α,γ 1) appartient à Γ, il suffit d écrire : 1 K = α 2 A + 1 2 M!+(1 1 α) 2 B + 1 D!!! 2 M 1 = α γ 2 A + 1 2 C!+(1 1 γ) 2 A + 1 D!! 2 1 +(1 α) γ 2 B + 1 2 C!+(1 1 γ) 2 B + 1 2 = αγe + α(1 γ)h + (1 α)γf + (1 α)(1 γ)g. Retour Table

Une propriété des triangles Soit, dans le plan affine E, T un triangle et T un triangle image de T par une translation ou une homothétie de rapport positif. Montrer que l intersection de T et de T est : soit vide ; soit réduite à un point ; soit un triangle image de T par une translation ou une homothétie de rapport positif. Indication

Considérez un repère cartésien (A, AB, AC), où A, B, C sont les sommets du triangle et écrivez des inégalités caractérisant les points de T et de T.

Soient A, B, C les sommets du triangle. Un point M de coordonnées (x,y) dans le repère cartésien (A, AB, AC) appartient à T si et seulement si x 0, y 0, x + y 1. Il existe deux réels réels a et b et un réel c > 0 tels que le triangle T est caractérisé par les inégalités x a, y b, (x a) + (y b) c. L intersection T T est alors caractérisée par les inégalités x max(a,0), y max(b,0), x + y min(a + b + c,1). Elle est donc : vide si max(a,0) + max(b,0) > min(a + b + c,1) ; réduite à un point si max(a,0) + max(b,0) = min(a + b + c,1) ; un triangle image de T par une translation ou une homothétie de rapport positif si max(a,0) + max(b,0) < min(a + b + c,1). Table

Le théorème de Carathéodory (1) Soient A 0, A 1, mp,a m m + 1 points affinement dépendants d un espace affine E. Montrer qu il existe m + 1 réels α 0, α 1,,α m de somme nulle, non tous nuls, tels que le vecteur OA i soit nul pour tout point O de E. i=0 α i Suite

Dire que les points A 0,A 1,,A m sont affinement dépendants signifie que le système ( mp mp mp mp A 0 A 1,..., A 0 A m ) est lié. Il existe donc m réels α 1,,α m non tous nuls tels que le vecteur α ia 0 A i soit nul. Posons α 0 = α i. Comme α i = 0, le vecteur i=1 i=1 i=0 α mp ioa i ne dépend pas du point O de E ; en prenant O = A 0, on voit qu il est i=0 égal à A 0 A i, qui est nul. i=1 α i Suite

Le théorème de Carathéodory (2) En déduire que tout barycentre à coefficients tous positifs de m+1 points A 0, A 1,,A m affinement dépendants d un espace affine E peut s écrire comme barycentre à coefficients tous positifs de m de ces points. Suite

Soit M un barycentre à coefficients tous positifs des m + 1 points A 0, A 1,,A m : λ i MA i = mxi=0 0, λ i 0 pour tout i = mp 1,..., m, somme nulle, non tous nuls, tels que le vecteur λ i > 0. mxi=0 Ces points étant affinement dépendants, il existe m + 1 réels α 0, α 1,, α m de MA i soit nul, d où : i=0 α i mxi=0(λ i tα i ) MA i = 0 pour tout réel t. Soit I l ensemble des indices i tels que α i soit strictement positif (cet ensemble n est λ i pas vide, puisque les α i sont de somme nulle et ne sont pas tous nuls) et t = min. i I α i On a alors λ i tα i 0 pour tout i = 0,...,m,Pm i=0 (λ i tα i ) =Pm i=0 λ i > 0 et λ j tα j = 0 si t = λ j α j. Le point M s écrit donc comme barycentre à coefficients tous positifs des points A i, i j. Suite

Le théorème de Carathéodory (3) En déduire le théorème de Carathéodory : tout point de l enveloppe convexe d une partie d un espace affine de dimension n est barycentre à coefficients tous positifs de n + 1 points de cette partie.

On sait que l enveloppe convexe d une partie A de E est l ensemble des barycentres à coefficients tous positifs de points de A. Tout point M de cette enveloppe convexe s écrit donc comme barycentre à coefficients tous positifs de m points de A, pour un certain entier m. Comme m points d un espace affine de dimension n sont affinement dépendants si m > n + 1, un raisonnement par récurrence immédiat permet de montrer que M s écrit comme barycentre à coefficients tous positifs d au plus n + 1 de ces points. Application

Application En déduire que l enveloppe convexe d un compact non vide d un espace affine de dimension finie est compacte.

Soit K un compact non vide de E. Notons Accueil Σ n = {(λ 0,..., λ n ) [0,1] n mxi=0 λ i = 1} et ϕ l application de K n+1 Σ n dans E définie par ϕ(a 0,...,A n,λ 0,...,λ n ) = nxi=0 λ i A i. Le théorème de Carathéodory implique que l enveloppe convexe de K est l image de ϕ. Mais ϕ est continue et K n+1 Σ n est compact. L image d un compact par une application continue étant compacte, il en résulte que l enveloppe convexe de K est compacte. Remarque : L enveloppe convexe d un fermé n est par contre pas nécessairement fermée. Déterminez, pour vous en convaincre, l enveloppe convexe de la réunion d une droite D et d un point O n appartenant pas à cette droite.

L enveloppe convexe est la bande du plan comprise entre la droite D et la parallèle à D passant par O, cette dernière droite exclue à l exception du point O. Cette enveloppe convexe n est donc pas fermée, alors que la réunion de D et de O l est. 0 D Table

Projection sur un convexe fermé Soit C un convexe fermé non vide d un espace affine euclidien E. Montrer que pour tout point M de E il existe un unique point P de C réalisant la distance de M à C, i.e. vérifiant MP = d(m,c) = inf{mq Q C}.

Existence : Soit N un point de C et K l intersection de C et de la boule fermée de centre M et de rayon MN. On a clairement inf{mq Q C} = inf{mq Q K}. Mais K est compact et la fonction Q MQ est continue. Cette fonction atteint donc sa borne inférieure sur K. Unicité : Supposons qu il existe deux points distincts P 1 et P 2 de C vérifiant MP 1 = MP 2 = inf{mq Q C}. Le triangle MP 1 P 2 serait isocèle en M et le milieu I de P 1 P 2 appartiendrait à C, puisque C est convexe, et vérifierait MI 2 = MP 2 1 IP 2 1 < MP 2 1, ce qui contredit l hypothèse. Le point P de C vérifiant MP = d(m,c) = inf{mq Q C} est donc unique. On l appelle projeté de M sur le convexe C. Suite

Montrer que le projeté P de M sur C est l unique point de C vérifiant P M P Q 0 pour tout point Q de C. Indication

Soit Q un point de C et R un point du segment [P Q]. Il existe donc ε [0,1] tel que P R = ε P Q. En utilisant l inégalité MP 2 MR 2 et en faisant varier ε, montrez que P M P Q 0. Pour démontrer l unicité du point P vérifiant cette relation, supposez que P 1 et P 2 la vérifient et exprimez P 1 P2 2 en fonction de P 1 M P 1 P 2 et P 2 M P 2 P 1. Que peut-on dire du signe de ces produits scalaires?

Soit Q un point de C et R un point du segment [P Q]. Il existe donc ε [0,1] tel que P R = ε P Q. Comme R appartient à C, on a : MP 2 MR 2 = ( MP + P R) 2 = MP 2 + 2ε MP P Q + ε 2 P Q 2, d où 0 2ε MP P Q + ε 2 P Q 2 et, pour ε > 0, 0 2 MP P Q + εp Q 2. En faisant tendre ε vers 0, on obtient 0 MP P Q, i.e. P M P Q 0. Soient P 1 et P 2 deux points de C vérifiant P 1 M P 1 Q 0 (resp. P 2 M P 2 Q 0) pour tout point Q de C. En prenant Q = P 2 (resp. Q = P 1 ) dans cette inégalité, on obtient P 1 M P 1 P 2 0 et P 2 M P 2 P 1 0, d où, en faisant la somme P 1 P2 2 = ( P 1 M + MP 2 ) P 1 P 2 0 i.e. P 1 = P 2. Suite

Montrer que la projection p sur un convexe fermé C réduit les distances : Accueil p(m)p(n) MN pour tout couple (M,N) de points de E. Donner une condition nécessaire et suffisante sur le convexe C pour que p soit affine.

Soient M 1, M 2 deux points de E et P 1, P 2 leurs projetés sur C. Les inégalités M 1 P 1 P 1 P 2 0 et P 1 P 2 P 2 M 2 0 (appliquez la propriété précédente avec Q = P 2 et Q = P 1 ) montrent que : M 1 M 2 2 = ( M 1 P 1 + P 1 P 2 + P 2 M 2 ) 2 La projection p diminue donc les distances. M 1 P1 2 + P 1 P2 2 + P 2 M2 2 + 2 M 1 P 1 P 2 M 2 ( M 1 P 1 + P 2 M 2 ) 2 + P 1 P2 2 P 1 P2 2. Elle est affine si et seulement si C est un sous-espace affine de E : la condition est nécessaire, puisque l image p(e) de la projection sur C est égale à C et que l image d une application affine est un sous-espace affine ; elle est suffisante, puisque si C est un sous-espace affine de E, la projection sur C n est autre que la projection orthogonale sur ce sous-espace. Table

Séparation de convexes Soient C 1 et C 2 deux convexes compacts disjoints d un espace affine euclidien E. Montrer qu il existe un hyperplan H de E qui sépare strictement C 1 de C 2, i.e. tel que C 1 soit inclus dans l un des deux demi-espaces ouverts délimités par H et C 2 dans l autre. Indication

Soient P 1 C 1 et P 2 C 2 des points réalisant la distance de C 1 à C 2 : Accueil P 1 P 2 = min{q 1 Q 2 Q 1 C 1, Q 2 C 2 }. (On expliquera pourquoi de tels points existent.) Montrer que l hyperplan médiateur de P 1 P 2 convient.

La fonction (Q 1, Q 2 ) Q 1 Q 2 de C 1 C 2 dans [0, + [ est continue. Elle atteint donc son minimum sur le compact C 1 C 2. Soient P 1 C 1 et P 2 C 2 des points réalisant ce minimum : P 1 P 2 = min{q 1 Q 2 Q 1 C 1, Q 2 C 2 } et H 1 (resp. H 2 ) l hyperplan orthogonal à P 1 P 2 passant par P 1 (resp. P 2 ). P 1 (resp. P 2 ) est alors le projeté de P 2 (resp. de P 1 ) sur C 1 (resp. C 2 ) et C 1 (resp. C 2 ) est situé tout entier du côté de H 1 (resp. H 2 ) qui ne contient pas P 2 (resp. P 1 ). L hyperplan médiateur H de P 1 P 2 est parallèle à P 1 et P 2 et sépare strictement C 1 et C 2. Table

Hyperplans d appui Montrer que pour tout point M de la frontière d un convexe fermé C d un espace affine euclidien E il existe un hyperplan affine H de E vérifiant : M appartient à H ; C est situé tout entier d un même côté de H. Un tel hyperplan est appelé hyperplan d appui de C en M. Indication

Considérez une suite (M n ) de points de E \ C convergeant vers M et leurs projetés P n M n P n sur C. Montrez que si u est une valeur d adhérence de la suite u n =, P n M n l hyperplan passant par M de vecteur normal u est un hyperplan d appui de C en M.

Soit (M n ) une suite de points de E \ C convergeant vers M (une telle suite existe puisque C est fermé et que M appartient à la frontière de C). Soit P n le projeté de P n M n M n sur C et u n =. La suite P n converge vers M, puisque MP n MM n (la P n M n projection p sur C diminue les distances et p(m) = M) et P n M n P n Q 0 pour tout point Q de C, ce qui équivaut à : u n P n Q 0 pour tout point Q de C ( ) Soit u une valeur d adhérence de la suite ( u n ) (cette suite est bornée, puisque tous les vecteurs u n sont unitaires). En passant à la limite dans la relation ( ), on obtient u MQ 0 pour tout point Q de C, ce qui signifie que C se trouve tout entier d un même côté de l hyperplan normal à u passant par M. Remarque Table

Remarque : Si dim(e) = 2 et si la frontière de C est une courbe lisse, l hyperplan d appui en M est unique : c est la tangente en M à la frontière de C. Dans le cas général, il peut exister une infinité d hyperplans d appui en M. Table

Génération par les demi-espaces Montrer que tout convexe fermé d un espace affine euclidien est l intersection des demi-espaces fermés qui le contiennent.

Soit C un convexe fermé d un espace affine euclidien E. L intersection C des demiespaces fermés contenant C contient évidemment C. Montrons que le complémentaire de C dans E contient le complémentaire de C : l assertion en résultera. Soit M E \ C et P son projeté sur C. L inégalité P M P Q 0 pour tout point Q de C montre que C est inclus dans le demi-espace fermé de E orthogonal à P M passant par P qui ne contient pas M. Ce demi-espace contient C et M ne lui appartient pas : M appartient donc au complémentaire de C. Remarque Table

Soit C = E, aucun demi-espace de E ne contient C et C = E. La seconde partie de la démonstration montre que si C E, il existe au moins un demi-espace fermé de E contenant C. Tout convexe fermé de E distinct de E est donc inclus dans un demi-espace. On peut également remarquer que la propriété démontrée est purement affine : la démonstration donnée ici utilise la structure euclidienne de E, mais tout espace affine de dimension finie peut être muni d une structure euclidienne et le résultat ne dépend pas du choix de cette structure. Table

Domaines de Voronoï Soient A 1,..., A n n points distincts du plan affine euclidien E. Montrer que les domaines V i (i = 1,...,n) définis par : sont convexes. V i = { M E MA i MA j pour tout j = 1,...,n } Indication

Que peut-on dire de l ensemble des points M vérifiant MA i MA j? Accueil

Pour tout i et tout j, l ensemble des points M vérifiant MA i MA j est le demiplan fermé délimité par la médiatrice de A i A j contenant A i. Un demi-plan est convexe : V i est donc convexe comme intersection de convexes. Table

Distances aux points d un repère affine Soit E un espace affine euclidien de dimension n et A 0, A 1,...,A n un repère affine de E. Montrer qu un point M de E est entièrement déterminé par ses distances aux points de ce repère : MA i = NA i pour tout i = 0, 1,...,n implique M = N.

Supposons qu il existe deux points distincts M et N de E tels que MA i = NA i pour tout i = 0, 1,...,n. Les n + 1 points A 0,...,A n appartiendraient tous à l hyperplan médiateur de MN, ce qui contredirait le fait que A 0, A 1,...,A n est un repère affine de E. Remarque : l application M (MA 0,...,MA n ) est donc injective, mais elle n est pas surjective : on ne peut se donner arbitrairement les distances MA i. Table

Fonction scalaire de Leibniz Soit (A i,λ i ) i=1,...,n un système de points pondérés d un espace affine euclidien E de poids total λ i non nul. On définit une fonction ϕ de E dans R par nxi=1 Montrer que ϕ(m) = nxi=1 λ i MA 2 i. ϕ(m) = nxi=1 λ ižmg 2 + ϕ(g) où G est le barycentre du système pondéré (A i,λ i ) i=1,...,n.

