Exercices de géométrie affine et euclidiennemathksar.weebly.com/uploads/1/4/4/0/14403348/... · Accueil Géométrie aﬃne Convexité Géométrie euclidienne Isométries planes

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version du 22 decembre 2006

Jean-Marc Decauwert

Execices de géométrie

affine et euclidienne

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Géométrie affine

• Quadrilatere

• Composition de symetries centrales

• Composition d’homotheties

• Le trapeze

• Polygone des milieux

• Le tourniquet dans le triangle

• Un probleme de construction

• Deux triangles

• Un cas particulier du theoreme de Desargues

• Une droite et son image

• Transformations cycliques

• Affinites et transvections

• Desargues dans l’espace

• Projection centrale, rapport et birapport

• Coordonnees barycentriques et determinants

• Aire algebrique d’un polygone

• Action du groupe affine sur les triplets de droites

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• Demi-espaces

• Regionnement du plan par un repere affine

• Cones convexes

• Quadrilateres

• Diagonales d’un polygone convexe

• Milieux

• Une propriete des triangles

• Le theoreme de Caratheodory

• Projection sur un convexe ferme

• Separation de convexes

• Hyperplans d’appui

• Generation par les demi-espaces

• Domaines de Voronoı

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• Distances aux points d’un repere affine

• Fonction scalaire de Leibniz

• Cercles d’Apollonius

• Triangle orthique

• Bissectrices et cercle circonscrit

• Le pivot

• Cercles tangents

• Trois cercles

• Le theoreme des trois tangentes

• Rayons des cercles inscrit et exinscrits

• Un probleme de maximisation

• Le probleme de Fermat

• Trisection

• Un probleme de recouvrement

• Disque de rayon minimal contenant un compact

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Isométries planes• Composition de reflexions (1)

• Composition de reflexions (2)

• Composition de reflexions (3)

• Symetrie glissee

• Composition de rotations

• Composition de symetries glissees

• Le tourniquet dans le cercle

• Polygone regulier

• Deux carres (ou trois)

• Billard polygonal

• Plus court chemin

• Le probleme de Fagnano

• Sous-groupes finis d’isometries

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• Composee de trois reflexions

• Caracterisation de l’axe d’un vissage

• Tetraedres equifaciaux

• Isometries du tetraedre regulier

• Isometries du cube

• Cube, tetraedres et octaedre

• Isometries de l’helice circulaire

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Coniques• Tangentes menees d’un point a la parabole

• Un probleme de lieu geometrique

• Diametres conjugues de l’ellipse

• Ellipse de Steiner d’un triangle

• Construction de l’hyperbole

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Géométrie analytique• Projection et affinites

• Transformation affine du plan

• Position relative de deux cercles

• Perpendiculaire commune

• Equation normale d’une droite, bissectrices

• Reflexion

• Isometrie de l’espace (1)

• Isometrie de l’espace (2)

• Isometries du cube et du tetraedre

• Equation d’une conique

• Une construction de l’ellipse

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Complexes• Parametrisation du cercle

• Orthocentre

• Deux carres (ou trois)

• Un triangle et son image

• Configuration de Vecten

• Triangles de Napoleon

• Le theoreme de Ptolemee

• Projection orthogonale d’un cube

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• Lignes de niveau de

z − a

z − b

• Matrices et homographies

• Points fixes d’une homographie

• Invariant anallagmatique de deux cercles

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QuadrilatèreSoit, dans le plan affine, ABCD un quadrilatere, I, J , K, L les milieux respectifsdes segments AB, BC, CD et DA. Montrer que IK et JL ont meme milieu.

Indication Solution

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

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L’isobarycentre des quatre points A, B, C, D est, par associativite, l’isobarycentrede I et K, i.e. le milieu du segment IK. C’est aussi, pour la meme raison, celui deJL.

Autre solution Table

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Le quadrilatere IJKL est un parallelogramme, puisque−→IJ =

−−→LK =

1

2

−→AC (considerez

les triangles ABC et ACD). Ses diagonales IK et JL se coupent donc en leursmilieux.

Table

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Composition de symétries centralesSoit ABC un triangle, A′, B′, C ′ les milieux respectifs de BC, CA et AB, sA′,sB′, sC ′ les symetries centrales par rapport a ces points. Determiner la naturegeometrique des transformations f = sB′ sA′ et g = sC ′ sB′ sA′.

Indication Solution

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Determinez les parties lineaires ~f et ~g de f et g, puis les images f(B) et g(B) dupoint B par ces deux transformations.

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La partie lineaire d’une symetrie centrale est l’homothetie vectorielle de rapport -1.La composee de deux symetries centrales a pour partie lineaire l’identite, c’est doncune translation. La composee de trois symetries centrales a pour partie lineairel’homothetie vectorielle de rapport -1, c’est donc une symetrie centrale. Commef(B) = A et g(B) = B, f est la translation de vecteur

−→BA et g la symetrie

centrale de centre B.

Table

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Composition d’homothetiesSoient, dans le plan affine E, h1 et h2 deux homotheties de centres respectifs O1

et O2 et de meme rapport λ 6= 0. Determiner la nature geometrique de la transfor-mation f = h2 h−1

1 .

Solution

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La partie lineaire d’une homothetie affine de rapport λ est l’homothetie vectoriellede rapport λ. La partie lineaire de f = h2h−1

1 est donc l’identite de−→E . Il en resulte

que f est une translation. L’image f(O1) = h2(O1) de O1 par cette translation

verifie−−−−−→O2f(O1) = λ

−−−→O2O1, d’ou

−−−−−→O1f(O1) =

−−−→O1O2 +

−−−−−→O2f(O1 = (1 − λ)

−−−→O1O2 : f est

donc la translation de vecteur (1− λ)−−−→O1O2.

Suite

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Soit F une partie non vide de E, F1 = h1(F ) son image par h1, F2 = h2(F )son image par h2. Montrer que F2 est l’image de F1 par une translation dont onprecisera le vecteur.

Solution

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F2 est l’image de F1 par la translation f de vecteur (1− λ)−−−→O1O2.

Table

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Le trapèzeSoit ABCD un trapeze de bases AB et CD. On note K et L les milieux de ABet CD et on suppose que les droites AD et BC se coupent en un point I et lesdroites AC et BD en un point J . Montrer que les points I, J , K, L sont aligneset que :

IK

IL

JL

JK= −1 .

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Considerez des homotheties de centres I et J qui transforment la droite AB en ladroite CD.

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Il existe une unique homothetie h de centre I transformant D en A. Cette ho-mothetie transforme la droite CD en une droite parallele passant par A, i.e. en ladroite AB. Elle transforme donc C en B, et le milieu L de CD en le milieu K deAB. Les points I, K et L sont donc alignes et le rapport de h est egal a IK

IL. De

meme l’unique homothetie h′ de centre J transformant A en C transforme B enD et le milieu K de AB en le milieu L de CD. Les points J , K et L sont doncalignes et le rapport de h′ est egal a JL

JK. La composee h′h de ces deux homotheties

transforme D en C, C en D, et laisse fixe L. C’est donc la symetrie par rapporta L, i.e. l’homothetie de centre L et de rapport −1. Mais son rapport est aussi leproduit IK

ILJLJK

des rapports de ces deux homotheties.

Table

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Polygone des milieux (1)Soit ABC un triangle. Montrer qu’il existe un triangle A′B′C ′ et un seul tel queA soit le milieu de B′C ′, B le milieu de C ′A′, et C le milieu de A′B′. Indiquer uneconstruction geometrique de ce triangle.

Solution Suite

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Polygone des milieux (2)Soit A′B′C ′D′ un quadrilatere. Donner une condition necessaire et suffisante pourqu’il existe un quadrilatere ABCD tel que A′ soit le milieu de AB, B′ le milieu deBC, C ′ le milieu de CD, et D′ le milieu de DA. Ce quadrilatere, s’il existe, est-ilunique?

