Géométrie, L 6 Solutions, feuille de travaux dirigés 4 : Géométrie affine euclidienne Exercice (Distance entre deux droites). On donne les droites (D) = (A, u) et (D ) = (B, v) avec Calculer la distance de D à D. Solution. Considérons le produit vectoriel u v = A = (,,),B = (,,), u = i + j + k, v = i + j + k. a pour normale la droite engendrée par le produit vectoriel passant par le point A son équation est donc Le plan P = D + R( u v) = A + R u + R( u v) u ( u v) = 5 4, P : 5(x ) 4(y ) (z ) = 0. Par application de la formule de la dimension, la droite D intersecte P en un point noté H. On note alors H le projeté orthogonal de H sur la droite D. La distance entre les droites D et D est alors la norme du vecteur HH. Les coordonnées de H sont ( t, + t, +t) avec 5( t ) 4( + t ) + ( +t ) = 0 c est à dire t = 7. Le point H a donc pour coordonnées ( 8/7, 5/7,/7). La distance entre les deux droites est donc AH ( u v) d(d,d ) = = 8. u v 4 Exercice (Perpendiculaire commune). Déterminer la perpendiculaire commune aux deux droites ( ) = (A, u) et ( ) = (B, v), avec A = (,0,), B = (,, ), u = i + j + k et v = i + j + k. Solution. On applique la même méthode qu a l exercice. La droite cherchée est alors D = H + R u v.
Exercice (Distance point-droite). On donne A = (0,0,) et la droite D définie par { x y + z = 0 x + z = 0 Déterminer la distance de A à D. Solution. La droite D s écrit par exemple sous la forme : D = + R Notons O le point de coordonnées (,,) et v = La distance de A à la droite D est : 0 0 d(a,d) = OA ( OA v) v. Rappelons que cette égalité résulte du fait que ( OA v) v est le projeté orthogonal de OA sur la direction D, puis du théorème de Pythagore. La distance obtenue est. Exercice 4 (Projection orthogonale). Déterminer la matrice de la projection orthogonale sur le plan H : x y z = 0 Solution. Le plan H a pour normale la droite engendrée par le vecteur n = plan H est l application linéaire p H : R R u u ( u n) n. La projection orthogonale sur le La matrice de p H dans la base orthonormale canonique B a pour vecteurs colonnes l image des vecteurs de base soit : mat B p H = Exercice 5. Déteminer la nature de l endomorphisme défini par la matrice A = 6 6 7 6 Solution. On vérifie que les colonnes de la matrice forment une base orthonormée. L endomorphisme représenté par cette matrice est donc orthogonal. La matrice étant symétrique, l endomorphisme est une symétrie orthogonale par rapport au noyau de la matrice (qui est de rang ) A Id = 9 6 6 4 7 Ce noyau a pour équation x + y z = 0.
Exercice 6 (Symétrique orthogonal). On note A le point (,,0) et H l hyperplan affine d équation. Déterminer la distance de A à H. H : x + y + z =.. Déterminer le symétrique orthogonal de A par rapport à H. Solution. Un vecteur normal à la direction H est n = La distance de A à l hyperplan H se calcule en considérant un point de l hyperplan par exemple O = (,0,0). La distance de A à H est la norme de la projection sur H du vecteur OA. C est donc la norme du vecteur ph ( OA) = ( OA n) n = 0 = 9 9 0 La distance de A à H vaut donc. Le symétrique orthogonal de A par rapport à H est le point A ph ( OA) = 9 5 8 Exercice 7 (Symétrie orthogonale). On considère l espace affine R muni de son produit scalaire canonique.. Calculer la distance du point A = (,0,) à l hyperplan affine H d équation. On note s H la symétrie orthogonale par rapport à H. H : x + y + z =. (a) Déterminer les coordonnées du symétrique orthogonal du point M = (x,y,z) par rapport à H. (b) En déduire la matrice dans la base canonique de R de la partie linéaire s H. (c) Quelles sont les valeurs propres de s H? quels sont les espaces propres de s H? Cet endomorphisme est il diagonalisable? Si oui donner une base de diagonalisation et la matrice de s H dans cette base. Solution.. Un vecteur normé normal au plan est le vecteur n = (,,). Soit O le point (,0,0) appartenant à H. Pour déterminer la distance de A à H on considère le projeté orthogonal P de A sur H : La distance de A à H est précisément la norme AP : P = A ( OA n) n. d(a,h) = ( OA n) =.. Soit M un point de coordonnées (x,y,z), notons p(m) le projeté orthogonal de M sur H. Le symétrique orthogonal de M par rapport à H est le point s(m) = M + Mp(M) = M ( OM n) n donc s(m) = x y z (x ) + y + z (x ) + y + z (x ) + y + z = x y z +