Soit G le barycentre du système pondéré (A i,λ i ) i=1,...,n. On a : Accueil ϕ(m) = nxi=1 λ i MA 2 i = nxi=1 λ i MG + GAi 2 = nxi=1 λ i MG 2 + 2 MG = nxi=1 λ ižmg 2 + ϕ(g) puisque nxi=1 λ igai = 0 par définition du barycentre. nxi=1 λ i GAi + nxi=1 λ i GA 2 i Suite

En déduire les lignes de niveau de la fonction ϕ : Accueil pour tout réel k. L k = {M E λ i MA nxi=1 2 i = k}

L égalité obtenue précédemment montre que ϕ(m) = k si et seulement si Accueil Il en résulte que L k est : vide si k ϕ(g) nxi=1 λ i < 0 ; réduit au point G si k ϕ(g) nxi=1 λ i = 0 ; MG 2 = k ϕ(g) nxi=1 λ i. une sphère de centre G si k ϕ(g) nxi=1 λ i > 0. Application : les cercles d Apollonius. Table

Cercles d Apollonius Soient A et B deux points distincts du plan affine euclidien E et k un réel strictement positif différent de 1. Déterminer l ensemble C k des points M de E dont le rapport des distances à A et B est égal à k : C k = {M E MA MB = k}. Indication

Première méthode : commencez par montrer qu il existe exactement deux points K et L de la droite AB appartenant à C k, puis évaluez le produit scalaire MK ML pour M C k. Seconde méthode : utilisez le résultat de l exercice précédent. Retour

Si M appartient à la droite AB, l égalité MA = k équivaut à MA = k MB MB ou MA = k MB. On obtient ainsi exactement deux points K et L, qui sont les barycentres des systèmes pondérés ((A,1)),(B,k)) et ((A,1),(B, k)). On a alors, pour tout point M de E, MA + k MB MK =, MA k MB ML =, d où 1 + k 1 k MK ML = MA2 k 2 MB 2. Il en résulte que M appartient à C 1 k 2 k si et seulement si MK ML = 0, i.e. si et seulement si M appartient au cercle de diamètre KL. Autre méthode Suite

La relation MA MB = k s écrit aussi ϕ(m) = 0, où ϕ(m) = MA2 k 2 MB 2. En appliquant le résultat de l exercice précédent, on voit que C k est un cercle de centre G, où G est le barycentre du système pondéré ((A,1),(B, k 2 )). Les points K et L appartiennent à C k et G appartient à la droite AB : C k est donc le cercle de diamètre KL. On peut vérifier directement que G est le milieu de KL : 1 k2 1 k2a + 1 k 2B = 1 2 1 1 + k A + k 1 + k B!+ 1 2 1 1 k A + k 1 k B!. Suite

Montrer que, pour tout réel k > 0, k 1, le cercle C k est orthogonal au cercle de diamètre AB. En déduire qu il est orthogonal à tout cercle passant par A et B.

Soit I le milieu de AB. La puissance de I par rapport au cercle C k est égale à : IK 1 IL = IA + k 1 IB! IA + k IB! 1 + k 1 + k 1 k 1 k = IA2 k 2 IB 2 1 k 2 = IA 2 = IB 2 qui est aussi le rayon du cercle de diamètre AB. Ce cercle est donc orthogonal à C k. Suite

Il en résulte que la puissance du centre G de C k par rapport au cercle de diamètre AB est égale au rayon de C k. Mais cette puissance est aussi la puissance de G par rapport à tout cercle passant par A et B, puisqu elle est égale à GA GB. Tous les cercles C k sont donc orthogonaux à tous les cercles passant par A et B (ces deux familles de cercles constituent des faisceaux orthogonaux). Table

Le triangle orthique Soit ABC un triangle du plan affine euclidien et A, B, C les pieds des hauteurs. Montrer que les côtés du triangle ABC sont des bissectrices du triangle A B C. Indication

Montrer que la somme des angles de droites (A A,A B )+(A A,A C ) est nulle (que peut-on dire des cercles de diamètres AB et AC?). Retour

Les points A, A, B, B (resp. A, A, C, C ) sont cocycliques, puisqu ils appartiennent au cercle de diamètre AB (resp. AC). On a donc : Accueil (A A,A B ) + (A A,A C ) = (BA,BB ) + (CA,CC ) = (BA,AC) + (AC,BB ) + (CA,AB) + (AB,CC ) = 0 (égalités d angles de droites), ce qui montre que AA est une bissectrice de l angle en A du triangle A B C. Remarque Table

Remarque : Si le triangle ABC a tous ses angles aigus, les hauteurs AA, BB et CC sont les bissectrices intérieures du triangle A B C ; si l un des angles du triangle ABC est obtus, deux des hauteurs de ABC sont des bissectrices extérieures de A B C, l autre une bissectrice intérieure. Pour une application de cet exercice, on pourra étudier le problème de Fagnano (trajectoire de billard dans le triangle). Table

Bissectrices et cercle circonscrit Les bissectrices intérieure et extérieure en A d un triangle ABC non isocèle en A recoupent le cercle Γ circonscrit à ce triangle respectivement en I et J. Montrer que les points I et J appartiennent à la médiatrice de BC. Indication

Comparer les angles de vecteurs ( OB, OI) et ( OI, OC) (resp. ( OB, OJ) et ( OJ, OC)) où O est le centre du cercle circonscrit Γ. Retour

Les angles orientés de droites (AB,AI) et (AI,AC) (resp. (AB,AJ) et (AJ,AC)) sont égaux. L égalité ( OB, OI) = 2(AB,AI) = 2(AI,AC) = ( OI, OC) d angles orientés de vecteurs en résulte par le théorème de l angle inscrit. De même ( OB, OJ) = ( OJ, OC). Les points I et J appartiennent donc à la bissectrice intérieure en O du triangle isocèle OBC, qui est aussi la médiatrice de BC. Table

Le pivot Soit ABC un triangle et A, B, C trois points situés respectivement sur les côtés BC, CA et AB de ce triangle et différents des sommets. Montrer que les cercles circonscrits aux trois triangles AB C, BC A et CA B ont un point commun. Indication

Soit I le point d intersection des cercles circonscrits aux triangles AB C et BC A. Comparer les angles (IA,IB ) et (CA,CB ). Retour

Si les cercles circonscrits aux triangles AB C et BC A se coupent en un second point I, les égalités : (IA,IB ) = (IA,IC ) + (IC,IB ) = (BA,BC ) + (AC,AB ) = (BC,BA) + (AB,AC) = (CB,CA) = (CA,CB ) montrent que les points I, A, B et C sont cocycliques. Si ces deux cercles sont tangents en C, les angles (B C,B C) et (A C,A C) sont droits et le cercle de diamètre CC, qui est le cercle circonscrit à CA B, passe par C. Table

Cercles tangents Soient, dans le plan affine euclidien, C 1, C 2, C 3 trois cercles de centres respectifs O 1, O 2, O 3 tangents extérieurement deux à deux. Montrer que les trois tangentes communes à deux de ces cercles en leur point de contact sont concourantes. Que représente leur point de concours pour le triangle O 1 O 2 O 3?

Soient T 1, T 2, T 3 les points de contact de ces cercles. Le point d intersection I de deux des tangentes considérées est équidistant de T 1, T 2, T 3, donc des côtés du triangle O 1 O 2 O 3, puisque ces côtés sont perpendiculaires aux tangentes. Il est donc centre d un cercle tangent aux trois côtés du triangle O 1 O 2 O 3. Ce dernier cercle est le cercle inscrit dans le triangle O 1 O 2 O 3, puisque les points T 1, T 2, T 3 appartiennent aux segments O 2 O 3, O 3 O 1, O 1 O 2. La troisième tangente passe aussi par ce point. Suite

Réciproquement, montrer que pour tout triangle O 1 O 2 O 3 il existe exactement un triplet de cercles C 1, C 2, C 3 de centres O 1, O 2, O 3 tangents extérieurement deux à deux. Indiquer une construction de ces cercles.

Le point de concours I des trois tangentes est le centre du cercle inscrit dans le triangle O 1 O 2 O 3 et les points de contact T 1, T 2, T 3 de ces cercles deux à deux sont les points de contact de ce cercle inscrit avec les côtés du triangle, ce qui détermine entièrement les cercles C 1, C 2, C 3. Pour les construire, il suffit donc de construire le centre I du cercle inscrit (intersection des bissectrices intérieures), puis ses projections T 1, T 2, T 3 sur les côtés. Table

Trois cercles Soient, dans le plan affine euclidien, C 1, C 2, C 3 trois cercles tangents deux à deux. Montrer que les trois tangentes communes à deux de ces cercles sont concourantes ou parallèles. Indication

Soit O le point d intersection de deux de ces tangentes (si elles ne sont pas toutes parallèles). Que peut-on dire de la puissance de O par rapport à ces cercles? Retour

Si ces trois tangentes ne sont pas parallèles, le point O d intersection de deux de ces tangentes a même puissance par rapport aux trois cercles (on dit que O est le centre radical des trois cercles). Il appartient donc à la troisième tangente commune à deux de ces cercles. Suite

En déduire que si ces trois tangentes ne sont pas parallèles, il existe un cercle orthogonal aux trois cercles C 1, C 2, C 3.

Le cercle de centre O passant par un des points de contact de ces tangentes passe par les deux autres, puisque la puissance de O par rapport à chacun de ces cercles est OT 2 1 = OT 2 2 = OT 2 3. Ce cercle est donc orthogonal aux trois cercles. Cas particulier Table

Les trois tangentes communes à deux de ces cercles sont parallèles si et seulement si leurs centres sont alignés. La droite des centres est dans ce cas orthogonale aux trois cercles. Table

Le théorème des trois tangentes Soit ABC un triangle du plan affine euclidien. Le cercle exinscrit dans l angle en A touche les côtés BC, CA et AB en P, Q et R. Montrer que la somme AR + AQ est égale au périmètre AB + BC + CA du triangle ABC.

Il suffit de remarquer que AR = AB +BR, AQ = AC +CQ, BR = BP, CQ = CP (puisque la réflexion d axe BI A (resp. CI A ) échange BR et BP (resp. CQ et CP )), BC = BP + CP (puisque P appartient au segment BC). Retour Suite

En déduire que si l on mène d un point A extérieur à un cercle Γ deux tangentes AR et AQ à ce cercle et si la tangente à Γ en un point P situé du même côté que A de la droite RQ coupe ces deux tangentes en B et C, le périmètre du triangle ABC est constant (i.e. ne dépend pas de la position de P sur l arc RQ).

Il suffit de remarquer que Γ est le cercle exinscrit dans l angle en A du triangle ABC et d appliquer le résultat précédent : le périmètre du triangle ABC est AB + BC + CA = AR + AQ = 2AR = 2AQ, puisque AR = AQ. Table

Rayons des cercles inscrit et exinscrits Soit ABC un triangle, a = BC, b = CA, c = AB les longueurs de ses côtés, 2p = a + b + c son périmètre. Exprimer l aire S de ce triangle en fonction de p et du rayon r du cercle inscrit.

Soit I le centre du cercle inscrit. L aire S du triangle ABC est égale à la somme des aires des triangles BIC, CIA et AIB. Ces trois triangles ont pour hauteur r et pour bases a, b, c. La somme de leurs aires est donc S = r (a + b + c) = rp. 2 Suite

Donner de même des expressions de S faisant intervenir les rayons r A, r B, r C des cercles exinscrits.

Soit I A le centre du cercle exinscrit dans l angle en A, P, Q, R les points de ce cercle avec les côtés BC, CA et AB. En écrivant que la somme des aires des triangles AI A R et AI A Q est égale à la somme de l aire S du triangle ABC et des aires des triangles BI A R, BI A P, CI A P et CI A Q et en remarquant que BP = BR, CP = CQ, on obtient S = r A 2 (b + c a) = r A(p a). Suite

En déduire la relation : 1 r = 1 + 1 + 1. r A r B r C

Des relations : on tire : d où : S = rp = r A (p a) = r B (p b) = r A (p c) 1 r = p S, 1 = p a r A S, 1 = p b r B S, 1 = p c r C S, 1 + 1 + 1 = 3p a b c r A r B r C S = p S = 1 r. Table

Un problème de maximisation Soient C et C deux cercles sécants de centres O et O, A un de leurs points d intersection. Une droite D passant par A recoupe C et C en deux points M et M situés de part et d autre de A. Déterminer la position de la droite D qui maximise la distance MM et expliciter la valeur maximale de cette distance. Indication

Soient I et I les milieux des segments AM et AM. Montrez que II OO. Dans quel cas a-t-on égalité? Retour

Les droites OI et O I sont perpendiculaires à D (ce sont les médiatrices des segments AM et AM ). Les points I et I sont donc les projetés orthogonaux des points O et O sur la droite D. Une projection orthogonale diminuant les distances, il en résulte que II OO, avec égalité si et seulement si D est parallèle à OO. La distance MM = 2II est donc toujours inférieure ou égale à 2OO et lui est égale si et seulement si D est parallèle à OO. Table

Le problème de Fermat Soit P QR un triangle équilatéral. Montrer que la fonction qui à un point M du plan associe la somme de ses distances aux trois côtés du triangle P QR est constante à l intérieur de ce triangle. Suite

Soit M un point intérieur au triangle P QR, A, B et C ses projections orthogonales sur les côtés QR, RP et P Q. L aire du triangle P QR est la somme des aires des triangles MP Q, MQR et MRP. Ces triangles ont tous trois pour base le côté du triangle équilatéral. La somme de leurs hauteurs, qui est aussi la somme MA+MB+MC des distances de M aux trois côtés du triangle, est donc constante. Retour Suite

Soit M un point intérieur au triangle P QR, A, B et C ses projections orthogonales sur les côtés QR, RP et P Q. Montrer que M est l unique point du plan minimisant la somme NA + NB + NC des distances d un point N aux trois points A, B et C.

La solution du problème de minimisation est à rechercher dans le triangle ABC. En effet si un point N est extérieur à ce triangle, il est situé dans un demi-plan délimité par un des côtés et ne contenant pas le sommet opposé ; sa projection orthogonale N sur ce côté vérifie alors N A + N B + N C < NA + NB + NC. Or tout point M du triangle P QR vérifie M A + M B + M C = MA + MB + MC, où A, B, C sont les projections orthogonales de M sur les droites QR, RP et P Q. Les inégalités M A M A, M B M B, M C M C montrent alors que MA + MB + MC M A + M B + M C, l égalité ne pouvant être atteinte que si M est situé sur les droites MA, MB et MC, i.e. égal à M. Remarque

On peut montrer que si ABC est un triangle dont tous les angles sont inférieurs à 2π/3, il existe un unique point M intérieur à ABC à partir duquel on voit les trois côtés AB, BC et CA sous le même angle, i.e. sous un angle de 2π/3. Le point M est alors l unique point du plan minimisant la somme des distances MA + MB + MC. On peut en effet reconstituer le triangle équilatéral P QR à partir du triangle ABC en menant par A, B et C les perpendiculaires à MA, MB et MC. Question : comment construit-on ce point M?