Indication Solution Suite

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Si ABCD existe, les egalites−−→A′B′ =

−−→D′C ′ =

1

2

−→AC montrent que A′B′C ′D′

est un parallelogramme. Cette condi-tion est donc necessaire pour qu’ilexiste une solution.

Si elle est verifiee, soit A un point quelconque du plan, B son symetrique parrapport a A′, C le symetrique de B par rapport a B′, D le symetrique de C parrapport a C ′ ; D′ est alors le milieu de DA, ce qui montre que ABCD est solution.Il y a donc dans ce cas une infinite de solutions : l’un des points ABCD peut etrechoisi arbitrairement, les autres sont alors uniquement determines.

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Polygone des milieux (3)Etant donnes n points B1, . . . ,Bn du plan affine E, peut-on toujours trouver npoints A1, . . . ,An de E tels que Bi soit, pour tout i = 1, . . . ,n, le milieu de AiAi+1

(avec la convention An+1 = A1)?Donner une construction geometrique des points Ai a partir des points Bi lorsquela solution existe.

Indication Solution

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Le polygone des milieux est-il quelconque?

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IndicationOn pourra considerer la composee des symetries de centres B1, B2, . . . ,Bn.

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SolutionIl suffit naturellement de considerer le triangle obtenu en tracant les paralleles auxcotes menees par les sommets opposes.

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SolutionSi le probleme admet une solution A1, . . . , An, la composee f = sBn

· · · sB1des

symetries de centres B1, B2, . . . ,Bn laisse fixe le point A1. Or cette composee est :

• une symetrie centrale si n est impair ;

• la translation de vecteur ~v = 2(−−−→B1B2 + · · ·+

−−−−−→Bn−1Bn) si n est pair.

Si n est impair, le probleme admet donc une solution et une seule : A1 est le centrede f , A2 = sB1

(A1), . . . .Si n est pair, soit ~v = ~0 : f est alors l’identite et le probleme admet une infinite desolutions (A1 quelconque, A2 = sB1

(A1), . . . ), soit ~v 6= ~0 : f n’a dans ce cas pas depoint fixe et le probleme n’admet pas de solution.

Comment construisez-vous la solution si n est impair?

Autre solution Solution

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SolutionIl suffit de partir d’un point quelconque M et de construire son image f(M) : lecentre de f est le milieu de Mf(M), qui est donc le point A1.

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Autre solutionSi a1, . . . ,an sont les affixes des points Ak et b1, . . . ,bn les affixes des points Bk, leprobleme equivaut a resoudre le systeme:

a1 + a2 = 2b1

a2 + a3 = 2b2

. . . = . . .

an−1 + an = 2bn−1

a1 + an = 2bn

Le determinant de ce systeme se calcule en developpant par rapport a la premierecolonnne :

1 1 0 . . .0 1 1 0 . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . 0 1 11 0 . . 0 1

= 1 + (−1)n+1 .

Suite

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Si n est impair, le systeme est de Cramer : il admet donc une solution et une seulequels que soient les points Bk.Si n est pair, le determinant est nul (ce qu’on pouvait voir directement en remar-quant que la somme des lignes d’indice pair est egale a la somme des lignes d’indiceimpair) et le syteme est de rang n− 1. Si la condition

a1 + a3 + · · ·+ an−1 = a2 + a4 + · · ·+ an

est verifiee, le systeme admet une infinite de solutions (on peut choisir arbitraire-ment a1 et les autres points sont alors uniquement determines) ; sinon le sytemen’admet pas de solution.

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Le tourniquet dans le trianglePar un point D du cote AB d’un triangle ABC on trace la parallele a BC quicoupe AC en E ; par E on trace la parallele a AB qui coupe CB en F ; par F ontrace la parallele a CA qui coupe BA en G ; par G on trace la parallele a BC quicoupe AC en H ; par H on trace la parallele a AB qui coupe CB en I ; par I ontrace la parallele a CA qui coupe BA en J . Montrer que J = D.

Indication Solution

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Remarquez que l’application de la droite AB dans elle-meme qui au pointD associele pointG est affine. Quelles sont les images des points A et B par cette application?

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L’application f de la droite AB dans elle-meme qui au point D associe le point Gest affine, puisque composee de trois projections. Elle echange les points A et B etest donc involutive, puisque (A,B) est un repere affine de cette droite. L’image Jde D par f f est donc egale a D.

Remarque : L’application f est donc la symetrie par rapport au milieu de AB.En appliquant trois fois le theoreme de Thales, on pouvait d’ailleurs montrer queDA

DB=GB

GA, et en deduire que D et G etaient symetriques par rapport a ce milieu.

Table

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Un problème de constructionSoit, dans un plan affine E, ABCD un parallelogramme dont on suppose les som-mets A et B fixes. Determiner le lieu de D quand C decrit une droite ∆ de E.

Solution Suite

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Le point D se deduit de C par la translation de vecteur−→BA. Il decrit donc, quand

C decrit la droite ∆, la droite ∆1 image de ∆ par cette translation.

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En deduire une construction d’un parallelogramme ABCD dont les sommets A etB sont fixes, les sommets C et D devant appartenir respectivement a deux droites∆ et ∆′ donnees de E (on discutera l’existence et l’unicite de la solution selon laposition de ces droites).

Solution

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Le point D s’obtient comme intersection de ∆′ et de la droite ∆1 deduite de ∆ parla translation de vecteur

−→BA.

Table

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Deux triangles (1)Soit, dans le plan affine, ABC un triangle non aplati, A1 le symetrique de B parrapport a C, B1 le symetrique de C par rapport a A, C1 le symetrique de A parrapport a B. Comparer les aires des triangles ABC et A1B1C1.

Indication Solution

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Comparez par exemple les determinants det(−−−→A1B1,

−−−→A1C1) et det(

−→CA,

−−→CB).

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On a :

det(−−−→A1B1,

−−−→A1C1) = det(

−−→A1C +

−−→CB1,

−−→A1B +

−−→BC1)

= det(−−→CB + 2

−→CA,2

−−→CB −

−→BA)

= det(−−→CB + 2

−→CA,3

−−→CB −

−→CA)

= 7 det(−→CA,

−−→CB)

L’aire du triangleA1B1C1 est donc 7 foiscelle du triangle ABC.

Remarque Suite

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On pouvait aussi remarquer que les aires de chacun des triangles A1BC1, B1CA1

et C1AB1 etaient egales au double de celle du triangle ABC.

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Deux triangles (2)Reconstruire le triangle ABC a partir du triangle A1B1C1.

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Soient A2, B2, C2 les points d’intersection des droites BC, CA et AB avec lesdroites B1C1, C1A1 et A1B1. Ecrire les coordonnees barycentriques des points A1,B1 et C1 dans le repere affine (A,B,C). En deduire les coordonnees barycentriquesdes points A, B, C, puis celles des points A2, B2, C2 dans le repere affine (A1,B1,C1).

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Soient A2, B2, C2 les points d’intersection des droites BC, CA et AB avec lesdroites B1C1, C1A1 et A1B1. On a :

A1 = 2C −B A =2

7A1 +

4

7B1 +

1

7C1

B1 = 2A− C d’ou : B =1

7A1 +

2

7B1 +

4

7C1

C1 = 2B − A C =4

7A1 +

1

7B1 +

2

7C1

L’egalite

A =2

7A1 +

4

7B1 +

1

7C1 =

6

7

1

3A1 +

2

3B1

!+

1

7C1

montre que C2 =1

3A1 +

2

3B1, puisque ce dernier point appartient aux deux droites

A1B1 et AC1. C2 est donc situe au tiers du segment B1A1 a partir de B1. La droiteAB s’en deduit, puisque les points C1 et C2 lui appartiennent. Les autres cotes dutriangle ABC s’obtiennent de la meme maniere.

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Un cas particulier du théorème de DesarguesMontrer que deux triangles non aplatis du plan affine se deduisent l’un de l’autrepar une homothetie ou une translation si et seulement si leurs cotes sont deux adeux paralleles.

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Si−−→A′B′ = λ

−→AB, il existe une et une seule homothetie ou translation f qui trans-

forme A en A′ et B en B′ (démonstration). Que peut-on dire de f(C)?