La matrice de l application linéaire s H dans la base canonique est donc mat C s H = La partie linéaire s H est une symétrie orthogonale vectorielle par rapport à la direction H : x + y + z = 0. Les valeurs propres d une symétrie sont et. Les espaces propres de s H sont H = ker( s H id) et H = ker( s H +id). La matrice de la symétrie orthogonale s H dans une base formée d une base de H et d une base de H est la matrice diagonale diag(,, ). Exercice 8 (Barycentre). Soit A, B et C trois points non alignés d un plan euclidien. Déterminer l ensemble des points M de ce plan qui sont les barycentres de {(A,α),(B,β),(C,γ)} tels que αβ AB +βγ BC +γα CA = 0. Solution. Soit O un point du plan distinct de A, B et C. Soit M le barycentre du système (A,α), (B,β), (C,γ). Nous pouvons supposer que α + β + γ = car les poids sont définis à une constante multiplicative près. Calculons la norme au carré du vecteur OM : OM = αoa + βob + γoc donc Or OM = α OA +β OB +γ OC Par conséquent en appliquant l hypothèse on obtient : + αβ( OA OB) + αγ( OA OC) + βγ( OB OC) αβ( OA OB) = αβ OA +αβ OB αβ AB, αγ( OA OC) = αγ OA +αγ OC αγ AC γβ( OB OC) = γβ OC +γβ OB γβ BC. OM = (α + αβ + αγ) OA +(β + αβ + βγ) OB +(γ + αγ + βγ) OC αβ AB βγ BC γα CA = α OA +β OB +γ OC αβ AB βγ BC γα CA. Considérons O le centre du cercle circonscrit aux points A, B et C, par conséquent on a On obtient alors : OA = OB = OC = R. OM = R αβ AB βγ BC γα CA. Ainsi le point M appartient à l ensemble cherché si et seulement si OM = R. Le lieu cherché est le cercle circonscrit du triangle ABC. Exercice 9 (Distance entre deux droites). On considère dans un espace affine euclidien (X, E,+,(..)) de dimension, deux droites disjointes D et D non parallèles. 4
. Montrer qu il existe une unique droite D orthogonale à la fois à D et D.. On note H et H les points d intersection de D avec D et D. Montrer que d(h,h ) = inf. En notant D = A + R u et D = A + R u, montrer que d(h,h ) = det B( u, u, AA ) u u, où B est une base orthonormée de E. Solution.. Notons u un vecteur directeur de D et v un vecteur directeur de D. Les droites D et D n étant pas parallèles, les vecteurs u et v ne sont pas colinéaires. L orthogonal de vect( u, v) est une droite, par exemple dirigée par w = u v. Considérons le plan P = D + R w. Ce plan coupe la droite D. En effet, l espace engendré par P et D est l espace tout entier car la direction de l espace engendré contient D + D + R w égal à E. Si l intersection était vide alors par la formule de la dimension nous aurions : dim(< P,D >) = dimp + dimd dim( P D ) + c est à dire = + 0 +. Par conséquent les deux espaces s intersectent et l intersection est de dimension 0, c est donc un point noté H. On se place dans le plan P et on considère la droite passant par H et dirigée par le vecteur w. Comme précédement par la formule de la dimension, cette droite coupe D en un point H. La droite HH est alors dirigée par le vecteur w, elle est donc orthogonale à D et D. Montrons l unicité. Si une autre droite existe, notons là AA avec A appartenant à D et A appartenant à D. Par la relation de Chasles on a la décomposition : AH = AA + A H + H H D ( D + R w) = {0}. On obtient ainsi que A et H sont égaux et de même A et H sont égaux.. On note H et H les points d intersection de D avec D et D. Montrons que On a tout d abord une l inégalité : d(h,h ) = inf d(h,h ) inf Soit M et M deux points de D et D respectivement. Par application du théorème de Pythagore nous déduisons : MM = MH + HH + H M HH. et donc l inégalité d(m,m ) d(h,h ). Par définition de la borne inférieure nous obtenons d(h,h ) inf. Calculons la distance entre H et H. Le vecteur HH est colinéaire au produit vectoriel u u. En particulier nous avons AH ( u u ) HH = u u. 5
Or par définition du produit vectoriel nous avons : AH ( u u )) = det B ( u, u, AH ) En décomposant le vecteur AH = AA + A H nous obtenons det B ( u, u, AH ) = det B ( u, u, AA ) + det B ( u, u, A H ) = det B ( u, u, AA ), car A H est colinéaire à u. On obtient ainsi la formule. 6