Il suffit de prendre l intersection des arcs capables lieux des points M tels que les angles ( MB, MC) (resp. ( MC, MA), ( MA, MB)) valent 2π/3. Les cercles portant ces arcs sont les cercles circonscrits aux triangles équilatéraux construits à l extérieur du triangle ABC sur les côtés de ce triangle. Table

Arcs interceptés par deux sécantes Soit Γ un cercle du plan affine euclidien P, O son centre et M un point de P n appartenant pas à Γ. Deux sécantes issues de M coupent le cercle respectivement en A et B, et C et D. Démontrer l égalité : 2(MA,MC) = ( OB, OD) ( OC, OA). Indication Suite

Indication : Décomposez (MA,MC) en (MA,AD) + (AD,MC). Retour Suite

On a, par la relation de Chasles et le théorème de l angle inscrit : Accueil (égalités d angles orientés de vecteurs). 2(MA,MC) = 2(MA,AD) + 2(AD,MC) = 2(AB,AD) + 2(DA,DC) = ( OB, OD) + ( OA, OC) = ( OB, OD) ( OC, OA) Remarque Suite

Remarque : Cette égalité d angles orientés se traduit différemment en termes d angles géométriques suivant la position du point par rapport au cercle : si M est extérieur à Γ, l angle géométriqueøamc est la demi-différence des angles au centre AOC etøbod, si M est intérieur à Γ, l angle géométriqueøamb en est la demi-somme. Retour Suite

Soient A et B deux points d un cercle de centre O et de rayon R. On construit sur le diamètre OA de ce cercle un point C extérieur au cercle tel que la droite CB recoupe le cercle en un point M vérifiant MC = R. Montrer que la mesure de l angle géométrique ACB est le tiers de la mesure de l angle géométrique AOB. Remarque

La première question de l exercice nous apprend que : 2(CA,CB) = ( OA, OB) ( OM, OC). Le triangle CMO étant isocèle en M, il en résulte ( OM, OC) = ( CA, CB) d où : 3( CA, CB) = ( OA, OB). Remarque Retour

Remarque : L exercice permet donc de diviser en trois un angle donné. Il ne prétend pas pour autant résoudre le problème de la trisection de l angle à la règle et au compas (problème dont on sait qu il est en toute généralité impossible). En effet la construction précédente peut se réaliser si l on dispose d un compas et d une règle sur laquelle on peut reporter les distances (en l occurence le rayon du cercle). Mais ce report est interdit dans les problèmes classiques de construction à la règle et au compas, où la règle ne peut servir qu à tracer des droites. Retour Table

Un problème de recouvrement n disques de même rayon sont disposés sur une table rectangulaire sans se chevaucher. On suppose qu il est impossible de rajouter sur la table un disque de même rayon qui ne chevauche aucun des précédents. Montrer qu on peut recouvrir complètement la table avec 4n disques de même rayon que les précédents (les chevauchements étant cette fois autorisés). Indication

Soit A, B, C, D les coins de la table, r le rayon commun des disques, O 1,..., O n leurs centres. Montrez d abord que les n disques de centres O 1,..., O n et de rayon 2r recouvrent complètement la table (en se chevauchant). Passez ensuite à des disques de rayon r en utilisant des homothéties. Retour

Soit A, B, C, D les coins de la table, r le rayon commun des disques, O 1,..., O n leurs centres. Les n disques de centres O 1,..., O n et de rayon 2r recouvrent la table (en se chevauchant) : en effet si un point M de la table vérifiait MO i > 2r pour tout i = 1,...,n, le disque de centre M et de rayon r serait disjoint des disques de centres O 1,..., O n et de rayon r, ce qui est contraire à l hypothèse. Les n disques images de ces disques par l homothétie de centre A (resp. B, C, D) et de rapport 1/2 recouvrent l image du rectangle ABCD par cette même homothétie et ont pour rayon r. Les 4n disques ainsi obtenus conviennent. Table

Disque de rayon minimal contenant un compact (1) Soient D 1 et D 2 deux disques fermés de même rayon ρ du plan affine euclidien. Montrer qu il existe un disque fermé de rayon r < ρ contenant l intersection de D 1 et D 2. Préciser la valeur minimale de r en fonction de ρ et de la distance d des centres de D 1 et D 2. Suite

Si d > 2ρ, l intersection est vide et r = 0. Accueil Sinon l intersection D 1 D 2 est incluse dans le disque de centre le milieu de O 1 O 2 et de rayonìρ 2 d2 4. Retour Suite

Disque de rayon minimal contenant un compact (2) Soit K un compact non vide du plan affine euclidien. On se propose de montrer qu il existe un unique disque fermé de rayon minimal contenant K. Existence Soit ρ la borne inférieure de l ensemble des réels r tels qu il existe un disque fermé de rayon r contenant K. Montrer qu il existe un disque fermé de rayon ρ contenant K. Suite

K étant compact, il existe un disque fermé de centre O et de rayon R contenant K. L ensemble des réels r 0 tels qu il existe un disque fermé de rayon r contenant K n est donc pas vide et il est minoré par 0. Soit ρ sa borne inférieure. Si ρ = R, c est terminé. Sinon, il existe une suite r n de réels R de limite ρ et une suite O n de points du plan telles que, pour tout n, K soit inclus dans le disque fermé de centre O n et de rayon r n. Les points O n appartiennent tous au disque fermé de centre O et de rayon 2R, puisque OO n OM + MO n R + r n 2R pour tout point M de K. Ce disque étant compact, on peut extraire de la suite O n une sous-suite convergente O np. Soit Ω sa limite. On vérifie facilement que K est inclus dans le disque fermé de rayon ρ et de centre Ω : en effet tout point M de K vérifie MO np r np, d où, en passant à la limite, MΩ ρ. Suite

Disque de rayon minimal contenant un compact (3) Soit K un compact non vide du plan affine euclidien. On se propose de montrer qu il existe un unique disque fermé de rayon minimal contenant K. Unicité La borne inférieure ρ de l ensemble des réels r tels qu il existe un disque fermé de rayon r contenant K est donc atteinte. Montrer qu il n y a qu un seul disque fermé de rayon ρ qui contient K.

S il existait deux disques fermés distincts de même rayon ρ et de centres respectifs O 1 et O 2 contenant K, il existerait, d après la première question, un disque de rayon r < ρ contenant K, ce qui contredirait la définition de ρ. Le disque fermé de rayon ρ contenant K est donc unique. Application

Application En déduire que si G est le groupe des isométries conservant un compact K, il existe un point Ω fixe par tout élément de G.

Le centre Ω de l unique disque fermé de rayon minimal ρ contenant K est fixe par tout élément f de G, puisque G = f(g) est inclus dans le disque de centre f(ω) et de rayon ρ. Remarque : Si K est fini, l isobarycentre de K est aussi fixe par tout élément de G, et on n a pas besoin de la construction précédente. De même, si on sait que G est fini, l isobarycentre de la famille de points g(m), où M est n importe quel point du plan et g décrit G, est fixe par tout élément f de G. Table

Composée de réflexions (1) Soit, dans le plan affine euclidien, D 1, D 2 et D 3 trois droites concourantes en un point O. On note s i, pour i = 1,2,3, la réflexion d axe D i. a) Déterminer la nature géométrique de la transformation f = s 3 s 2 s 1, puis de f f. b) Comparer les transformations f et g = s 1 s 2 s 3. Indication

f est-elle un déplacement? un antidéplacement? admet-elle des points fixes? Accueil Retour

: a) La transformation f est la composée de trois antidéplacements et laisse fixe le point O; c est donc un antidéplacement qui admet O comme point fixe, i.e. une réflexion d axe passant par O. Toute réflexion étant involutive, on en déduit que f f est l application identique. b) L application réciproque de f est donc f; mais c est aussi (s 1 ) 1 (s 2 ) 1 (s 3 ) 1 = s 1 s 2 s 3 = g. On a donc f = g. Table

Composée de réflexions (2) Soit, dans le plan affine euclidien, ABC un triangle, I le centre de son cercle inscrit. Déterminer la nature géométrique de la composée f = s BI s AI s CI des réflexions d axes les bissectrices intérieures du triangle. Indication

f est-elle un déplacement? un antidéplacement? admet-elle des points fixes? Déterminez l image de la droite BC par f. Retour

f est la composée de trois antidéplacements : c est donc un antidéplacement. Le point I est fixe par chacune des trois réflexions ; il est donc fixe par f. Il en résulte que f est une réflexion d axe passant par I. La droite BC est globalement invariante par f. Or les seules droites globalement invariantes par une réflexion sont l axe et les droites perpendiculaires à l axe. La droite BC ne passe pas par I : l axe de f est donc la perpendiculaire à BC passant par I, i.e. la droite Iα, où α est le point de contact du cercle inscrit avec BC. Table

Composée de réflexions (3) Soit, dans le plan affine euclidien, ABC un triangle. Montrer que la composée f = s AB s CA s BC des réflexions d axes les côtés du triangle est une symétrie glissée. Indication

Constatez que f est un antidéplacement et montrez que cet antidéplacement ne peut être une réflexion. Retour

f est la composée de trois antidéplacements : c est donc un antidéplacement. Si f était une réflexion s d axe, la relation s AB s CA s BC = s impliquerait s AB s CA = s s BC. Mais s AB s CA est la rotation de centre A et d angle 2(AC,AB). La composée s s BC ne peut être une rotation de centre A et d angle non nul que si les droites et BC sont sécantes en A, ce qui n est pas le cas. f est donc une symétrie glissée. Suite

Montrer que l axe de f est la droite P R passant par les pieds des hauteurs en A et en C du triangle ABC. Indication

Que peut-on dire de l image de la droite P R par f? Souvenez-vous que les côtés du triangle ABC sont des bissectrices des angles du triangle P QR (démonstration).

L image de la droite P R par s BC est la droite P Q ; l image de la droite QP par s CA est la droite QR ; l image de la droite RQ par s AB est la droite RP. Il en résulte que la droite RP est globalement invariante par f. Or la seule droite globalement invariante par une symétrie glissée est son axe (démonstration). Table

Droites invariantes par une symétrie glissée Montrer que la seule droite globalement invariante par une symétrie glissée est son axe. Indication

Que peut-on dire de la direction d une droite globalement invariante par une transformation affine?

Soit D une droite globalement invariante par une transformation affine f : f(d) = D et v un vecteur directeur de D. La relation f( D) = D montre que f( v) est proportionnel à v, i.e. que v est un vecteur propre de f. Si f = s t u = t u s est une symétrie glissée d axe, f est la réflexion vectorielle d axe. Les sous-espaces propres de f sont donc, associé à la valeur propre +1, et la droite vectorielle orthogonale, associé à la valeur propre -1. Toute droite D globalement invariante par f est donc soit parallèle à, soit perpendiculaire à. Mais l image par f d une droite perpendiculaire à est la droite parallèle déduite par la translation t u et l image d une droite parallèle à est la droite symétrique par rapport à. La seule droite globalement invariante par f est donc l axe de f. Table

Composée de rotations Soient r 1 et r 2 deux rotations du plan affine euclidien, de centres O 1 et O 2 distincts et d angles α 1 et α 2. On suppose α 1 + α 2 0. Donner une construction du centre de la rotation composée r 2 r 1. Indication

Décomposez r 1 et r 2 en produit de réflexions : r 1 = s 2 s 1, r 2 = s 4 s 3. Peut-on s arranger pour avoir s 2 = s 3? Retour

Toute rotation peut se décomposer en produit de deux réflexions, l axe de l une de ces réflexions pouvant être choisi arbitrairement parmi toutes les droites passant par le centre de la rotation et l autre étant alors déterminé de manière unique. On peut donc décomposer r 1 et r 2 sous la forme r 1 = s 2 s 1, r 2 = s 4 s 3 avec s 2 = s 3 en prenant pour axe 2 = 3 de cette réflexion la droite O 1 O 2. Les axes 1 et 4 de s 1 et s 4 sont alors déterminés par les relations ( 1, 2 ) = α 1 /2, ( 3, 4 ) = α 2 /2 (égalités d angles de droites). Le point d intersection O de 1 et 4 (ces droites sont sécantes, puisque α 1 + α 2 0) est fixe par s 1 et s 4, donc par r 2 r 1 = s 4 s 1 : c est le centre de la rotation composée. Cas particulier

Si α 1 + α 2 = 0, les droites 1 et 4 sont parallèles. Le composé r 2 r 1 = s 4 s 1 des deux rotations est alors produit de deux réflexions d axes parallèles : c est une translation de vecteur 2 u, où u est le vecteur A 1 A 4, où A 1 est n importe quel point de 1 et A 4 son projeté orthogonal sur 4 (ce vecteur ne dépend pas du choix de A 1 ). Table

Composée de symétries glissées Déterminer la nature géométrique de la composée de deux symétries glissées d axes perpendiculaires (on précisera les éléments caractéristiques de cette transformation). Indication

Etudiez d abord la partie linéaire de cette transformation. Accueil

Soient f i = s i t ui = t ui s i (i = 1,2) les deux symétries glissées, où s i est une réflexion d axe D i et t ui une translation de vecteur u i D i. La partie linéaire g de g = f 2 f 1 est g = f 2 f 1 = id E puisque les droites D 1 et D 2 sont perpendiculaires. Il en résulte que g est une symétrie centrale. Pour déterminer son centre, il suffit de connaître l image d un point, par exemple l image O du point d intersection O des droites D 1 et D 2. Le vecteur OO est égal à u 2 u 1. On en déduit que le centre Ω de g est déterminé par OΩ = u 2 u 1. 2 Table

Le tourniquet dans le cercle Soient A 1, A 2, A 3, A 4 quatre points distincts d un même cercle C de centre O. La parallèle à A 1 A 2 menée par A 4 recoupe C en un point A 5, la parallèle à A 2 A 3 menée par A 5 recoupe C en un point A 6, la parallèle à A 3 A 4 menée par A 6 recoupe C en un point A 7. Montrer que A 7 = A 1. Indication

Soient 1, 2, 3 les médiatrices de A 1 A 2, A 2 A 3, A 3 A 4. Comment passe-t-on de A 1 à A 2, de A 2 à A 3,...? Retour

La médiatrice 1 (resp. 2, 3 ) de A 1 A 2 (resp. A 2 A 3, A 3 A 4 ) est aussi celle de A 4 A 5 (resp. A 5 A 6, A 6 A 7 ). On a donc, en notant s i la réflexion d axe i (i = 1,2,3) : A 7 = s 3 s 2 s 1 s 3 s 2 s 1 (A 1 ) = f 2 (A 1 ), en notant f = s 3 s 2 s 1. Mais f est un antidéplacement laissant fixe le point O, donc une réflexion d axe passant par O, d où f 2 = id et A 7 = A 1. Table

Polygone régulier Soient n 3 un entier et A 1, A 2,..., A n n points distincts d un même cercle C de centre O. On suppose A 1 A 2 = A 2 A 3 = = A n 1 A n = A n A 1. Montrer qu il existe une rotation r de centre O telle que A 2 = r(a 1 ), A 3 = r(a 2 ),..., A n = r(a n 1 ), A 1 = r(a n ).