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Si−−→A′B′ =

−→AB, le quadrilatere ABB′A′ est un parallelogramme et

−−→AA′ =

−−→BB′ : la

translation de vecteur−−→AA′ transforme donc A en A′ et B en B′.

Si−−→A′B′ = λ

−→AB, avec λ 6= 1, 0, il existe une homothetie et une seule de rapport

λ qui transforme A en A′ et B en B′. Son centre O est determine par la relation−−→OA′ = λ

−→OA, qui s’ecrit encore

−→OA+

−−→AA′ = λ

−→OA, ou (1− λ)

−→AO =

−−→AA′.

Retour

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Une homothetie ou une translation conserve le parallelisme : la condition est doncnecessaire.Reciproquement, les droites AB et A′B′ etant paralleles, il existe une homothetieou une translation f qui transforme A en A′ et B en B′. L’image f(C) de C par fappartient a la parallele a AC passant par A′, i.e. a la droite A′C ′ et a la parallelea BC passant par B′, i.e. a la droite B′C ′ : c’est donc le point C ′.

Application

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Soient D1 et D2 deux droites secantes du plan affine E et M un point de E

n’appartenant a aucune de ces droites. On suppose que le point O d’intersectionde D1 et D2 est situe hors du cadre de la figure. Donner une construction de ladroite OM .

Solution

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Soient P1 un point de D1 et P2 un point de D2 tels que la droite P1P2 ne passe paspar M . Une parallele a P1P2 coupe D1 en P ′

1 et D2 en P ′2. Les paralleles a P1M

(resp. P2M) menees par P ′1 (resp. P ′

2) se coupent en M ′. La droite MM ′ passe parO.

Table

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Une droite et son imageSoit f une transformation affine d’un espace affine E et D une droite de E. Montrerque l’ensemble des milieux des segments Mf(M) pour M ∈ D est une droite ouun point.

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Soient A et B deux points distincts de D. Exprimez M (resp. f(M)) comme ba-rycentre de A et B (resp. f(A) et f(B)).

Retour Solution

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Soient A et B deux points distincts de D. Tout point M de E s’ecrit de maniereunique comme barycentre αA + (1 − α)B (α ∈ R) de A et B. La transformationf etant affine, elle conserve les barycentres : f(M) = αf(A) + (1 − α)f(B). Le

milieu g(M) de Mf(M) est le barycentre du systeme pondere (A,α

2), (B,

1− α

2),

(f(A),α

2), (f(B),

1− α

2), ou encore du systeme (g(A), α), (g(B), 1 − α), ou g(A)

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)decrit la droite g(A)g(B) quand α decrit R.

Autre solution Table

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On peut aussi remarquer que l’application g qui a M associe le milieu g(M) de

Mf(M) est affine, d’application lineaire associee~f + id−→

E

2. En effet si M et N sont

deux points de E, on verifie facilement que

−−−−−−−→g(M)g(N) =

−−→MN +

−−−−−−−→f(M)f(N)

2=

−−→MN + ~f(

−−→MN)

2.

Il en resulte que l’image g(D) de la droite D par g est une droite ou un point.

Table

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Transformations cycliquesSoient A, B, C, D quatre points du plan affine P tels que trois d’entre eux ne soientjamais alignes. Donner une condition necessaire et suffisante sur le quadrilatereABCD pour qu’il existe une transformation affine f de P verifiant f(A) = B,f(B) = C, f(C) = D, f(D) = A. Montrer qu’une telle transformation, si elleexiste, est un element d’ordre 4 du groupe affine de P .

Solution

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Les points A, B, C constituent un repere affine de P . Soit D = αA + βB + γC,avec α + β + γ = 1, l’ecriture de D dans ce repere. Si une telle transformation f

existe, elle verifie :

f(D) = αf(A) + βf(B) + γf(C)

= αB + βC + γ(αA+ βB + γC)

= αγA+ (α+ γβ)B + (β + γ2)C .

L’egalite f(D) = A se traduit alors par le systeme αγ = 1, α+γβ = 0, β+γ2 = 0.On en deduit β = −γ2, α = γ3, γ4 = 1, d’ou 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 parallelogramme.Reciproquement, si ABCD est un parallelogramme, l’unique transformation affinede P verifiant f(A) = B, f(B) = C, f(C) = D verifie aussi f(D) = f(A−B+C) =B − C +D = A.Les deux transformations affines f 4 et idP coıncident sur le repere affine A, B, C ;elles sont donc egales. Par contre f 2 6= idP (f 2 est la symetrie centrale par rapportau centre du parallelogramme) : f est donc d’ordre 4 dans GA(P ).

Retour Table

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Affinités et transvections (1)Soit (A0, . . . ,An) un repere affine d’un espace affine E de dimension n et A′

0 unpoint de E n’appartenant pas a l’hyperplan affine H engendre par A1, . . . , An.

Montrer qu’il existe une transformation affine f de E et une seule qui laisse fixetout point de H et transforme A0 en A′

0.

Solution Suite

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On sait qu’il existe une et une seule transformation affine f transformant le repereaffine (A0,A1, . . . ,An) en la famille (A′

0,A1, . . . ,An) : f(A0) = A′0, f(Ai) = Ai pour

tout i = 1, . . . ,n. Cette transformation affine laisse invariant tout point de H.

Retour Suite

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Affinités et transvections (2)On suppose que A′

0 n’appartient pas a l’hyperplan affine H ′ parallele a H passantpar A0. Montrer que f est une affinite de base H dont on precisera la direction.

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Soit A le point d’intersection de la droite A0A′0 avec H. L’affinite de base H, de di-

rection (A0A′0) et de rapport

AA′0

AA0et f sont deux applications affines qui coıncident

sur le repere affine (A0, . . . ,An). Elles sont donc egales.

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Affinités et transvections (3)On suppose maintenant que A′

0 appartient a l’hyperplan affine H ′ parallele a H

passant par A0. Montrer qu’il existe une fonction affine ϕ sur E nulle sur H telle

que−−−−−→Mf(M) = ϕ(M)

−−−→A0A

′0 pour tout point M de E.

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Tout point M du plan s’ecrit M = α0A0 + α1A1 + · · ·+ αnAn avecnX

i=0αi = 1. Son

image f(M) par l’application affine f s’ecrit

f(M) = α0f(A0) + α1f(A1) + · · ·+ αnf(An) = α0A′0 + α1A1 + · · ·+ αnAn .

On en deduit−−−−−→Mf(M) = α0

−−−→A0A

′0 = ϕ(M)

−−−→A0A

′0, ou ϕ est la forme affine qui associe

a tout point de E sa coordonnee suivant A0 dans le repere affine (A0,A1, . . . ,An),i.e. l’unique application affine de E dans R verifiant ϕ(A0) = 1, ϕ(Ai) = 0 pourtout i = 1, . . . ,n.

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Affinités et transvections (4)On suppose que E est un plan. Donner une construction geometrique de l’imageM ′ = f(M) d’un point M de E par f .

Solution Table

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Si M n’appartient pas a H ′, l’image par f de la droite A0M est la droite A′0m,

ou m est l’intersection de la droite A0M avec H, puisque m est fixe par f . Lepoint M ′ = f(M) est donc l’intersection de la droite A′

0m avec la parallele a H

menee par M , puisque−−−−−→Mf(M) est proportionnel a

−−−→A0A

′0. Si M appartient a H ′,

on commence par construire l’image par f d’un point n’appartenant pas a H ′ eton fait une construction analogue a partir de ce point et de son image (on peut

aussi remarquer que dans ce cas−−−−−→Mf(M) =

−−−→A0A

′0).

Table

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Le théorème de DesarguesSoit, dans l’espace affine de dimension 3, OABC un tetraedre et Π un plan coupantles trois aretes 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′) secantes en des points α, β et γ. Montrer que lestrois points α, β et γ sont alignes.

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Considerez l’intersection des plans ABC et Π.

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Les plans ABC et Π se coupent suivant une droite ∆ et les points α, β et γ ap-partiennent tous trois a ∆.