Pour tout k = 1,...,n, les points A k 1 et A k+1 (où A n+1 = A 1 et A 1 = A n ) sont distincts et appartiennent au cercle C et à un même cercle de centre A k. Ils sont donc symétriques par rapport à la droite OA k et les angles ( OA k, OA k 1 ) et ( OA k, OA k+1 ) sont opposés. Il en résulte que tous les angles ( OA k, OA k+1 ) sont égaux. La rotation r de centre O et d angle ( OA 1, OA 2 ) transforme A k en A k+1 pour tout k. Suite

Û Soient n 3 un entier impair et A 1, A 2,..., A n n points distincts d un même cercle C de centre O. On suppose les angles A k 1 A k A k+1 (k = 1,...,n) égaux. Montrer qu il existe une rotation r de centre O telle que A 2 = r(a 1 ), A 3 = r(a 2 ),..., A n = r(a n 1 ), A 1 = r(a n ).

Pour tout k = 1,...,n, Ûla réflexion d axe Ûla médiatrice de A k A k+1 échange les points A k et A k+1, ainsi que les demi-droites A k A k 1 et A k+1 A k+2 puisque les angles géométriques A k 1 A k A k+1 et A k A k+1 A k+2 sont égaux et les points A k 1 et A k+2 situés sur le cercle C. Il en résulte que les longueurs A k 1 A k et A k+1 A k+2 sont égales, d où A 1 A 2 = A 3 A 4 = = A n A 1 = A 2 A 3 = = A n 1 A n puisque n est impair. On est donc ramené à la question précédente et le polygone est régulier. Le résultat subsiste-t-il si n est pair?

Si n est pair, la longueur du côté A k A k+1 peut dépendre de la parité de k : Accueil Suite

Û Soient A 1, A 2,..., A n n points distincts du plan affine euclidien. On suppose tous les angles géométriques A k 1 A k A k+1 (k = 1,...,n) égaux et toutes les longueurs A k A k+1 égales. Existe-t-il nécessairement une rotation r du plan telle que A 2 = r(a 1 ), A 3 = r(a 2 ),..., A n = r(a n 1 ), A 1 = r(a n )?

Pas nécessairement (ce serait vrai si on avait des égalités d angles orientés) : Accueil Table

Deux carrés (ou trois... ) Soient, dans le plan affine euclidien, ABCD et AEF G deux carrés de même orientation ayant un sommet commun et P, Q, R, S les milieux respectifs des segments BD, DE, EG et GB. Montrer que P QRS est un carré. Indication

Indication : Comparez (par exemple) les vecteurs P Q et BE (resp. P S et DG). Ne voyez-vous pas une transformation géométrique simple qui transforme BE en DG?

: On a P Q = 1 BE et P S = 1 DG. Or la rotation r de centre A et d angle + π 2 2 2 transforme B en D et E en G. Sa partie linéaire r transforme donc BE en DG. Ces deux vecteurs sont donc orthogonaux et de même norme. De même P Q et P S. Autre solution Retour Table

Billard polygonal Soit, dans le plan affine euclidien, ABCD un quadrilatère convexe. On suppose qu il existe dans ce quadrilatère une trajectoire de billard (angle de réflexion = angle d incidence) fermée P QRS (voir figure). Montrer que le quadrilatère ABCD est inscriptible. Indication

Indication : Interprétez l égalité angle de réflexion = angle d incidence en termes de réflexions et composez ces réflexions pour comparer (par exemple) les angles de droites (AD,AB) et (CD,CB).

La réflexion s AD d axe AD transforme la demi-droite orientée SR en la demi-droite orientée SR opposée à SP. Sa partie linéaire s AD transforme donc le vecteur SR P S unitaire i = de cette demi-droite en le vecteur unitaire. En continuant SR P S ainsi, on voit que la composée r = s DC s CB s BA s AD laisse fixe le vecteur i. Mais r est une rotation d angle 2(AD,AB) + 2(CB,CD). Cet angle orienté de vecteurs est donc nul, ce qui équivaut à l égalité d angles de droites (AD,AB) = (CD,CB). Cette dernière condition exprime la cocyclicité des points ABCD. Table

Plus court chemin entre deux points Soit D une droite du plan affine euclidien et P et Q deux points du plan situés d un même côté de cette droite. Déterminer le point I de la droite D qui minimise la somme P I + IQ.

Soit P le symétrique de P par rapport à D. L égalité P I + IQ = P I + IQ, vraie pour tout point I de D, montre qu il s agit de minimiser la distance P Q. Le point I est donc le point d intersection de D et P Q. P I Q P Suite

Plus court chemin (suite) Soient D 1 et D 2 deux demi-droites de même origine O du plan affine euclidien et P et Q deux points du plan situés dans un même secteur angulaire déterminé par ces deux demi-droites. Déterminer deux points I et J situés respectivement sur D 1 et D 2 tels que la somme P I + IJ + JQ soit minimale.

Soit P 1 le symétrique de P par rapport à D 1 et Q 2 le symétrique de Q par rapport à D 2. L égalité P I + IJ + JQ = P 1 I + IJ + JQ 2, vraie pour tout point I de D 1 et tout point J de D 2, montre qu il s agit de minimiser la distance P 1 Q 2. Les points I et J sont donc obtenus en prenant l intersection de la droite P 1 Q 2 avec les demidroites D 1 et D 2. Ces intersections existent toujours si l angle géométrique de D 1 et D 2 est inférieur à π 3. Table

Le problème de Fagnano Soit ABC un triangle du plan affine euclidien dont tous les angles sont aigus et P, Q, R trois points appartenant respectivement aux côtés BC, CA et AB du triangle et distincts de ses sommets tels que la somme P Q+QR+RP soit minimale. Montrer que les côtés du triangle ABC sont les bissectrices extérieures du triangle P QR. Indication

Fixez Q et R et déterminez le point P qui minimise P Q + P R (voir plus court chemin)

Pour Q et R fixés, le point I de la droite BC qui minimise la somme IQ + IR est obtenu en prenant l intersection de la droite QR (où R est le symétrique de R par rapport à BC) avec la droite BC (voir plus court chemin). Ce point est intérieur au segment BC : c est donc bien le point P. La réflexion d axe BC échange donc les droites P Q et P R (mais pas les demi-droites) : c est la bissectrice extérieure en P du triangle P QR. Suite

En déduire que les points P, Q, R sont les pieds des hauteurs du triangle ABC. Accueil Indication

Déterminez l image de la droite P R par la composée f = s AB s CA s BC des réflexions d axes BC, CA et AB. Quelle est la nature géométrique de f? (Voir composition de réflexions.)

La droite P R est globalement invariante par la composée f = s AB s CA s BC des réflexions d axes BC, CA et AB. C est donc l axe de cette symétrie glissée ; on en déduit que P et R sont les pieds des hauteurs issues de A et C dans le triangle ABC. Suite

Soit P, Q, R les pieds des hauteurs issues de A, B, C dans le triangle ABC, P 1 et P 2 les symétriques de P par rapport à AB et AC. Montrer que les points P 1, R, Q et P 2 sont alignés et que le périmètre du triangle P QR est égal à P 1 P 2. Exprimer ce périmètre en fonction de AP et de l angle en A du triangle ABC.

La droite RQ est symétrique de la droite RP (resp. QP ) par rapport à AB (resp. CA). Il en résulte que P 1 et P 2 appartiennent à RQ. Les points P 1, R, Q et P 2 étant alignés dans cet ordre, le périmètre du triangle P QR est égal à P 1 P 2, puisque RP 1 = RP et QP 2 = QP. Mais P 1 P 2 = 2 AP cos((ap 1,AP 2 )/2) = 2 AP cos(ca) =, oùca est l angle en A du triangle ABC (remarquer que AP 1 = AP 2 = AP, ( AP 1, AB) = ( AB, AP ), ( AP, AC) = ( AC, AP 2 )). Suite

En déduire que le triangle orthique P QR est le triangle de périmètre minimal inscrit dans le triangle ABC.

La fonction (P,Q,R) P Q+QR+RP de [BC] [CA] [AB] dans R est continue, donc atteint son minimum sur le compact [BC] [CA] [AB]. On vient de voir que si ce minimum est atteint en des points P, Q, R distincts des sommets A, B, C, ces points sont nécessairement les pieds des hauteurs. Si le minimum était atteint pour R = A (par exemple), on aurait aussi Q = A et P serait le pied P de la hauteur issue de A ; le périmètre de P Q R serait donc 2 AP, ce qui est supérieur au périmètre de P QR. Le triangle P QR est donc bien le triangle de périmètre minimal inscrit dans le triangle ABC. Remarque

Le triangle P QR est donc à la fois le triangle de périmètre minimal inscrit dans le triangle ABC et le seul triangle de lumière (ou trajectoire de billard) contenu dans ce triangle. Si l un des angles du triangle ABC est obtus, il n existe pas de trajectoire de lumière dans le triangle ABC et le triangle de périmètre minimal est aplati : c est le triangle AP A si l angle en A du triangle ABC est obtus. Table

Sous-groupes finis d isométries Soit G un sous-groupe fini du groupe des isométries du plan affine euclidien E. Montrer qu il existe un point O fixe par tout élément de G : f(o) = O pour tout f G. Indication

Soit A un point quelconque de E. Que peut-on dire de l isobarycentre des points f(a), f G?

Soit A un point quelconque de E. L isobarycentre O des points f(a), f G, est fixe par tout élément g de G, puisque g(o) est l isobarycentre des points g(f(a)), pour f G (une isométrie est affine et conserve donc les barycentres) et que l application f g f est une bijection de G sur G. Suite

En déduire que tout sous-groupe fini du groupe des déplacements du plan affine euclidien est un groupe cyclique constitué de rotations de même centre.

Soit G un sous-groupe fini du groupe des déplacements du plan affine euclidien E. Il existe un point O de E fixe par tout élément de G. Tout élément de G est donc une rotation de centre O ou l identité. Soit n l ordre de G. Tout élément g de G vérifie g n = id E. L angle α de la rotation g vérifie donc nα 0 (mod 2π) : il existe donc k {0,..., n 1} tel que α = 2kπ n. Le groupe G est donc constitué de toutes les rotations de centre O et d angles 2kπ, k {0,..., n 1} : c est le groupe cyclique engendré par la rotation r de n centre O et d angle 2π n. Suite

Montrer que tout sous-groupe fini G du groupe des isométries du plan affine euclidien E est : soit un groupe cyclique constitué de rotations de même centre ; soit un groupe diédral.

Si G n est constitué que de déplacements, c est un groupe cyclique constitué de rotations de même centre. Sinon soit O un point de E fixe par tout élément de G. Tout élément de G qui n est pas un déplacement est une réflexion d axe passant par O. Soit s une telle réflexion. Le groupe G + des déplacements de G (intersection de G et du groupe des déplacements du plan) est un groupe cyclique de rotations de centre O et G est la réunion disjointe G + G, où G = sg + est l ensemble des réflexions s g, g G +. Si r est un générateur de G +, G est engendré par r et s qui vérifient les relations s 2 = r n = id E, s r = r 1 s = r n 1 s, où n est l ordre de G +. En effet s r est une réflexion et vérifie donc s r = (s r) 1 = r 1 s. Le groupe G est le groupe des isométries d un polygone régulier à n sommets. Table

Composée de trois réflexions Donner une condition nécessaire et suffisante sur trois plans P 1, P 2, P 3 de l espace affine euclidien pour que la composée s 3 s 2 s 1 des réflexions de plans P 1, P 2, P 3 soit une réflexion. Indication

L égalité s 3 s 2 s 1 = s peut encore s écrire s 2 s 1 = s 3 s. Qu est-ce que la composée de deux réflexions? Retour

La composée de deux réflexions est : une translation de vecteur orthogonal aux plans de ces réflexions si ceux-ci sont parallèles ; une rotation d axe l intersection des plans de ces réflexions si ceux-ci sont sécants. Si s = s 3 s 2 s 1 est une réflexion de plan P, l égalité s 2 s 1 = s 3 s montre que : si P 1 et P 2 sont parallèles, s 2 s 1 est une translation de vecteur u orthogonal à P 1 et P 2 ; P 3 et P doivent donc être parallèles et orthogonaux à u ; en particulier, P 3 est parallèle à P 1 et P 2 ; si P 1 et P 2 sont sécants, s 2 s 1 est une rotation d axe = P 1 P 2 ; P 3 et P doivent donc être sécants, d intersection ; en particulier, P 3 contient, et les plans P 1, P 2, P 3 ont une droite commune. Réciproquement, si P 1, P 2, P 3 sont parallèles, s est une réflexion de plan parallèle à P 1, P 2, P 3. De même, si P 1, P 2, P 3 ont une droite commune, s est une réflexion de plan passant par. Table

Caractérisation de l axe d un vissage Soit, dans l espace affine euclidien E de dimension 3, f un vissage d axe D. Montrer que D est l ensemble des points M de E tels que le vecteur Mf(M) appartienne à D et que c est aussi l ensemble des points M de E minimisant la distance Mf(M).