Remarque

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On en deduit, en considerant la figure plane ci-dessous comme la projection surle plan ABC d’une figure de l’espace, que si deux triangles ABC et A′B′C ′ d’unmeme plan sont tels que les droites AA′, BB′ et CC ′ soient concourantes, alors lespoints d’intersection des cotes BC et B′C ′, CA et C ′A′, AB et A′B′ (s’ils existent)sont alignes.

Cas particulier Table

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Si les cotes BC et B′C ′ sont paralleles, et les cotes CA et C ′A′, AB et A′B′ secantsen des points β et γ, alors la droite βγ est parallele aux droites BC et B′C ′.

Si les cotes BC et B′C ′, ainsi que les cotes CA et C ′A′, sont paralleles, alors lescotes AB et A′B′ le sont aussi (pourquoi?). On retrouve alors le cas particulier duthéorème de Desargues considere precedemment.

Table

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Projection centrale, rapport et birapportSoit ∆ et ∆′ deux droites secantes en O. Deux droites D et D′ coupent ∆ et ∆′ enA, B, A′, B′. On suppose les milieux I et I ′ des segments AB et A′B′ alignes avecO. Montrer que les droites D et D′ sont paralleles.

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Soit D′′ l’image de D par l’homothetie de centre O qui transforme I en I ′, A′′ et B′′

ses points d’intersection avec ∆ et ∆′. Que peut-on dire du quadrilatere A′′B′B′′A′?

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Soit D′′ l’image de D par l’homothetie de centre O qui transforme I en I ′, A′′ et B′′

ses points d’intersection avec ∆ et ∆′. Les diagonales du quadrilatere A′′B′B′′A′

se coupent en leurs milieux. Si ce quadrilatere n’etait pas aplati, ce serait un pa-rallelogramme et les droites ∆ et ∆′ seraient paralleles, ce qui n’est pas. On a doncD′′ = D′, ce qui montre que D et D′ sont paralleles.

Suite

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Cet exercice montre en particulier que la projection centrale de centre O qui a unpoint M du plan associe le point d’intersection de la droite OM avec une droitefixee D′ n’est pas affine (elle ne conserve pas les milieux). On peut d’ailleurs remar-quer que cette application n’est pas definie sur un espace affine, puisque l’imaged’un point de la parallele a D′ passant par O n’est pas definie. La restriction decette application a une droite D ne passant pas par O est bien definie et est uneapplication affine dans le seul cas ou D et D′ sont paralleles (c’est alors la restric-tion a D de l’unique homothetie de centre O qui transforme D en D′).

La suite de l’exercice va montrer que la projection centrale conserve cependantle birapport de quatre points.

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Projection centrale et birapportSoit A, B, C, D quatre points distincts d’une droite ∆ du plan affine P et O unpoint de P n’appartenant pas a ∆. Montrer que

AC

AD=

det(−→OA,

−→OC)

det(−→OA,

−−→OD)

.

Solution Suite

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Soit ~v un vecteur directeur de−→∆, de sorte que

−−→MN = MN~v pour tout couple

(M,N) de points de ∆. L’egalite cherchee resulte immediatement des deux egalites :

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) .

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En deduire que si une autre droite ∆′ de P ne passant pas par O coupe les quatredroites OA, OB, OC et OD en des points A′, B′, C ′ et D′, on a :

AC

AD· BDBC

=A′C ′

A′D′ ·B′D′

B′C ′

(conservation du birapport par les projections centrales).

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Il existe des reels α, β, γ, δ non nuls tels que−−→OA′ = α

−→OA,

−−→OB′ = β

−−→OB,−−→

OC ′ = γ−→OC,

−−→OD′ = δ

−−→OD.

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Les points O, A et A′ etant alignes, il existe un reel α non nul tel que−−→OA′ = α

−→OA.

De meme, il existe β, γ, δ non nuls tels que−−→OB′ = β

−−→OB,

−−→OC ′ = γ

−→OC,

−−→OD′ = δ

−−→OD.

On en deduit :

A′C ′

A′D′ ·B′D′

B′C ′ =det(

−−→OA′,

−−→OC ′)

det(−−→OA′,

−−→OD′)

· det(−−→OB′,

−−→OD′)

det(−−→OB′,

−−→OC ′)

=det(α

−→OA,γ

−→OC)

det(α−→OA,δ

−−→OD)

· det(β−−→OB,δ

−−→OD)

det(β−−→OB,γ

−→OC)

=det(

−→OA,

−→OC)

det(−→OA,

−−→OD)

· det(−−→OB,

−−→OD)

det(−−→OB,

−→OC)

=AC

AD· BDBC

.

On en deduit qu’une projection centrale conserve le birapport de quatre points.

Remarque Table

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Supposons le plan muni d’un produit scalaire. Le quotientAC

ADs’interprete alors

comme le rapport des aires des triangles OAC et OAD, puisque ces deux triangles

ont meme hauteur. Il est donc encore egal au rapportOC sin ×AOCOD sin ×AOD . La valeur

absolueAC

AD· BDBC

du birapport est donc egale asin ×AOCsin ×AOD sinØBOD

sin ×BOC et ne depend

donc que des droites OA, OB, OC et OD, et non de la secante ∆. Les egalitesetablies precedemment ne font que refleter ces dernieres sans avoir a se placer dansle cadre euclidien.

Table

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Coordonnées barycentriques et déterminantsSoit ABC un triangle non aplati du plan affine E. Montrer que les aires algebriques∆(−−→MB,

−−→MC), ∆(

−−→MC,

−−→MA), ∆(

−−→MA,

−−→MB) des triangles MBC, MCA et MAB

constituent un systeme de coordonnees barycentriques du point M dans le repereaffine (A,B,C).

Solution

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SolutionIl 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 coordonnees barycentriques reduites de M dans le repere ABC,

ce qui se verifie immediatement en remarquant que−−→AM = β

−→AB + γ

−→AC,

−−→BM =

α−→BA+ γ

−−→BC,

−−→CM = α

−→CA+ β

−−→CB, et en developpant les determinants.

Table

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Aire algébrique d’un polygone : cas du triangleSoit E un plan affine et (~i,~j) une base de

−→E . On note ∆(~u,~v) le determinant 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 depend pas du point M de E et l’exprimer en fonction de l’aire algebrique∆(−→AB,

−→AC) du triangle ABC.

On remarquera que le signe de l’aire algebrique d’un triangle depend de l’orientation de ce tri-

angle, c’est-a-dire de l’ordre dans lequel sont ecrits les sommets.

Solution Suite

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SolutionPour 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 algebrique du triangle ABC est la somme des aires

algebriques des triangles MAB, MBC et MCA. Ces aires constituent egalement un systeme de

coordonnees barycentriques du point M dans le repere affine (A,B,C).

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Aire algébrique d’un polygoneSoit n un entier ≥ 2 et A1, . . .An n points de E. Montrer que la somme

∆(−−−→MA1,

−−−→MA2) + ∆(

−−−→MA2,

−−−→MA3) + · · ·+ ∆(

−−−−→MAn−1,

−−−→MAn) + ∆(

−−−→MAn,

−−−→MA1)

ne depend pas du point M de E.

On appellera cette somme aire algébrique du polygone A1 . . . An.On peut aisement verifier que si le polygone est convexe, et si M est interieur au polygone, ces

aires sont toutes de meme signe et donc que l’aire geometrique du polygone (i.e. la valeur absolue

de l’aire algebrique) est la somme des aires geometriques des triangles MAiAi+1 et represente donc

l’aire du polygone au sens usuel.

Solution Table

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SolutionPour tout couple M,N de points de E :

∆(−−→MAi,

−−−−→MAi+1) = ∆(

−−→MN +

−−→NAi,

−−→MN +

−−−−→NAi+1)

= ∆(−−→NAi,

−−−−→NAi+1) + ∆(

−−→MN,

−−−−→NAi+1 −

−−→NAi)

= ∆(−−→NAi,

−−−−→NAi+1) + ∆(

−−→MN,

−−−−→AiAi+1) ,

d’ou, en faisant la somme et en posant An+1 = A1 :

nXi=1

∆(−−→MAi,

−−−−→MAi+1) =

nXi=1

∆(−−→NAi,

−−−−→NAi+1) +

nXi=1

∆(−−→MN,

−−−−→AiAi+1)

=nX

i=1∆(−−→NAi,

−−−−→NAi+1) + ∆(

−−→MN,

nXi=1

−−−−→AiAi+1)

=nX

i=1∆(−−→NAi,

−−−−→NAi+1) + ∆(

−−→MN,

−→0 )

=nX

i=1∆(−−→NAi,

−−−−→NAi+1) .

Retour Table

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Aire d’un polygone convexeLe polygone A1 . . . An est convexe si pour tout entier i = 1, . . . ,n, il est situe toutentier d’un meme cote de la droite AiAi+1. Si le point M est interieur au polygone,ses coordonnees barycentriques reduites (αi,βi,γi) dans le repere (Ai−1,Ai,Ai+1)verifient αi > 0, βi < 0, γi > 0. Il en resulte que les aires algebriques des trianglesorientes MAi−1Ai et MAiAi+1 sont de meme signe.

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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 posi-tion generale (i.e. deux a deux secantes et d’intersections distinctes). Montrer qu’ilexiste une transformation affine f de P dans P et une seule qui verifie f(∆i) = ∆′

i

pour i = 1,2,3.

Indication Solution

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

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Soient A, B et C les points d’intersection de ces droites deux a deux. Une trans-formation affine f transforme ∆1 en ∆′

1, ∆2 en ∆′2 et ∆3 en ∆′

3 si et seulement sif(A) = A′, f(B) = B′, f(C) = C ′. Or (A,B,C) est un repere affine du plan : ilexiste donc une application affine f et une seule qui verifie ces conditions et elleest bijective.

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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 tou-jours une transformation affine f qui verifie f(∆i) = ∆′

i pour i = 1,2,3? Si oui,est-elle unique?

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Observez la figure...

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Soient B et C (resp. B′ et C ′) les points d’intersection d’une parallele a ∆1 avec∆2 et ∆3 (resp. ∆′

2 et ∆′3). Il existe une transformation affine f et une seule qui

transforme le repere affine (A,B,C) en le repere affine (A′,B′,C ′). Cette applicationtransforme les droites ∆2 et ∆3 en les droites ∆′

2 et ∆′3. Comme toute transfor-

mation affine conserve le parallelisme, elle transforme la droite ∆1 en une droiteparallele a la droite B′C ′ passant par A′, c’est-a-dire en la droite ∆′

1.Mais une transformation qui verifie f(∆i) = ∆′

i pour i = 1,2,3 n’est pas unique :toute transformation affine h f , ou h est une homothetie quelconque de centreA′, possede aussi cette propriete.

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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 dimension3. 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 quiverifie f(∆i) = ∆′

i pour i = 1,2,3.

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Montrez qu’il existe un parallelepipede ABCDEFGH et un seul qui s’appuie surces trois droites (voir figure).

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Montrons qu’il existe un parallelepipede ABCDEFGH 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 doncuniquement determine. De meme pour les autres points.Soit A′B′C ′D′E ′F ′G′H ′ un parallelepipede s’appuyant de meme sur ∆′

1, ∆′2, ∆′

3.Une transformation affine f de S transforme ∆i en ∆′

i pour i = 1,2,3 si et seulementsi elle transforme ABCDEFGH en A′B′C ′D′E ′F ′G′H ′. Il faut et il suffit pour celaqu’elle transforme le repere affine (A,B,E,D) de S en le repere affine (A′,B′,E ′,D′).Or il existe une et une seule transformation affine qui verifie cette propriete.

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Demi-espacesSoit E un espace affine de dimension n et H un hyperplan affine de E. Montrerque la relation R definie sur E \H par

M R N si et seulement si [MN ] ∩H = ∅

est une relation d’equivalence qui separe E \H en exactement deux classes.

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Considerez un repere cartesien (O,~e1, . . . ,~en), avec O ∈ H et ~e1, . . . ,~en−1 ∈−→H .

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Soit (O,~e1, . . . ,~en) un repere cartesien de E, avec O ∈ H et ~e1, . . . ,~en−1 ∈−→H ,

x(M)1 , . . . ,x(M)

n (resp. x(N)1 , . . . ,x(N)

n ) les coordonnees de M (resp. N) dans ce repere.Les points M et N sont en relation si et seulement si x(M)

n et x(N)n sont de meme

signe. En effet tout point du segment [MN ] s’ecrit αM+(1−α)N avec α ∈ [0,1] etce point appartient a H si et seulement si αx(M)

n +(1−α)x(N)n = 0, autrement dit si

0 appartient au segment de R d’extremites x(M)n et x(N)

n . On verifie sans peine quela relation “ x(M)

n et x(N)n sont de meme signe ” induit une relation d’equivalence

sur E \H.On dit que deux points equivalents sont du même côté de H et les deux classesd’equivalence sont appelees demi-espaces (ouverts) delimites par H.

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Régionnement du plan par un repère affineSoit A, B, C un repere affine du plan. Caracteriser en termes de coordonneesbarycentriques reduites dans ce repere les sept regions du plan delimitees par lesdroites AB, BC et CA.

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Soit (α, β, γ) les coordonnees barycentriques reduites d’un pointM = αA+βB+γC(α+β+γ = 1) dans le repere affine A, B, C. La droite BC a pour equation α = 0 etpartage le plan en deux demi-plans : celui qui contient A est caracterise par α > 0et l’autre par α < 0. Les droites AB, BC et CA divisent ainsi le plan en 7 regionsouvertes caracterisees par les 7 triplets de signes possibles pour (α, β, γ) (ces troisnombres ne peuvent etre simultanement negatifs, puisque leur somme vaut 1).

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En combien de regions les plans portant les faces d’un tetraedre non aplati partagent-ils l’espace?

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Les sommets du tetraedre constituent un repere affine de l’espace. Chacune desregions delimitees par les plans portant les faces est caracterisee par le quadrupletdes signes des coordonnees barycentriques reduites d’un point dans ce repere.

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Les sommets du tetraedre constituent un repere affine de l’espace. Chacune desregions delimitees par les plans portant les faces est caracterisee par le quadrupletdes signes des coordonnees barycentriques reduites d’un point dans ce repere. Il ya donc 15 regions, correspondant aux 15 quadruplets de signes possibles (24 − 1,puisqu’ici encore les coordonnees barycentriques reduites ne peuvent etre simul-tanement negatives). (On peut distinguer ainsi 4 types de regions selon le nombrede signes + et de signes - parmi les coordonnees barycentriques : faites une figureet distinguez ces regions).

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Cônes convexesSoit C un convexe d’un espace affine E et O un point de E. Montrer que la reunionΓ des demi-droites fermees d’origine O passant par M , pour M decrivant C, estun convexe.

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Soient M et N deux points de Γ et P un point du segment [MN ]. Il existe deux

reels λ ≥ 0 et µ ≥ 0 et deux points M1 et N1 de C tels que−−→OM = λ

−−→OM1 et−−→

ON = µ−−→ON1, ainsi qu’un reel α ∈ [0,1] tel que P = αM + (1− α)N , d’ou :

−→OP = α

−−→OM + (1− α)

−−→ON = αλ

−−→OM1 + (1− α)µ

−−→ON1 .

Si αλ = (1−α)µ = 0, on a P = O. Sinon le reel ν = αλ+ (1−α)µ est strictement

positif. On peut alors ecrire :−→OP = ν

αλ

ν

−−→OM1 +

(1− α)µ

ν

−−→ON

, soit en posant

α1 =αλ

νet P1 = α1M1 + (1 − α1)N1,

−→OP = ν

−−→OP1. Le point P1 appartient a C,

puisque α1 appartient a [0,1] et C est convexe : il en resulte que P appartient a Γ.