Soit t = r t u = t u r la décomposition de f en produit commutatif d une rotation r d axe D et d une translation de vecteur u D. Pour tout point M de E, le vecteur Mf(M) s écrit Mf(M) = Mr(M) + r(m)f(m) = Mr(M) + u et le vecteur Mr(M) est orthogonal à D. Le vecteur Mf(M) appartient donc à D si et seulement si Mr(M) = 0, i.e. si et seulement si M = r(m), ce qui signifie que M appartient à D. Les vecteurs u et Mr(M) étant orthogonaux, on a Mf(M) 2 = Mr(M) 2 + u 2 u 2 pour tout point M de E et Mf(M) = u si et seulement si Mr(M) = 0, ce qui signifie encore que M appartient à D. Table

Isométries des tétraèdres équifaciaux Soit ABCD un tétraèdre non aplati. On note I,I,J,J,K,K les milieux respectifs des arêtes AB, CD, BC, DA, CA et BD et on appelle bimédianes les droites II, JJ et KK joignant les milieux de deux arêtes opposées. a) Montrer que les trois bimédianes sont concourantes. Suite

L isobarycentre G des points A, B, C, D est le milieu commun de II, JJ et KK. Accueil Retour Suite

b) On suppose la bimédiane II orthogonale aux deux arêtes AB et CD dont elle joint les milieux. Déterminer l image du tétraèdre ABCD par le retournement d axe II. En déduire que les arêtes BC et AD ont même longueur. Suite

Le retournement d axe II échange les points A et B, ainsi que les points C et D. Elle échange donc les segments BC et AD, qui ont donc même longueur. Retour Suite

On suppose désormais que chacune des trois bimédianes est orthogonale aux deux arêtes dont elle joint les milieux. c) Déterminer la composée des retournements d axes II et JJ (on pourra déterminer les images des sommets du tétraèdre par cette transformation). En déduire que les trois bimédianes sont deux à deux orthogonales et que les quatre faces du tétraèdre ABCD sont des triangles isométriques. B C A I J J I K K D Suite

La composée s JJ s II des retournements d axes II et JJ échange A et C d une part, B et D d autre part. C est donc le retournement d axe KK. Mais la composée de deux retournements n est un retournement que si les axes de ces deux retournements sont perpendiculaires. On en déduit que II et JJ sont perpendiculaires ; de même II et KK, JJ et KK. On avait déjà remarqué que BC = AD ; on a de même AB = CD et AC = BD. Il en résulte que les quatre faces du tétraèdre sont des triangles isométriques. B C A I J J I K K D Retour Suite

d) Soit (x,y,z) les coordonnées du point A dans un repère orthonormé dont les axes sont portés par les droites II, JJ et KK. Exprimer les coordonnées dans ce repère des points B, C et D. Montrer que les sommets du tétraèdre ABCD constituent avec leurs symétriques A B C D par rapport à l origine de ce repère les sommets d un parallélipipède rectangle. C A D B Table

B est l image de A par le retournement d axe II. Si (x,y,z) sont les coordonnées du point A dans un repère orthonormé dont les axes sont portés par les droites II, JJ et KK, les coordonnées de B dans ce repère sont donc (x, y, z). De même celles de C sont ( x, y,z) et celles de D ( x,y, z). Il en résulte que les points A, B, C et D constituent avec leurs symétriques A, B, C et D par rapport à l origine de ce repère les sommets d un parallélipipède rectangle. C A D B Retour Remarque Table

Il en résulte que tout tétraèdre équifacial peut être construit à partir d un parallélipipède rectangle. Si les longueurs des arêtes de ce parallélipipède sont 2x, 2y et 2z, celles des arêtes du tétraèdre sont a = 2 y 2 + z 2, b = 2 z 2 + x 2, c = 2 x 2 + y 2. Les faces de ce tétraèdre sont donc des triangles dont tous les angles sont aigus, puisque a 2 < b 2 + c 2, b 2 < c 2 + a 2, c 2 < a 2 + b 2. Réciproquement, pour tout triangle acutangle, on peut construire un tétraèdre équifacial dont les faces sont isométriques à ce triangle (il suffit de résoudre le système a = 2 y 2 + z 2, b = 2 z 2 + x 2, c = 2 x 2 + y 2, dont on montre facilement qu il admet une solution positive et une seule). Retour Table

Isométries du tétraèdre régulier Soit, dans l espace affine E de dimension 3, ABCD un tétraèdre régulier et G le groupe des isométries conservant globalement ce tétraèdre : G = {f Is(E) {f(a),f(b),f(c),f(d)} = {A,B,C,D} }. Montrer que l application ϕ de G dans le groupe des permutations de {A,B,C,D} qui associe à un élément f de G sa restriction à {A,B,C,D} est un homomorphisme injectif de groupes.

L application ϕ est clairement un homomorphisme de groupes. Cet homomorphisme est injectif puisque les points A, B, C, D constituent un repère affine de E : si deux isométries f et g vérifient f(a) = g(a), f(b) = g(b), f(c) = g(c), f(d) = g(d), alors f = g (une isométrie est une transformation affine). Suite

Montrer que pour tout couple de sommets du tétraèdre ABCD, il existe une réflexion qui échange ces sommets et laisse les deux autres fixes. Indication

Quel est le plan médiateur de AB? Accueil Retour

Soit I le milieu de AB. Les trois points I, C et D sont équidistants de A et B et ne sont pas alignés. Le plan CDI est donc le plan médiateur de AB. La réflexion par rapport à ce plan échange les points A et B et laisse fixes C et D. On obtient ainsi 6 réflexions conservant le tétraèdre. Suite

En déduire que l homomorphisme ϕ est surjectif. Accueil

L image de ϕ est un sous-groupe du groupe des permutations des sommets et ce sous-groupe contient toutes les transpositions (permutations échangeant deux éléments et laissant les autres fixes). Comme les transpositions engendrent le groupe symétrique, l image de ϕ est le groupe de toutes les permutations des sommets : ϕ est donc un isomorphisme du groupe G sur le groupe des permutations d un ensemble à 4 éléments. Suite

Montrer que le sous-groupe G + des déplacements du tétraèdre est isomorphe au groupe des permutations de signature +1 des sommets (groupe alterné).

Soit ε l homomorphisme du groupe des permutations des sommets dans {+1, 1} qui à toute permutation associe sa signature, et ψ l homomorphisme de G dans {+1, 1} qui à toute isométrie du tétraèdre associe le déterminant de sa partie linéaire : f det( f). Les homomorphismes ε ϕ et ψ coïncident sur l ensemble des réflexions de plans les plans médiateurs des arêtes ; mais ces réflexions engendrent G puisque leurs images par ϕ engendrent le groupe symétrique. Il en résulte que ε ϕ = ψ. Les déplacements de G correspondent donc par ϕ aux permutations paires et G + est isomorphe au groupe alterné. Suite

Déterminer tous les éléments de G + (on montrera que tous ces déplacements sont des rotations et on précisera leur axe et leur angle).

Tous les éléments de G conservent l isobarycentre O de ABCD. Il en résulte que les éléments de G + autres que l identité sont des rotations d axe passant par O. On trouve 3 retournements d axes les bimédianes (droites joignant les milieux de deux arêtes opposées : elles sont perpendiculaires à ces deux arêtes) et 8 rotations d angle ± 2π 3 opposée. d axes les droites joignant un sommet à l isobarycentre de la face Suite

Déterminer tous les éléments de l ensemble G des antidéplacements conservant le tétraèdre.

On a déjà trouvé 6 réflexions dans G (les plans de ces réflexions sont les plans médiateurs des arêtes). Il reste donc 6 autres éléments dans G. Ces antidéplacements correspondent par ϕ aux 6 permutations circulaires des sommets. Ce sont les antirotations d axes les bimédianes et d angles droits (remarquer que le plan perpendiculaire en O à une bimédiane est le plan contenant les deux autres bimédianes). Table

Isométries du cube Accueil Soit, dans l espace affine euclidien E de dimension 3, ABCDA B C D un cube de centre O et G le groupe des isométries conservant globalement l ensemble des sommets de ce cube. Montrer que l image par tout élément de G d une diagonale du cube (i.e. l une des droites AA, BB, CC, DD joignant un sommet au sommet symétrique par rapport à O) est une diagonale du cube. Suite

Tout élément de G conserve l isobarycentre O des sommets du cube et transforme une droite en une droite. L image d une diagonale est donc une diagonale. Suite

Soit ϕ l application de G dans le groupe des permutations des diagonales du cube qui à une isométrie f associe la permutation des diagonales induite par f. Montrer que ϕ est un homomorphisme de groupes. Déterminer son noyau. Indication

Si un élément f de G conserve globalement chaque diagonale du cube, les vecteurs OA, OB, OC, OD sont vecteurs propres de f. Que peut-on dire des valeurs propres correspondantes? Retour

L application ϕ est clairement un homomorphisme de groupes. Un élément f de G appartient au noyau de cet homomorphisme si et seulement si il conserve globalement chaque diagonale du cube, i.e. si et seulement si les vecteurs OA, OB, OC, OD sont vecteurs propres de f. Les valeurs propres associées sont ±1, puisque f est une transformation orthogonale. Si deux de ces vecteurs étaient associés à la valeur propre +1 et deux à la valeur propre -1, les deux sous-espaces propres correspondants seraient de dimension supérieure ou égale à 2 et leur intersection non réduite à { 0 }, ce qui est impossible. Trois de ces vecteurs sont donc associés à la même valeur propre, et le sous-espace propre correspondant est donc E, ce qui montre que f est ±id E. Le noyau de ϕ est donc constitué de l identité de E et de la symétrie de centre O. Suite

Montrer que la restriction de ϕ au sous-groupe G + des rotations du cube est un isomorphisme de G + sur le groupe des permutations des diagonales. Retour

La restriction de ϕ au sous-groupe G + des déplacements du cube est un homomorphisme injectif de groupes, puisque son noyau est réduit à id E. Pour montrer que cet homomorphisme est surjectif, on pourrait montrer que son image contient les transpositions, puisque celles-ci engendrent le groupe symétrique : il suffit pour cela de remarquer que les retournements d axes les droites joignant les milieux de deux arêtes opposées échangent les diagonales joignant les extrémités de ces arêtes et laissent les deux autres diagonales globalement invariantes. Une autre méthode consiste à expliciter 24 rotations laissant le cube invariant. On trouve en effet : 4 axes de rotation d ordre 3 (les diagonales) ; 6 axes de rotation d ordre 2 (les droites joignant les milieux de deux arêtes opposées) ; 3 axes de rotation d ordre 4 (les droites joignant les centres de deux faces opposées) soit 8 rotations d angle ± 2π 3, 6 rotations d angle ±π, 9 retournements et l identité. 2 Les figures suivantes représentent un axe de chacun de ces types et la projection orthogonale du cube dans la direction de cet axe. Suite

Suite

Montrer que le groupe G des isométries du cube est isomorphe au produit direct du groupe des permutations de 4 éléments par un groupe à 2 éléments.

Le groupe G des isométries du cube est le produit direct de son sous-groupe G + par le sous-groupe à deux éléments {id E, s O ), où s O est la symétrie par rapport à O. En effet l application f f s O est une bijection de G + sur l ensemble G des antidéplacements du cube et s O commute avec tout élément de G (plus généralement avec toute transformation affine laissant O invariant). On remarque en particulier que le cube admet 9 plans de symétrie, qui sont les plans perpendiculaires en O aux axes des retournements de G (f s O est une réflexion si et seulement si f est un retournement). On peut aussi retrouver et identifier tous les éléments de G en écrivant les matrices de leurs parties linéaires dans un repère orthonormé porté par les perpendiculaires aux faces issues de O. Table

Cube, tétraèdres et octaèdre Soit, dans l espace affine euclidien E de dimension 3, C = ABCDA B C D un cube de centre O. Montrer que les tétraèdres T = ACB D et T = A C BD sont réguliers et que toute isométrie laissant le cube globalement invariant conserve globalement chacun de ces tétraèdres ou les échange.

Les tetraèdres T et T sont évidemment réguliers, puisque leurs arêtes sont toutes des diagonales des faces du cube et ont donc même longueur. Si une isométrie f conserve le cube, soit f(a) est un sommet de T et f(t ) = T, f(t ) = T, soit f(a) est un sommet de T et f(t ) = T, f(t ) = T (une isométrie conserve les longueurs). Suite

Soit G le groupe des isométries de E laissant le cube C globalement invariant : Accueil G = {f Is(E) f(c) = C} et H le sous-groupe de G constitué des isométries laissant T globalement invariant : H = {f G f(t ) = T }. Montrer que H est le groupe de toutes les isométries de E laissant T globalement invariant : H = {f Is(E) f(t ) = T } et que G est produit direct de H et du sous-groupe à deux éléments {id E, s O }, où s O est la symétrie de centre O.

Par définition, tout élément de H est une isométrie laissant le tétraèdre T globalement invariant. Réciproquement, si une isométrie f de E laisse T globalement invariant, elle laisse fixe l isobarycentre O de ses sommets et commute donc avec s O. Il en résulte que f(t ) = f(s O (T )) = s O (f(t )) = s O (T ) = T d où f(c) = C : f appartient donc à G. Le sous-ensemble s O H = {s O f f H} de G est l ensemble des isométries de C échangeant T et T : G est donc la réunion disjointe de H et de s O H. On a déjà remarqué que s O commutait avec tout élément de G. Remarque : il ne faut pas en conclure que H est le groupe des déplacements du cube : il est facile de trouver une rotation du cube qui échange T et T. On peut cependant en déduire que G est un groupe à 48 éléments, isomorphe au produit direct du groupe des permutations de 4 éléments par un groupe à 2 éléments. Suite

Montrer que le groupe G est aussi le groupe des isométries de E laissant globalement invariant l octaèdre régulier O de sommets les centres des faces de C (ces centres sont aussi les milieux des arêtes de chacun des deux tétraèdres T et T ).

Il est clair que tout élément de G transforme un sommet de O en un sommet de O (toutes isométrie du cube transforme une face en une face). Réciproquement toute isométrie conservant globalement O conserve aussi le cube C (on peut par exemple remarquer que les 6 centres de gravité des faces de O sont les sommets d un cube C image de C par l homothétie de centre O et de rapport 1/3 et que toute isométrie conservant O conserve globalement C, donc aussi C). Table

Isométries de l hélice circulaire Soit, dans l espace affine euclidien E de dimension 3, D une droite, u D un vecteur directeur non nul de cette droite et α un réel non nul. On note, pour tout réel λ, r λ la rotation d axe D (orienté par u) et d angle λα, et f λ = r λ t λ u la composée de r λ et de la translation de vecteur λ u. Montrer que l application λ f λ est un homomorphisme injectif du groupe additif (R,+) dans le groupe Is + (E) des déplacements de E. Préciser la nature géométrique de f λ (on discutera suivant la valeur de λ).

Pour tout réel λ, la rotation r λ et la translation de vecteur λ u commutent, puisque le vecteur λ u appartient à la direction de l axe de r λ. La composée f λ = r λ t λ u = t λ u r λ de ces deux transformations est donc : un vissage si λα 0 (mod 2π) une translation si λα 0 (mod 2π). La relation f λ f µ = r λ t λ u r µ t µ u = r λ r µ t λ u t µ u = r λ+µ t (λ+µ) u = f λ+µ montre que l application λ f λ est un homomorphisme de groupes de (R,+) dans le groupe Is + (E) des déplacements de E. Le noyau de cet homomorphisme est clairement réduit à 0 : il est donc injectif. Suite

Soit A un point de D et une droite perpendiculaire en A à D. On note, pour tout réel λ, A λ = f λ (A) l image de A par f λ, λ = f λ ( ) et s λ le retournement d axe λ. Montrer que, pour tout λ R, on a s λ = f λ s 0 fλ 1. Déterminer s λ s 0 (où s 0 est le retournement d axe 0 = ).

L isométrie g = f λ s 0 fλ 1 est un déplacement involutif (g g = id E ), c est donc un retournement. Son axe est l ensemble de ses points fixes. Or un point M est fixe par g si et seulement si g(m) = f λ s 0 fλ 1 (M) = M, i.e. si et seulement si s 0 fλ 1 (M) = fλ 1 (M), ce qui équivaut à fλ 1 (M), ou encore à M f λ ( ). La partie linéaire s λ s 0 = s λ s 0 de s λ s 0 est la rotation vectorielle d axe D et d angle 2(, λ ) = 2λα. L image de A par s λ s 0 est le point symétrique de A par rapport à A λ, i.e. le point déduit de A par la translation de vecteur 2 AA λ = 2λ u. On en déduit que s λ s 0 est le vissage d axe D, d angle 2λα et de vecteur 2λ u, i.e. s λ s 0 = f 2λ. Suite

En déduire que G = {f λ λ R} {s λ λ R} est un sous-groupe du groupe des déplacements de E. Déterminer s λ f µ, f µ s λ, s λ s µ pour tout couple (λ,µ) de réels.

s λ = f 2λ s 0 étant un retournement, il est égal à son propre inverse, ce qui peut encore s écrire f 2λ s 0 = s 0 f 2λ. Il en résulte : s λ f µ = f 2λ s 0 f µ = f 2λ µ f µ s λ = f µ+2λ s 0 s λ s µ = f 2λ s 0 f 2µ s 0 = f 2(λ µ). G = {f λ λ R} {s λ λ R} = {f λ λ R} {f λ s 0 λ R} est stable par composition et par passage à l inverse, c est donc un sous-groupe du groupe des déplacements de E, et H = {f λ λ R} en est un sous-groupe abélien d indice 2. Remarque

Si M est un point de différent de A, {f λ (M) λ R} est une hélice circulaire H d axe D et tout élément de G laisse cette hélice globalement invariante. On peut montrer que G est exactement le groupe des isométries de E laissant H globalement invariante (en particulier il n existe aucun antidéplacement de E laissant H globalement invariante). Table

Tangentes menées d un point à la parabole Construire à la règle et au compas les tangentes à la parabole passant par un point P du plan (on discutera selon la position du point). Indication

Soit M un point de la parabole, H le projeté orthogonal de M sur la directrice D et P un point de la tangente en M. Comparer P F et P H, où F est le foyer de la parabole (on rappelle que la tangente en M à la parabole est la médiatrice de HF ). Retour

Soit M un point de la parabole, H le projeté orthogonal de M sur la directrice D et P un point de la tangente en M. La réflexion d axe MP échange F et H ; on a donc P F = P H (une réflexion est une isométrie), ce qui montre que le point H appartient au cercle de centre P passant par F. Ce cercle coupe la directrice en 0, 1 ou 2 points selon la position de P par rapport à la parabole. Une fois H déterminé, le point M s obtient en prenant l intersection de la médiatrice de HF avec la perpendiculaire en H à la directrice. Suite

Déterminer l ensemble des points du plan d où l on voit la parabole sous un angle droit (i.e. tels que les deux tangentes menées par ces points à la parabole soient perpendiculaires).

Les deux tangentes menées par P à la parabole sont perpendiculaires si et seulement si les droites F H 1 et F H 2, qui leur sont perpendiculaires, sont elles-mêmes perpendiculaires. Le triangle F H 1 H 2 est alors rectangle en F et le centre P de son cercle circonscrit est le milieu de H 1 H 2 : P appartient donc à la directrice de la parabole. La réciproque s établit de même. Table

Un problème de lieu géométrique Soit, dans le plan affine euclidien, C un cercle de centre F et de rayon R, et F un point intérieur à C. Déterminer l ensemble des centres des cercles passant par F et tangents à C (on distinguera les cas F = F et F F ). Indication

Soit M le centre d un tel cercle et T le point de contact de ce cercle et de C. Que peut-on dire de MF + MF? Retour

La relation MF + MF = MF + MT = F T = R montre que M appartient à l ellipse de foyers F et F et de demi-grand axe R/2. Réciproquement, tout point de cette ellipse est centre d un tel cercle. Remarque

On sait qu une parabole est l ensemble des centres des cercles passant par le foyer et tangents à la directrice. On obtient ici une propriété analogue pour l ellipse, la directrice étant remplacée par un cercle de centre le second foyer, appelé cercle directeur. Cas particulier

Dans le cas particulier où F = F, l ellipse est remplacée par le cercle de centre F et de rayon R/2. Table

Diamètres conjugués de l ellipse Déterminer l ensemble des milieux des cordes d une ellipse parallèles à une droite D donnée. Indication

Examinez d abord la question dans le cas où l ellipse est un cercle. Accueil Retour

Soit E l ellipse, C son cercle principal et f une affinité orthogonale transformant E en C. Les cordes considérées, de direction D, ont pour images par f les cordes de C de direction f( D), i.e. les cordes de C perpendiculaires à un diamètre A 1 A 2 de C. L ensemble des milieux de ces cordes est donc le segment A 1 A 2. Toute transformation affine conservant les milieux, l ensemble des milieux des cordes de E de direction D est l image du segment A 1 A 2 par f 1, i.e. un diamètre M 1 M 2 de E (plus précisément le diamètre de E joignant les deux points de E où la tangente est parallèle à D, puisqu une transformation affine conserve le contact). Suite

Soit N 1 N 2 un diamètre de E (i.e. une corde passant par le centre de E), M 1 M 2 l ensemble des milieux des cordes de E parallèles à N 1 N 2. On dit que M 1 M 2 est le diamètre conjugué de N 1 N 2. Quel est le diamètre conjugué de M 1 M 2?

Le diamètre conjugué de M 1 M 2 est N 1 N 2, de sorte que la relation de conjugaison est symétrique (on dit que M 1 M 2 et N 1 N 2 sont des diamètres conjugués de l ellipse). Ici encore il suffit de vérifier la propriété pour le cercle, pour lequel elle est évidente, et de transformer l ellipse en cercle par une transformation affine. Table

Ellipse de Steiner d un triangle (1) Montrer que, pour tout triangle non aplati ABC, il existe une ellipse tangente aux côtés BC, CA et AB de ce triangle en leurs milieux A, B, C. Indication

Ramenez-vous au cas d un triangle équilatéral au moyen d une transformation affine. Retour

Soit A 1 B 1 C 1 un triangle équilatéral. Il existe une transformation affine f du plan et une seule qui transforme le triangle A 1 B 1 C 1 en le triangle ABC. Toute transformation affine conservant les milieux et le contact, f transforme le cercle inscrit dans le triangle A 1 B 1 C 1 en une ellipse tangente aux côtés du triangle ABC en leurs milieux. Cette ellipse (on peut montrer qu elle est unique) est appelée ellipse de Steiner du triangle ABC. Il résulte de la démonstration précédente qu elle passe aussi par les milieux des segments AG, BG et CG, où G est l isobarycentre de ABC. Application

Application Montrer que pour tout triangle ABC, il existe une affinité orthogonale transformant ce triangle en un triangle équilatéral. Indication

Soit g une affinité orthogonale transformant l ellipse de Steiner du triangle ABC en un cercle (pourquoi une telle affinité orthogonale existe-t-elle?). Montrer que g transforme le triangle ABC en un triangle équilatéral. Retour

Soit g l affinité orthogonale transformant l ellipse de Steiner du triangle ABC en son cercle principal. L image du triangle ABC par g est un triangle A 1 B 1 C 1 dont le cercle inscrit touche les côtés en leurs milieux A, B, C. Un tel triangle est équilatéral, puisque A 1 B = A 1 C, B 1 C = B 1 A, C 1 A = C 1 B. Table

Construction de l hyperbole Construire par points une hyperbole H connaissant ses asymptotes et un de ses points. Indication

Comment obtient-on l intersection de H avec une droite passant par un de ses points? Retour

Soit M le point donné, D une droite non parallèle aux asymptotes passant par ce point et P, Q les points d intersection de cette droite avec les asymptotes. Le symétrique N de M par rapport au milieu I de P Q appartient à H. On obtient ainsi autant de points de H que l on veut. Table

Projection et affinités Soit, dans l espace affine E de dimension 3 rapporté à un repère cartésien (0, i, j, k), P le plan d équation 2x 3y + 8z 4 = 0 et D la droite vectorielle de vecteur directeur u = 3 i 2 j k. Donner l expression en coordonnées de la projection sur P dans la direction D, puis, pour tout réel λ, de l affinité de base P, de direction D et de rapport λ.

Soit M 0 un point de E de coordonnées (x 0,y 0,z 0 ). La droite de vecteur directeur u passant par M 0 admet la représentation paramétrique x = x 0 + 3t, y = y 0 2t, z = z 0 t. Le point d intersection de cette droite avec le plan P (i.e. le projeté de M 0 sur le plan P dans la direction D) est le point M 0 de paramètre t 0 vérifiant 2(x 0 + 3t 0 ) 3(y 0 2t 0 ) + 8(z 0 t 0 ) 4 = 0, i.e. t 0 = 1 4 (2x 0 3y 0 + 8z 0 4). Les coordonnées de ce point sont donc : x = 2x 0 + 9y 0 24z 0 + 12 4 y = 4x 0 2y 0 + 16z 0 8 4 z = 2x 0 3y 0 + 12z 0 4. 4 L image M 0 de M 0 par l affinité de base P et de rapport λ vérifie M 0M 0 = λ M 0M 0, d où M 0 M 0 = M 0 M 0 + M 0M 0 = (1 λ) M 0 M 0 = (1 λ)t 0 u. C est donc le point de paramètre (1 λ)t 0, de coordonnées : x = (6λ 2)x 0 9(λ 1)y 0 + 24(λ 1)z 0 12(λ 1) 4 y = 4(1 λ)x 0 + (6λ 2)y 0 + 16(1 λ)z 0 + 8(λ 1) 4 z = 2(1 λ)x 0 + 3(λ 1)y 0 + (12 8λ)z 0 + 4(λ 1). 4 Table

Transformation affine du plan Déterminer les points fixes, puis la nature géométrique de la transformation f du plan définie par : x = 3x 4y + 8 y = 2x 3y + 8.

L ensemble des points fixes de f est la droite D d équation x 2y+8 = 0. La matrice de la partie linéaire de f est A = 3 4 2 3Ž. Le polynôme caractéristique de A est X 2 1 ; A admet donc les deux valeurs propres +1 et 1. Le sous-espace propre associé à la valeur propre 1 est la droite vectorielle D d équation x y = 0. On en déduit que f est la symétrie par rapport à la droite D dans la direction D. Table

Position relative de deux cercles Soit, dans le plan affine euclidien rapporté à un repère orthonormé, C 1 et C 2 les deux cercles d équations respectives x 2 +y 2 8x 8y 32 = 0 et x 2 +y 2 6x 2y+6 = 0. Déterminer le centre et le rayon de chacun de ces cercles, puis leur position l un par rapport à l autre.

Les équations de C 1 et C 2 s écrivent (x 4) 2 +(y 4) 2 = 64 et (x 3) 2 +(y 1) 2 = 4. Le centre O 1 de C 1 (resp. O 2 de C 2 ) a donc pour coordonnées (4,4) (resp. (3,1)) et son rayon est R 1 = 8 (resp. R 2 = 2). La distance O 1 O 2 des centres est 10, et l inégalité O 1 O 2 + R 2 < R 1 montre que C 2 est intérieur à C 1, puisque tout point M de C 2 vérifie O 1 M O 1 O 2 + O 2 M < R 1. Table

Perpendiculaire commune L espace est rapporté à un repère orthonormé. Donner des équations de la perpendiculaire commune aux droites D 1 d équations 8><>:x + y z 1 = 0 2x + y + z = 0 et D 2 déterminée par le point A 2 de coordonnées (1,0,1) et le vecteur directeur v 2 de composantes (1, 1,0).

La perpendiculaire commune aux deux droites admet comme vecteur directeur u le produit vectoriel v 1 v 2 d un vecteur directeur v 1 de D 1 par v 2. Le vecteur v 1 s obtient en faisant le produit vectoriel de vecteurs normaux aux deux plans définissant D 1, i.e. des vecteurs (1,1, 1) et (2,1,1), d où v 1 = (2, 3, 1) et u = ( 1, 1,1). La droite est alors l intersection du plan P 1 contenant D 1 et parallèle à u et du plan P 2 contenant D 2 et parallèle à u. Tout plan contenant D 1 a une équation de la forme λ(x + y z 1) + µ(2x + y + z) = 0. Le vecteur u appartient à la direction de ce plan si et seulement si (λ µ) (λ + µ) + ( λ + µ) = 0, i.e. 3λ + 2µ = 0. On peut donc prendre λ = 2, µ = 3, d où une équation de P 1 : 4x + y + 5z + 2 = 0. 1 1 x 1 Une équation de P 2 s obtient en annulant le déterminant 1 1 y 0 1 z 1et s écrit donc x + y 2z + 3 = 0. La perpendiculaire commune aux deux droites D 1 et D 2 admet donc les équations : 8><>:4x + y + 5z + 2 = 0 x + y 2z + 3 = 0. Suite

Distance de deux droites Déterminer la distance de ces deux droites.

La distance de ces deux droites s obtient comme distance du point A 2 au plan passant par D 1 et parallèle à D 2. L équation de ce plan est de la forme λ(x + y z 1) + µ(2x + y + z) = 0. Le vecteur v 2 appartient à sa direction si et seulement si (λ µ) (λ + µ) = 0, i.e. µ = 0, d où l équation x + y z 1 = 0. La distance 1 de A 2 à ce plan est alors. 3 On remarque en particulier qu on n a pas besoin de déterminer la perpendiculaire commune aux deux droites pour calculer leur distance. On peut cependant calculer les coordonnées des pieds I 1 et I 2 de la perpendiculaire commune (i.e. des points d intersection de cette perpendiculaire avec les droites D 1 et D 2 ). On obtient les points I 2 ( 8 3,11 3,1) et I 1 ( 7 3,4,2 1 ), dont la distance est bien. 3 3 Table

Equation normale d une droite, bissectrices Le plan affine euclidien est rapporté à un repère orthonormé. Montrer que toute droite D admet une équation normale de la forme x cos α + y sin α p = 0. Interpréter les paramètres α et p.

Soit u(α) = (cos α, sin α) un vecteur unitaire normal à D, H le projeté orthogonal de l origine O sur D, et p le réel défini par OH = p u(α). Un point M appartient à D si et seulement si OM u(α) = p, i.e. si et seulement si f(x,y) = x cos α+y sin α p = 0. On peut remarquer qu une droite admet deux équations normales correspondant aux choix des vecteurs normaux u(α) et u(α + π) (ces équations sont f(x,y) = 0 et f(x,y) = 0). Suite

Soit ABC un triangle, f A (x,y) = 0, f B (x,y) = 0, f C (x,y) = 0 les équations des droites BC, CA et AB normalisées de sorte que f A (x A,y A ) > 0, f B (x B,y B ) > 0, f C (x C,y C ) > 0. Ecrire les équations des bissectrices du triangle ABC en fonction de f A, f B, f C.