Table

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QuadrilatèresSoient A, B, C, D quatre points trois a trois non alignes du plan affine P . Montrerqu’il existe quatre reels non nuls α, β, γ, δ, de somme nulle, tels que le vecteurα−→OA+ β

−−→OB + γ

−→OC + δ

−−→OD soit nul pour tout point O de P , et que ces nombres

sont uniques a multiplication pres par un meme scalaire non nul.

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Si α+β+γ+ δ = 0, le vecteur α−→OA+β

−−→OB+γ

−→OC+ δ

−−→OD ne depend pas du point

O. Il est en particulier egal a β−→AB + γ

−→AC + δ

−−→AD. Les points A, B, C n’etant pas

alignes, les vecteurs−→AB et

−→AC forment une base du plan vectoriel

−→P . Il existe donc

deux reels λ et µ tels que−−→AD = λ

−→AB+µ

−→AC. Ces reels verifient λ 6= 0 (sinon A, C

et D seraient alignes), µ 6= 0 (sinon A, B et D seraient alignes), λ+ µ 6= 1 (sinonB, C et D seraient alignes). Le quadruplet (1− λ− µ, λ, µ, − 1) convient donc etil est unique a multiplication pres par un reel non nul, puisque la decompositiondu vecteur

−−→AD dans la base (

−→AB,

−→AC) est unique.

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Quadrilatères (suite)En deduire, en examinant les signes de ces nombres, que tout quadrilatere est del’un des trois types suivants :

AD

C

B

C B

A

D

C B

A

D

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Les nombres α, β, γ et δ etant de somme nulle, ils ne peuvent etre tous de memesigne. A permutation circulaire et a multiplication par -1 pres, il reste donc troispossibilites pour leurs signes: (+, + , + ,−), (+, − , + ,−), (+, + , − ,−).Le premier cas correspond a la premiere figure (un point a l’interieur du triangleforme par les trois autres : quadrilatere ni convexe ni croise), le second a la secondefigure (les diagonales AC et BD se coupent : quadrilatere convexe), et le dernier ala derniere figure (les cotes AB et CD se coupent : quadrilatere croise).

AD

C

B

C B

A

D

C B

A

D

Table

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Diagonales d’un polygone convexeDeterminer le nombre de points d’intersection des diagonales d’un polygone convexeA1A2 . . . An interieurs a ce polygone. On supposera que trois diagonales ne sont ja-mais concourantes.

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Combien de sommets faut-il pour determiner un tel point d’intersection?

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Quatre sommets distincts determinent un unique quadrilatere convexe et doncun unique point d’intersection interieur au polygone. Reciproquement tout pointd’intersection determine uniquement 4 sommets distincts (les extremites des dia-gonales dont il constitue l’intersection). Il y a donc autant de points que de parties

a 4 elements dans un ensemble a n elements, i.e.

n

4

.

Table

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Ensemble des milieuxSoient C et C ′ deux convexes non vides d’un espace affine E. Montrer que l’ensembleΓ des milieux des segments MM ′, ou M parcourt C et M ′ parcourt C ′, est unconvexe.

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Il suffit de montrer que si M1 et M2 (resp. M ′1 et M ′

2) sont deux points de C (resp.C ′), le point

α

1

2M1 +

1

2M ′

1

!+ (1− α)

1

2M2 +

1

2M ′

2

!appartient a Γ pour tout α ∈ [0,1]. Mais ce point s’ecrit aussi :

1

2(αM1 + (1− α)M2) +

1

2(αM ′

1 + (1− α)M ′2)

et αM1 + (1−α)M2 (resp. αM ′1 + (1−α)M ′

2) appartient a C (resp. C ′) puisque cesensembles sont convexes.

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Milieux (suite)Decrire Γ quand C et C ′ sont deux segments AB et CD.

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Les milieux E, F , G, H des segmentsAC, BC, BD et BC forment un pa-rallelogramme, puisque

−−→HG =

−→EF =

1

2

−→AB. Ces quatre points, ainsi donc

que leur enveloppe convexe Γ′ (le pa-rallelogramme plein) sont donc in-clus dans Γ. Pour montrer que tout

point K =1

2M +

1

2M ′, avec M =

αA+(1−α)B et M ′ = γC+(1−γ)D(0 ≤ α,γ ≤ 1) appartient a Γ′, il suffitd’ecrire :

K = α

1

2A+

1

2M ′

!+ (1− α)

1

2B +

1

2M ′

!= α

γ

1

2A+

1

2C

!+ (1− γ)

1

2A+

1

2D

!!+(1− α)

γ

1

2B +

1

2C

!+ (1− γ)

1

2B +

1

2D

!!= αγE + α(1− γ)H + (1− α)γF + (1− α)(1− γ)G .

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Une propriété des trianglesSoit, dans le plan affine E, T un triangle et T ′ un triangle image de T par unetranslation ou une homothetie de rapport positif. Montrer que l’intersection de Tet de T ′ est :

• soit vide ;

• soit reduite a un point ;

• soit un triangle image de T par une translation ou une homothetie de rapportpositif.

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Considerez un repere cartesien (A,−→AB,

−→AC), ou A, B, C sont les sommets du tri-

angle et ecrivez des inegalites caracterisant les points de T et de T ′.

Solution

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Soient A, B, C les sommets du triangle. Un point M de coordonnees (x,y) dans

le repere cartesien (A,−→AB,

−→AC) appartient a T si et seulement si x ≥ 0, y ≥ 0,

x + y ≤ 1. Il existe deux reels reels a et b et un reel c > 0 tels que le triangle T ′

est caracterise par les inegalites x ≥ a, y ≥ b, (x− a) + (y − b) ≤ c. L’intersectionT ∩T ′ est alors caracterisee par les inegalites 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) ;

• reduite a un point si max(a,0) + max(b,0) = min(a+ b+ c,1) ;

• un triangle image de T par une translation ou une homothetie de rapportpositif si max(a,0) + max(b,0) < min(a+ b+ c,1).

Table

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Le théorème de Carathéodory (1)Soient A0, A1, · · · ,Am m + 1 points affinement dependants d’un espace affine E.Montrer qu’il existe m+ 1 reels α0, α1, · · · ,αm de somme nulle, non tous nuls, tels

que le vecteurmP

i=0αi−−→OAi soit nul pour tout point O de E.

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Dire que les pointsA0,A1, · · · ,Am sont affinement dependants signifie que le systeme(−−−→A0A1, . . . ,

−−−→A0Am) est lie. Il existe donc m reels α1, · · · ,αm non tous nuls tels que

le vecteurmP

i=1αi−−−→A0Ai soit nul. Posons α0 = −

mPi=1

αi. CommemP

i=0αi = 0, le vecteur

mPi=0

αi−−→OAi ne depend pas du point O de E ; en prenant O = A0, on voit qu’il est

egal amP

i=1αi−−−→A0Ai, qui est nul.

Suite

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Le théorème de Carathéodory (2)En deduire que tout barycentre a coefficients tous positifs dem+1 pointsA0, A1, · · · ,Am

affinement dependants d’un espace affine E peut s’ecrire comme barycentre a co-efficients tous positifs de m de ces points.

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Soit M un barycentre a coefficients tous positifs des m+ 1 points A0, A1, · · · ,Am :

mXi=0

λi−−→MAi =

−→0 , λi ≥ 0 pour tout i = 1, . . . ,m,

mXi=0

λi > 0.

Ces points etant affinement dependants, il existe m + 1 reels α0, α1, · · · , αm de

somme nulle, non tous nuls, tels que le vecteurmP

i=0αi−−→MAi soit nul, d’ou :

mXi=0

(λi − tαi)−−→MAi =

−→0 pour tout reel t.

Soit I l’ensemble des indices i tels que αi soit strictement positif (cet ensemble n’est

pas vide, puisque les αi sont de somme nulle et ne sont pas tous nuls) et t = mini∈I

λi

αi.

On a alors λi − tαi ≥ 0 pour tout i = 0, . . . ,m,Pm

i=0(λi − tαi) =Pm

i=0 λi > 0 et

λj − tαj = 0 si t =λj

αj. Le point M s’ecrit donc comme barycentre a coefficients

tous positifs des points Ai, i 6= j.

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Le théorème de Carathéodory (3)En deduire le theoreme de Caratheodory : tout point de l’enveloppe convexe d’unepartie d’un espace affine de dimension n est barycentre a coefficients tous positifsde n+ 1 points de cette partie.

Solution

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On sait que l’enveloppe convexe d’une partie A de E est l’ensemble des barycentresa coefficients tous positifs de points de A. Tout point M de cette enveloppe convexes’ecrit donc comme barycentre a coefficients tous positifs de m points de A, pourun certain entier m. Comme m points d’un espace affine de dimension n sontaffinement dependants si m > n + 1, un raisonnement par recurrence immediatpermet de montrer que M s’ecrit comme barycentre a coefficients tous positifsd’au plus n+ 1 de ces points.

Application

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ApplicationEn deduire que l’enveloppe convexe d’un compact non vide d’un espace affine dedimension finie est compacte.

Solution

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Soit K un compact non vide de E. Notons

Σn = (λ0, . . . , λn) ∈ [0,1]n |mX

i=0λi = 1

et ϕ l’application de Kn+1 × Σn dans E definie par

ϕ(A0, . . . ,An,λ0, . . . ,λn) =nX

i=0λiAi .

Le theoreme de Caratheodory implique que l’enveloppe convexe de K est l’imagede ϕ. Mais ϕ est continue et Kn+1 × Σn est compact. L’image d’un compact parune application continue etant compacte, il en resulte que l’enveloppe convexe deK est compacte.

Remarque : L’enveloppe convexe d’un fermé n’est par contre pas necessairementfermee. Determinez, pour vous en convaincre, l’enveloppe convexe de la reuniond’une droite D et d’un point O n’appartenant pas a cette droite.

Solution

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L’enveloppe convexe est la bande du plan comprise entre la droite D et la parallelea D passant par O, cette derniere droite exclue a l’exception du point O. Cetteenveloppe convexe n’est donc pas fermee, alors que la reunion de D et de O l’est.

0

D

Table

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Projection sur un convexe ferméSoit C un convexe ferme non vide d’un espace affine euclidien E. Montrer que pourtout point M de E il existe un unique point P de C realisant la distance de M aC, i.e. verifiant MP = d(M,C) = infMQ | Q ∈ C.

Solution

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Existence :Soit N un point de C et K l’intersection de C et de la boule fermee de centre Met de rayon MN . On a clairement infMQ | Q ∈ C = infMQ | Q ∈ K. MaisK est compact et la fonction Q 7→ MQ est continue. Cette fonction atteint doncsa borne inferieure sur K.

Unicité :Supposons qu’il existe deux points distincts P1 et P2 de C verifiant MP1 = MP2 =infMQ | Q ∈ C. Le triangle MP1P2 serait isocele en M et le milieu I de P1P2

appartiendrait a C, puisque C est convexe, et verifierait

MI2 = MP 21 − IP 2

1 < MP 21 ,

ce qui contredit l’hypothese. Le point P de C verifiant MP = d(M,C) = infMQ |Q ∈ C est donc unique. On l’appelle projeté de M sur le convexe C.

Suite

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Montrer que le projete P de M sur C est l’unique point de C verifiant−−→PM ·

−→PQ ≤ 0

pour tout point Q de C.

Indication Solution

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Soit Q un point de C et R un point du segment [PQ]. Il existe donc ε ∈ [0,1] tel que−→PR = ε

−→PQ. En utilisant l’inegalite MP 2 ≤ MR2 et en faisant varier ε, montrez

que−−→PM ·

−→PQ ≤ 0. Pour demontrer l’unicite du point P verifiant cette relation,

supposez que P1 et P2 la verifient et exprimez P1P22 en fonction de

−−→P1M ·

−−→P1P2 et

−−→P2M ·

−−→P2P1. Que peut-on dire du signe de ces produits scalaires?

Solution

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Soit Q un point de C et R un point du segment [PQ]. Il existe donc ε ∈ [0,1] tel

que−→PR = ε

−→PQ. Comme R appartient a C, on a :

MP 2 ≤MR2 = (−−→MP +

−→PR)2 = MP 2 + 2ε

−−→MP ·

−→PQ+ ε2PQ2 ,

d’ou 0 ≤ 2ε−−→MP ·

−→PQ+ ε2PQ2 et, pour ε > 0, 0 ≤ 2

−−→MP ·

−→PQ+ εPQ2. En faisant

tendre ε vers 0, on obtient 0 ≤−−→MP ·

−→PQ, i.e.

−−→PM ·

−→PQ ≤ 0.

Soient P1 et P2 deux points de C verifiant−−→P1M ·

−−→P1Q ≤ 0 (resp.

−−→P2M ·

−−→P2Q ≤ 0)

pour tout point Q de C. En prenant Q = P2 (resp. Q = P1) dans cette inegalite,

on obtient−−→P1M ·

−−→P1P2 ≤ 0 et

−−→P2M ·

−−→P2P1 ≤ 0, d’ou, en faisant la somme

P1P22 = (

−−→P1M +

−−→MP2) ·

−−→P1P2 ≤ 0

i.e. P1 = P2.

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Montrer que la projection p sur un convexe ferme C reduit les distances :

p(M)p(N) ≤MN pour tout couple (M,N) de points de E.

Donner une condition necessaire et suffisante sur le convexe C pour que p soitaffine.

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Soient M1, M2 deux points de E et P1, P2 leurs projetes sur C. Les inegalites−−−→M1P1 ·

−−→P1P2 ≥ 0 et

−−→P1P2 ·

−−−→P2M2 ≥ 0 (appliquez la propriete precedente avec Q = P2

et Q = P1) montrent que :

M1M22 = (

−−−→M1P1 +

−−→P1P2 +

−−−→P2M2)

2

≥ M1P21 + P1P

22 + P2M

22 + 2

−−−→M1P1 ·

−−−→P2M2

≥ (−−−→M1P1 +

−−−→P2M2)

2 + P1P22

≥ P1P22 .

La projection p diminue donc les distances.

Elle est affine si et seulement si C est un sous-espace affine de E : la condition estnecessaire, puisque l’image p(E) de la projection sur C est egale a C et que l’imaged’une application affine est un sous-espace affine ; elle est suffisante, puisque si Cest un sous-espace affine de E, la projection sur C n’est autre que la projectionorthogonale sur ce sous-espace.

Table

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Séparation de convexesSoient C1 et C2 deux convexes compacts disjoints d’un espace affine euclidien E.Montrer qu’il existe un hyperplan H de E qui separe strictement C1 de C2, i.e. telque C1 soit inclus dans l’un des deux demi-espaces ouverts delimites par H et C2

dans l’autre.

Indication Solution

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Soient P1 ∈ C1 et P2 ∈ C2 des points realisant la distance de C1 a C2 :

P1P2 = minQ1Q2 | Q1 ∈ C1, Q2 ∈ C2 .

(On expliquera pourquoi de tels points existent.)Montrer que l’hyperplan mediateur de P1P2 convient.

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La fonction (Q1, Q2) 7→ Q1Q2 de C1 × C2 dans [0, +∞[ est continue. Elle atteintdonc son minimum sur le compact C1 × C2. Soient P1 ∈ C1 et P2 ∈ C2 des pointsrealisant ce minimum :

P1P2 = minQ1Q2 | Q1 ∈ C1, Q2 ∈ C2 et H1 (resp. H2) l’hyperplan orthogonal a P1P2 passant par P1 (resp. P2). P1 (resp.P2) est alors le projete de P2 (resp. de P1) sur C1 (resp. C2) et C1 (resp. C2) est situetout entier du cote de H1 (resp. H2) qui ne contient pas P2 (resp. P1). L’hyperplanmediateur H de P1P2 est parallele a P1 et P2 et separe strictement C1 et C2.