Un point appartient à l une des deux bissectrices en A si et seulement si il est équidistant des droites AB et AC, i.e. si et seulement si ses coordonnées (x,y) vérifient f B (x,y) = f C (x,y). Les équations de ces deux bissectrices sont donc f B (x,y) f C (x,y) = 0 et f B (x,y) + f C (x,y) = 0. Le centre I du cercle inscrit est du même côté de AB que C : il vérifie donc f C (x I,y I ) > 0. De même f B (x I,y I ) > 0. L équation de la bissectrice intérieure en A est donc f B (x,y) f C (x,y) = 0 et celle de la bissectrice extérieure f B (x,y) + f C (x,y) = 0. Suite

On suppose le triangle ABC non isocèle en A. Montrer que la droite d équation f A (x,y) f B (x,y) f C (x,y) = 0 passe par les pieds des bissectrices intérieures en B et C, ainsi que par le pied de la bissectrice extérieure en A. Montrer de même que les pieds des trois bissectrices extérieures du triangle sont alignés.

Les coordonnées (x,y) du pied de la bissectrice intérieure en B vérifient f A (x,y) f C (x,y) = 0 et f B (x,y) = 0, donc f A (x,y) f C (x,y) f B (x,y) = 0. Les pieds des bissectrices intérieure en C et extérieure en A vérifient également cette équation. Ces trois points sont donc alignés. De même, les pieds des trois bissectrices extérieures vérifient tous l équation f A (x,y)+ f B (x,y) + f C (x,y) = 0. Ils sont donc alignés. Table

Réflexion L espace est rapporté à un repère orthonormé. Donner l expression en coordonnées de la réflexion par rapport au plan P d équation x y + z + 5 = 0.

Le vecteur de composantes (1, 1,1) est orthogonal à P. La droite orthogonale à P passant par le point M de coordonnées (x,y,z) admet donc la représentation paramétrique X = x + λ, Y = y λ, Z = z + λ. Son intersection avec P est le point de paramètre λ = x y + z + 5. 3 Le point symétrique de M par rapport à P est le point de paramètre 2λ. Il a donc pour coordonnées : x = y = z = x + 2y 2z 10 3 2x + y + 2z + 10 3 2x + 2y + z 10. 3 Table

Isométrie de l espace L espace affine euclidien E de dimension 3 est rapporté à un repère orthonormé. Etudier la nature géométrique de la transformation de E qui à un point M de coordonnées (x,y,z) associe le point M de coordonnées (x,y,z ) définies par : x = z y = y z = x 2 (on précisera les éléments caractéristiques de cette transformation).

0 1 La transformation f étudiée est affine et la matrice 0 0 1 0 de sa partie linéaire 1 0 0 f est orthogonale de déterminant 1 ; f est donc un antidéplacement, qui n admet pas de point fixe puisque le système x = z, z = x 2 n admet pas de solution. C est donc une symétrie glissée, i.e. le produit commutatif t u s P = s P t u d une translation de vecteur u et d une réflexion de plan P, avec u P. La transformation f f = t 2 u est la translation de vecteur ( 2,0, 2) ; u est donc le vecteur ( 1,0, 1). La réflexion s P = t u f est donnée par les formules x = z + 1, y = y, z = x 1. C est donc la symétrie orthogonale par rapport au plan P d équation x z 1 = 0. Table

Isométrie de l espace L espace affine euclidien E de dimension 3 est rapporté à un repère orthonormé. Etudier la nature géométrique de la transformation f de E qui à un point M de coordonnées (x,y,z) associe le point M de coordonnées (x,y,z ) définies par : x = x + y 2 z 3 + 2 2 y = x + y + 2 z 1 2 2 2 x 2 y + 2 + 2 z = 2 (on précisera les éléments caractéristiques de cette transformation).

La matrice A = 1 1 2 1 2 1 1 2 2 2 0 de la partie linéaire f de f est orthogonale de déterminant 1 ; f est donc une rotation ou un vissage. La trace de A est égale à 1 ; il en résulte que l angle de f est droit. L axe D de f a pour direction D le sous-espace propre de f associée à la valeur propre -1, qui est la droite vectorielle engendrée par le vecteur u = (1,1,0). L axe est l ensemble des points M tels que le vecteur Mf(M) soit proportionnel à u. C est donc la droite dirigée par u et passant par le point (0,1,1). Le vecteur de ce vissage est le vecteur Mf(M) pour tout point M de D. C est donc le vecteur u. Table

Isométries du cube et du tétraèdre Accueil Soit, dans l espace affine euclidien E de dimension 3 rapporté à un repère orthonormé (O, i, j, k), C le cube de sommets les points de coordonnées (±1, ± 1, ± 1) et G le groupe des isométries de E laissant C globalement invariant. Montrer que tout élément f de G laisse O fixe et conserve globalement l ensemble des points de coordonnées (±1,0,0), (0, ± 1,0), (0,0, ± 1). Décrire les matrices dans la base ( i, j, k) des parties linéaires de tous les éléments de G. En déduire le cardinal de G.

Tout élément de G est une transformation affine qui laisse globalement invariant l ensemble des sommets de C, donc laisse fixe l isobarycentre O de ces sommets. Toute face du cube est transformée en une face : il en résulte que l ensemble des milieux des faces est globalement conservé. La partie linéaire f d un élément f de G conserve donc globalement l ensemble des 6 vecteurs {± i, ± j, ± k}. Sa matrice dans la base ( i, j, k) comporte donc dans chaque ligne et dans chaque colonne un élément non nul et un seul, égal à ±1. Réciproquement toute transformation affine f de E conservant O et dont la partie linéaire f a une telle matrice conserve le cube. On trouve ainsi 48 éléments dans G (6 permutations des vecteurs de base et pour chacune de ces permutations 8 choix de signes). Suite

Soit T le tétraèdre régulier de sommets (1,1,1), (1, 1, 1), ( 1,1, 1), ( 1, 1,1). Montrer que le groupe H des isométries de E conservant globalement T est un sous-groupe de G. Déterminer le nombre d éléments de ce groupe.

Toute isométrie conservant globalement T laisse fixe l isobarycentre O de ses sommets et conserve globalement l ensemble des milieux de ses arêtes, i.e. l ensemble des points de coordonnées (±1,0,0), (0, ± 1,0), (0,0, ± 1). On en déduit que H est un sous-groupe de G. L image du tétraèdre T par un élément de G est soit T, soit le tétraèdre T de sommets ( 1, 1, 1), ( 1,1,1), (1, 1,1), (1,1, 1) symétrique de T par rapport à O. On en déduit un homomorphisme de groupes de G dans le groupe des permutations de {T,T } dont H est le noyau. Le sous-groupe H de G est donc d indice 2 et a 24 éléments. Table

Equation d une conique Le plan est rapporté à un repère orthonormé. Ecrire l équation de l hyperbole H de foyer F (3,2), de directrice D d équation x y + 1 = 0 et d excentricité 2. Déterminer le centre de symétrie de H, puis le second couple foyer-directrice (F,D ).

Le point M de coordonnées (x,y) appartient à H si et seulement si MF 2 = 2d(M,D) 2, i.e. si et seulement si (x 3) 2 + (y 2) 2 = (x y + 1) 2, ou encore xy 4x y + 6 = 0. Cette équation s écrit encore (x 1)(y 4) = 2, soit, en posant X = x 1, Y = y 4, XY = 2, ce qui montre que le centre Ω de H a pour coordonnées (1,4). Le foyer F est le symétrique de F par rapport à Ω et a donc pour coordonnées ( 1,6) et la directrice associée D pour équation y x 5 = 0 (la symétrie par rapport à Ω s écrit en effet en coordonnées x = 2 x, y = 8 y). Table

Construction de l ellipse par le procédé de la bande de papier Sur un segment AB de longueur fixée a + b dont les extrémités A et B se déplacent sur deux axes orthogonaux Ox et Oy, on place un point M tel que AM = b (et donc BM = a). Déterminer la courbe décrite par le point M quand A et B varient.

Soit t une mesure de l angle ( BA, BO) et (x,y) les coordonnées de M dans le repère Oxy. Les égalités x = a cos t, y = b sin t montrent que M décrit un quart d ellipse quand A décrit la demi-droite Ox et B la demi-droite Oy. Table

Paramétrisation du cercle Montrer que l application ϕ : t 1 + it est une bijection de R sur le cercle unité 1 it U privé du point 1. Expliciter l application réciproque de ϕ. Indication

+ it Remarquez que1 En écrivant 1 it=1. 1 + it 1 it = eiα et en posant t = tan θ, exprimez α en fonction de θ. Retour

+ it 1 + it L égalité1 1 it= 1 it = 1 montre qu il existe α ] π, + π] tel que 1 + it 1 it = e iα. En posant t = tan θ (pour tout réel t, il existe un unique θ π 2, + π 2 vérifiant cette égalité), on obtient 1 + it 1 it = 1 t2 1 + t + 2it = cos α + i sin α, d où 2 1 + t2 cos α = cos 2θ et sin α = sin 2θ, i.e. α = 2θ. Cette relation montre que ϕ est une bijection de R sur U \ { 1}, la bijection réciproque étant donnée par z = e iα tan α sin α Im (z) 1 cos α 1 Re (z), qui peut aussi s écrire = ou = si 2 1 + cos α 1 + Re (z) sin α Im (z) z 0. L interprétation géométrique de la relation α = 2θ résulte du théorème de l angle inscrit. Table

Orthocentre Soient b et c deux nombres complexes. Donner une condition nécessaire et suffisante faisant intervenir les modules de b et c pour que les vecteurs d affixes b + c et c b soient orthogonaux. Interpréter géométriquement cette condition. Suite

Le produit scalaire de ces deux vecteurs s écrit : Accueil (b + c)(c b) + (b + c)(c b) 2 Il est donc nul si et seulement si b = c. = c 2 b 2. Soient B, C et D les points du plan complexe d affixes b, c et b + c. Le quadrilatère OBDC est un parallélogramme et les nombres complexes b + c et c b sont les affixes des vecteurs OD et BC. La condition b = c signifie que ce parallélogramme est un losange : on retrouve ainsi le fait qu un parallélogramme est un losange si et seulement si ses diagonales sont perpendiculaires. Suite

Soit ABC un triangle non aplati du plan affine euclidien, O le centre de son cercle circonscrit. On rapporte le plan à un repère orthonormé d origine O et on note a, b, c les affixes des points A, B, C. Montrer que le point H d affixe h = a + b + c appartient aux trois hauteurs du triangle ABC. En déduire que ces trois hauteurs sont concourantes et que leur point d intersection H vérifie OH = 3 OG, où G est le centre de gravité du triangle (en particulier O, G et H sont alignés). Retour

O étant équidistant des trois points A, B et C, on a a = b = c. Les vecteurs AH et BC, d affixes b + c et c b sont donc orthogonaux, ce qui montre que H appartient à la hauteur issue de A. Il appartient de même aux deux autres hauteurs. C est donc l orthocentre du triangle ABC. Le centre de gravité du triangle G est le point d affixe g = a + b + c. On a donc OH = 3 OG. 3 Retour Table

Deux carrés (ou trois... ) Soient, dans le plan affine euclidien, ABCD et AEF G deux carrés de même orientation ayant un sommet commun et P, Q, R, S les milieux respectifs des segments BD, DE, EG et GB. Montrer que P QRS est un carré. Indication

Indication : Considérer un repère orthonormé d origine A, dans lequel B a pour affixe b, E pour affixe e, et écrire les affixes des vecteurs P R et QS (par exemple).

Soit b l affixe de B et e l affixe de E dans un repère orthonormé d origine A. Les points P, Q, R, S ont pour affixes respectives : (1 + i)b p = 2 q = e + ib 2 (1 + i)e r = s = b + 2 ie 2 et les vecteurs P R et QS pour affixes : (1 + i)(e b) r p = 2 (1 i)(b e) s q =. 2 Les segments P R et QS sont donc orthogonaux, de même longueur et se coupent en leur milieu, puisque s q = i(r p) et s + q = r + p. Il en résulte que P QRS 2 2 est un carré. Autre solution Retour Table

Deux carrés (ou trois... ) Soit, dans le plan complexe, ABC un triangle, f une rotation de centre Ω et d angle π 3, et A B C l image du triangle ABC par f. On note P, Q, R les milieux respectifs des segments AC, BA et CB. Montrer que le triangle P QR est équilatéral. Indication

Ecrire l affixe z de l image M = f(m) d un point M d affixe z par la rotation f (on pourra prendre un repère orthonormé d origine Ω), puis les affixes des vecteurs P Q et P R en fonction des affixes de A, B, C.

Posons j = e 2iπ 3, d où e iπ 3 = j 2, et 1+j +j 2 = 0. L affixe z de l image M = f(m) d un point M d affixe z par f est z = j 2 z. Les points A, B, C ont donc pour affixes a = j 2 a, b = j 2 b, c = j 2 c si les affixes de A, B, C sont a, b, c. Les points P, Q, R ont pour affixes p = a j2 c, q = b j2 a, r = c j2 b. 2 2 2 L affixe du vecteur P Q est donc : et celle du vecteur P R : q p = b + ja + j2 c 2 r p = j2 b a jc = j 2 (q p). 2 Le vecteur P R est donc l image du vecteur P Q par la rotation vectorielle d angle π, ce qui montre que le triangle P QR est équilatéral. 3 Retour Table

Configuration de Vecten À l extérieur d un triangle ABC, on construit trois carrés de bases les côtés et de centres P, Q, R. Montrer que les segments AP et QR (resp. BQ et RP, CR et P Q) sont orthogonaux et de même longueur. En déduire que les droites AP, BQ et CR sont concourantes.

Soient a, b, c les affixes des points A, B, C dans un repère orthonormé. Des relations b p = i(c p), c q = i(a q), a r = i(b r), on déduit que les points P, Q, R ont pour affixes respectives : Accueil et les vecteurs AP et QR pour affixes : p a = p = b ic 1 i, q = c ia 1 i, r = a ib 1 i b ic (1 i)a 1 i, r q = a ib c + ia 1 i La relation r q = i(p a) montre que les segments AP et QR sont orthogonaux et de même longueur. Il en va de même pour BQ et RP (resp. CR et P Q) par permutation circulaire. Les droites AP, BQ et CR sont les hauteurs du triangle P QR : elles sont donc concourantes.. Table

Triangles de Napoléon On construit à l extérieur d un triangle ABC trois triangles équilatéraux BCA, CAB et ABC, de centres respectifs P, Q, R. Montrer que le triangle P QR est équilatéral.

Soient a, b, c, p, q, r les affixes des points A, B, C, P, Q, R et j = e 2iπ/3. Les angles ( P C, P B), ( QA, QC), ( RB, RA) étant tous égaux à 2π/3, on a b p = j(c p), c q = j(a q), a r = j(b r). On en déduit p = b jc 1 j, q = c ja 1 j, r = a jb 1 j. En utilisant la relation 1 + j + j 2 = 0, on voit que les vecteurs P Q et P R ont pour affixes q p = ja b j2 c et r p = a + j2 b + jc. La relation r p = 1 j 1 j j 2 (q p) = e iπ/3 (q p) montre que le triangle P QR est équilatéral. Table

Le théorème de Ptolémée Soient A, B, C, D quatre points du plan affine euclidien. Démontrer l inégalité : ( ) AC.BD AB.CD + AD.BC. Montrer qu on a égalité dans ( ) si et seulement si les quatre points A, B, C, D sont : soit alignés dans cet ordre soit les sommets consécutifs d un quadrilatère convexe. Indication

Soient a, b, c, d les affixes respectives des points A, B, C, D. Comparer (c a)(d b) et (b a)(d c) + (d a)(c b). À quelle condition a-t-on égalité dans l inégalité triangulaire?

De l égalité (c a)(d b) = (b a)(d c) + (d a)(c b), on tire : Accueil AC.BD = (c a)(d b) = (b a)(d c) + (d a)(c b) (b a)(d c) + (d a)(c b) = AB.CD + AD.BC (le produit des longueurs des diagonales d un quadrilatère est inférieur à la somme des produits des longueurs des côtés opposés). On a égalité dans l inégalité triangulaire (b a)(d c) + (d a)(c b) (b a)(d c) + (d a)(c b) si et seulement si (b a)(d c) (d a)(c b) Arg est un réel positif, i.e. si et seulement si (b a)(d c) (d a)(c b) = 0 (mod 2π). Mais cet argument est l angle ( AD, AB) ( CD, BC). La condition peut donc encore s écrire : ( AD, AB) = ( CD, CB) + π et signifie que les points A, B, C, D sont soit alignés dans cet ordre, soit les sommets consécutifs d un quadrilatère convexe. Table

Projection orthogonale d un cube L espace affine euclidien E de dimension 3 est rapporté à un repère orthonormé (O, i, j, k). On identifie le plan P d équation z = 0 au plan complexe. Montrer qu une condition nécessaire et suffisante pour que trois points A, B, C du plan P, d affixes a, b, c, soient les projections orthogonales sur P des sommets A, B, C d un cube de sommet O adjacents à O est : a 2 + b 2 + c 2 = 0. Indication

A x B x C Soit x y A y B y C la matrice des coordonnées des points A, B, C dans le repère z A z B z C orthonormé (O, i, j, k). Montrez que les vecteurs colonnes de cette matrice sont deux à deux orthogonaux et de même norme si et seulement si les vecteurs lignes de cette même matrice vérifient la même propriété. Retour

Les points A, B, C sont les sommets adjacents au sommet O d un cube si et OA seulement si les vecteurs OA, OB OB, OC OC forment une base orthonormée de E, i.e. A x B x C = x si et seulement si les vecteurs colonnes de la matrice M y A y B y C des z A z B z C coordonnées des points A, B, C dans le repère orthonormé (O, i, j, k) sont deux à deux orthogonaux et de même norme r, i.e. si et seulement si il existe un réel r tel que la matrice 1 M soit orthogonale. Une matrice étant orthogonale si et r seulement si sa transposée l est, cette condition signifie que les vecteurs lignes de M sont orthogonaux et de même norme. Mais la relation a 2 + b 2 + c 2 = (x A + iy A ) 2 + (x B + iy B ) 2 + (x C + iy C ) 2 = (x 2 A + x 2 B + x 2 C) (y 2 A + y 2 B + y 2 C) + 2i(x A y A + x B y B + x C y C ) montre que cette condition implique a 2 + b 2 + c 2 = 0. Réciproquement, si cette dernière condition est vérifiée, les deux premières lignes de M sont orthogonales et de même norme r. Il existe alors un vecteur (z A,z B,z C ) (et un seul au signe près) tel que la matrice 1 M soit orthogonale. r Retour Suite

Exemple numérique : Soit a = 3+2i, b = 6 3i. Montrer qu il existe exactement deux nombres complexes c, que l on déterminera, vérifiant a 2 + b 2 + c 2 = 0. Représenter les projections orthogonales sur P des cubes correspondants. Suite

Si a = 3 + 2i et b = 6 3i, on a a 2 + b 2 = 32 24i, d où c 2 = 32+24i et c = 2 +6i ou c = 2 6i. On peut donc construire les projections des sommets O, A, B, C du cube. On complète ensuite les projections des faces en remarquant que ces projections sont des parallélogrammes. On obtient ainsi quatre cubes de longueur d arête 7, correspondant aux quatre matrices M : c 3 6 2 3 2 3 6 6 2 3 6 2 3 2 3 6 6 2 3 c 6 2 3 2 3 6 6 2 3 o a b 6 2 2 3 6 6 2 3 o a b o a o a c c b b Retour Suite

Projection orthogonale d un tétraèdre régulier En déduire que trois nombres complexes a, b, c sont les affixes des projections orthogonales sur P des sommets A, B, C d un tétraèdre régulier OABC si et seulement si ils vérifient la relation : 3(a 2 + b 2 + c 2 ) 2(ab + bc + ca) = 0. Indication

OABC est un tétraèdre régulier si et seulement si il existe trois points R, S, T de l espace, sommets adjacents au sommet O d un cube tels que OA = OS + OT, OB = OT + OR, OC = OR + OS. Retour

Pour tout triplet (A,B,C) de points de E, il existe un et un seul triplet (R,S,T ) de points de E vérifiant OA = OS + OT, OB = OT + OR, OC = OR + OS : ce système équivaut en effet à OA OB OC = 2OR, OB OC OA = 2OS, OC OA OB = 2OT. Un calcul élémentaire montre que le tétraèdre OABC est régulier si et seulement si les points R, S, T sont les sommets ajacents à O d un cube de sommet O. Soient alors a, b, c, r, s, t les affixes des projections orthogonales des points A, B, C, R, S, T sur le plan P. La relation 2i r 2 + s 2 + t 2 = 1 + c a) 4h(b 2 + (c + a b) 2 + (a + b c) = 4h3(a 1 2 + b 2 + c 2 ) 2(ab + bc + ca)i et le résultat de la première partie montrent que r, s, t sont les affixes des projections orthogonales sur P des sommets adjacents à O d un cube de sommet O si et seulement si r 2 +s 2 +t 2 = 0, i.e. si et seulement si 3(a 2 +b 2 +c 2 ) 2(ab+bc+ca) = 0. Table

Lignes de niveau de z a z b =k) Soient a et b deux nombres complexes distincts. Déterminer les lignes de niveau a L k =(z C z (k > 0) z b a de la fonction z z. z b

a La relationz =k s écrit z a 2 k 2 z b 2 = 0 ou encore : z b On reconnaît là l équation : (1 k 2 )z z (a k 2 b) z (ā k 2 b)z + aā k 2 b b = 0 du cercle de centre le point d affixe a k2 b k b a et de rayon si k 1 ; 1 k2 1 k 2 de la droite d équation (b a) z + ( b ā)z + a 2 b 2 = 0 si k = 1. Cette dernière équation s écrit encore (b a)(z a + b a + b ) + (b a)(z 2 2 ) = 0 et exprime l orthogonalité des vecteurs d affixes b a et z a + b 2. On retrouve ainsi des résultats bien connus. L ensemble L k est l ensemble des points M du plan dont le rapport des distances aux points A et B d affixes respectives a et b est égal à k. C est un cercle dont le centre est le barycentre du système pondéré ((A,1),(B, k 2 )) et le rayon kab si k 1, la médiatrice de AB si k = 1. 1 k2 Table

Matrices et homographies Montrer que l application du groupe GL 2 (C) des matrices carrées d ordre 2 inversibles à coefficients complexes dans le groupe des homographies decc qui à une b matrice A = a l homographie f c džassocie A définie par f A (z) = az + b est un cz + d homomorphisme de groupes. Déterminer son noyau. En déduire que le groupe des homographies decc est isomorphe au groupe quotient P GL 2 (C) de GL 2 (C) par le sous-groupe des matrices λi 2, λ complexe non nul.

b Soient A = a A c džet = a b c d Ždeux matrices inversibles à coefficients complexes. L égalité : f A f A (z) = a a z + b c z + dž+b c a z + b c z + dž+d = (aa + bc )z + ab + bd (ca + dc )z + cb + dd = f AA (z). montre que l application A f A est un homomorphisme de groupes. Son noyau est le sous-groupe K des matrices A telles que f A = idbc, i.e. des matrices scalaires λi 2, λ complexe non nul. On en déduit que le groupe des homographies est isomorphe au groupe quotient P GL 2 (C) de GL 2 (C) par K. Table

Points fixes d une homographie (1) Montrer que toute homographie f decc différente de l identité admet exactement un ou deux points fixes danscc. Suite

Soit f(z) = az + b cz + d une homographie decc. Si c = 0 et a d, f laisse fixe et le point b d a. Si c = 0 et a = d, le seul point fixe de f est. Si c 0, les points fixes de f sont les solutions dans C de l équation du second degré cz 2 + (d a)z b = 0. Cette équation admet 2 solutions si (d a) 2 + 4bc 0, une sinon. Suite

Points fixes d une homographie (2) Montrer que toute homographie f decc admettant exactement un point fixe dans cc est conjuguée dans le groupe des homographies decc à une translation z z +b, b C. Suite

Soit f une homographie admettant le seul point fixe z 0 danscc et g une homographie vérifiant g(z 0 ) =. L homographie h = g f g 1 a pour seul point fixe. En effet h(z) = z équivaut à f(g 1 (z)) = g 1 (z) et donc à g 1 (z) = z 0, i.e. z = g(z 0 ) =. L homographie h est donc de la forme h(z) = az + b avec a = 1 (sinon h aurait un point fixe dans C en plus du point fixe ). Suite

Points fixes d une homographie (3) Montrer que toute homographie f decc admettant exactement deux points fixes danscc est conjuguée dans le groupe des homographies decc à une similitude de centre 0 : z az, a C. Suite

Soit f une homographie admettant les deux points fixes z 1 et z 2 et g une homographie vérifiant g(z 1 ) =, g(z 2 ) = 0 (on vérifiera qu il existe bien toujours une telle homographie, en distinguant le cas où l un des points fixes de f est ). L homographie h = g f g 1 admet les deux points fixes et 0. En effet h(z) = z équivaut à f(g 1 (z)) = g 1 (z) et donc à g 1 (z) = z 1, i.e. z = g(z 1 ) =, ou g 1 (z) = z 2, i.e. z = g(z 2 ) = 0. L homographie h est donc de la forme h(z) = az + b, avec a C, puisque h( ) = et b = 0, puisque h(0) = 0. Suite

Points fixes d une homographie (4) Montrer que toute homographie f involutive (i.e. différente de l identité et telle que f f soit l identité) est conjuguée dans le groupe des homographies à la symétrie de centre 0 : z z. Table

Une telle homographie admet nécessairement deux points fixes, sinon elle serait conjuguée à une translation différente de l identité et ne pourrait donc être involutive. Elle est donc conjuguée à une similitude de centre 0 : z az, a C. Mais une telle similitude n est involutive que si a 2 = 1 et a 1, i.e. a = 1, auquel cas elle est égale à la symétrie de centre 0. Table

Invariant anallagmatique de deux cercles (1) Soient Γ 1 et Γ 2 deux cercles sécants du plan complexe, O 1 et O 2 leurs centres, R 1 et R 2 leurs rayons, A et B leurs deux points d intersection. Exprimer cosùo 1 AO 2 et cosúo 1 BO 2 en fonction de R 1, R 2 et O 1 O 2. Suite

On a évidemment : Accueil cosùo 1 AO 2 = cosúo 1 BO 2 = R2 1 + R 2 2 O 1 O 2 2 2R 1 R 2 (relation d Al-Kashi dans les triangles O 1 AO 2 et O 1 BO 2 ). Suite

Invariant anallagmatique de deux cercles (2) Soient Γ 1 et Γ 2 deux cercles quelconques du plan complexe, O 1 et O 2 leurs centres, R 1 et R 2 leurs rayons, z 2 a 1 z ā 1 z + c 1 = 0 et z 2 a 2 z ā 2 z + c 2 = 0 leurs équations complexes. Exprimer R2 1 + R 2 2 O 1 O 2 2 2R 1 R 2 en fonction de a 1, a 2, c 1, c 2. La valeur absolue de ce nombre s appelle invariant anallagmatique des deux cercles. Retour Suite

L équation complexe du cercle de centre O, d affixe a, et de rayon R s écrit : Accueil soit encore : z a 2 = R 2 z 2 a z āz + a 2 R 2 = 0. Il en résulte qu on a c 1 = a 1 2 R 2 1, c 2 = a 2 2 R 2 2 et O 1 O 2 2 = a 1 a 2 2 = a 1 2 + a 2 2 a 1 ā 2 a 2 ā 1, d où : R 2 1 + R 2 2 O 1 O 2 2 2R 1 R 2 = a 1ā 2 + a 2 ā 1 c 1 c 2 2q( a 1 2 c 1 )( a 2 2 c 2 ). Suite

Invariant anallagmatique de deux cercles (3) Soient Γ 1 et Γ 2 deux cercles quelconques du plan complexe d équations respectives z 2 a 1 z ā 1 z + c 1 = 0 et z 2 a 2 z ā 2 z + c 2 = 0 et f une homographie du plan complexe telle que f(γ 1 ) et f(γ 2 ) soient des cercles. Montrer que l invariant anallagmatique de f(γ 1 ) et f(γ 2 ) est égal à celui de Γ 1 et Γ 2. Indication

Décomposez f en produit d homographies simples et démontrez la propriété pour chacune de ces homographies. Retour

Soit f(z) = az + b cz + d relation une homographie qui n est pas une similitude (c 0). La f(z) = a c + bc ad c(cz + d) montre que f s écrit comme un produit f = s 2 g s 1, où s 1 et s 2 sont des similitudes directes et g est définie par g(z) = 1. Les similitudes conservent évidemment z l invariant anallagmatique et f(γ 1 ) et f(γ 2 ) sont des cercles si et seulement si g transforme les cercles s 1 (Γ 1 ) et s 1 (Γ 2 ) en des cercles, i.e. si ces cercles ne passent pas par l origine. Il suffit donc de démontrer la propriété dans le cas f = g. Mais g transforme le cercle Γ d équation z 2 a z āz + c = 0 (c 0) en le cercle Γ d équation z 2 a c z ā c z + 1 c = 0, i.e. de paramètres a = ā c, c = 1. Un calcul c élémentaire montre alors que les invariants anallagmatiques de deux cercles et de leurs images par g sont égaux. Remarque

Remarque : Cet exercice montre en particulier qu une homographie conserve l angle sous lequel se coupent deux cercles (à condition que les images de ces cercles soient des cercles); en particulier, elle transforme des cercles orthogonaux en des cercles orthogonaux. Cette propriété est en fait un cas particulier d une propriété beaucoup plus générale : toute homographie est une transformation conforme, c est-à-dire qu elle conserve l angle de deux courbes. Retour Table

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