Table

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Hyperplans d’appuiMontrer que pour tout point M de la frontiere d’un convexe ferme C d’un espaceaffine euclidien E il existe un hyperplan affine H de E verifiant :

• M appartient a H ;

• C est situe tout entier d’un meme cote de H.

Un tel hyperplan est appele hyperplan d’appui de C en M .

Indication Solution

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Considerez une suite (Mn) de points de E \C convergeant vers M et leurs projetes

Pn sur C. Montrez que si ~u est une valeur d’adherence de la suite ~un =

−−−→PnMn

PnMn,

l’hyperplan passant par M de vecteur normal ~u est un hyperplan d’appui de C enM .

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Soit (Mn) une suite de points de E \ C convergeant vers M (une telle suite existepuisque C est ferme et que M appartient a la frontiere de C). Soit Pn le projete de

Mn sur C et ~un =

−−−→PnMn

PnMn. La suite Pn converge vers M , puisque MPn ≤MMn (la

projection p sur C diminue les distances et p(M) = M) et−−−→PnMn ·

−−→PnQ ≤ 0 pour

tout point Q de C, ce qui equivaut a :

~un ·−−→PnQ ≤ 0 pour tout point Q de C (∗)

Soit ~u une valeur d’adherence de la suite (~un) (cette suite est bornee, puisque tousles vecteurs ~un sont unitaires). En passant a 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 meme cote de l’hyperplan normal a ~u passant par M .

Remarque Table

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Remarque : Si dim(E) = 2 et si la frontiere de C est une courbe lisse, l’hyperpland’appui en M est unique : c’est la tangente en M a la frontiere de C. Dans le casgeneral, il peut exister une infinite d’hyperplans d’appui en M .

Table

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Génération par les demi-espacesMontrer que tout convexe ferme d’un espace affine euclidien est l’intersection desdemi-espaces fermes qui le contiennent.

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Soit C un convexe ferme d’un espace affine euclidien E. L’intersection C ′ des demi-espaces fermes contenant C contient evidemment C. Montrons que le complementairede C ′ dans E contient le complementaire de C : l’assertion en resultera. SoitM ∈ E \ C et P son projete sur C. L’inegalite

−−→PM ·

−→PQ ≤ 0 pour tout point

Q de C montre que C est inclus dans le demi-espace ferme de E orthogonal a−−→PM

passant par P qui ne contient pas M . Ce demi-espace contient C ′ et M ne luiappartient pas : M appartient donc au complementaire de C ′.

Remarque Table

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Soit C = E, aucun demi-espace de E ne contient C et C ′ = E. La seconde partiede la demonstration montre que si C 6= E, il existe au moins un demi-espace fermede E contenant C. Tout convexe ferme de E distinct de E est donc inclus dans undemi-espace.

On peut egalement remarquer que la propriete demontree est purement affine :la demonstration donnee ici utilise la structure euclidienne de E, mais tout espaceaffine de dimension finie peut etre muni d’une structure euclidienne et le resultatne depend pas du choix de cette structure.

Table

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Domaines de VoronoïSoient A1, . . . , An n points distincts du plan affine euclidien E. Montrer que lesdomaines Vi (i = 1, . . . ,n) definis par :

Vi = M ∈ E |MAi ≤MAj pour tout j = 1, . . . ,n

sont convexes.

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Que peut-on dire de l’ensemble des points M verifiant MAi ≤MAj ?

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Pour tout i et tout j, l’ensemble des points M verifiant MAi ≤ MAj est le demi-plan ferme delimite par la mediatrice de AiAj contenant Ai. Un demi-plan estconvexe : Vi est donc convexe comme intersection de convexes.

Table

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Distances aux points d’un repère affineSoit E un espace affine euclidien de dimension n et A0, A1, . . . ,An un repere affinede E. Montrer qu’un point M de E est entierement determine par ses distancesaux points de ce repere : MAi = NAi pour tout i = 0, 1, . . . ,n implique M = N .

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Supposons qu’il existe deux points distincts M et N de E tels que MAi = NAi

pour tout i = 0, 1, . . . ,n. Les n+ 1 points A0, . . . ,An appartiendraient tous a l’hy-perplan mediateur de MN , ce qui contredirait le fait que A0, A1, . . . ,An est unrepere affine de E.

Remarque : l’application M 7→ (MA0, . . . ,MAn) est donc injective, mais elle n’estpas surjective : on ne peut se donner arbitrairement les distances MAi.

Table

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Fonction scalaire de LeibnizSoit (Ai,λi)i=1,...,n un systeme de points ponderes d’un espace affine euclidien E de

poids totalnX

i=1λi non nul. On definit une fonction ϕ de E dans R par

ϕ(M) =nX

i=1λiMA2

i .

Montrer que

ϕ(M) =

nX

i=1λi

MG2 + ϕ(G)

ou G est le barycentre du systeme pondere (Ai,λi)i=1,...,n.

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Soit G le barycentre du systeme pondere (Ai,λi)i=1,...,n. On a :

ϕ(M) =nX

i=1λiMA2

i

=nX

i=1λi

−−→MG+

−−→GAi

2

=nX

i=1λiMG2 + 2

−−→MG ·

nXi=1

λi−−→GAi +

nXi=1

λiGA2i

=

nX

i=1λi

MG2 + ϕ(G)

puisquenX

i=1λi−−→GAi =

−→0 par definition du barycentre.

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En deduire les lignes de niveau de la fonction ϕ :

Lk = M ∈ E |nX

i=1λiMA2

i = k

pour tout reel k.

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L’egalite obtenue precedemment montre que ϕ(M) = k si et seulement si

MG2 =k − ϕ(G)

nXi=1

λi

.

Il en resulte que Lk est :

• vide sik − ϕ(G)

nXi=1

λi

< 0 ;

• reduit au point G sik − ϕ(G)

nXi=1

λi

= 0 ;

• une sphere de centre G sik − ϕ(G)

nXi=1

λi

> 0.

Application : les cercles d’Apollonius.

Table

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Cercles d’ApolloniusSoient A et B deux points distincts du plan affine euclidien E et k un reel stric-tement positif different de 1. Determiner l’ensemble Ck des points M de E dont lerapport des distances a A et B est egal a k :

Ck = M ∈ E | MA

MB= k .

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Première méthode : commencez par montrer qu’il existe exactement deux points Ket L de la droite AB appartenant a Ck, puis evaluez le produit scalaire

−−→MK ·

−−→ML

pour M ∈ Ck.

Seconde méthode : utilisez le resultat de l’exercice precedent.

Retour Solution

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Si M appartient a la droite AB, l’egaliteMA

MB= k equivaut a

−−→MA = k

−−→MB

ou−−→MA = −k

−−→MB. On obtient ainsi exactement deux points K et L, qui sont

les barycentres des systemes ponderes ((A,1)),(B,k)) et ((A,1),(B, − k)). On a

alors, pour tout point M de E,−−→MK =

−−→MA+ k

−−→MB

1 + k,−−→ML =

−−→MA− k

−−→MB

1− k, d’ou

−−→MK ·

−−→ML =

MA2 − k2MB2

1− k2 . Il en resulte que M appartient a Ck si et seulement

si−−→MK ·

−−→ML = 0, i.e. si et seulement si M appartient au cercle de diametre KL.

Autre methode Suite

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La relationMA

MB= k s’ecrit aussi ϕ(M) = 0, ou ϕ(M) = MA2 − k2MB2. En

appliquant le resultat de l’exercice precedent, on voit que Ck est un cercle decentre G, ou G est le barycentre du systeme pondere ((A,1),(B,− k2)). Les pointsK et L appartiennent a Ck et G appartient a la droite AB : Ck est donc le cerclede diametre KL. On peut verifier directement que G est le milieu de KL :

1

1− k2A+−k2

1− k2B =1

2

1

1 + kA+

k

1 + kB

!+

1

2

1

1− kA+

−k1− k

B

!.

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Montrer que, pour tout reel k > 0, k 6= 1, le cercle Ck est orthogonal au cercle dediametre AB. En deduire qu’il est orthogonal a tout cercle passant par A et B.

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Soit I le milieu de AB. La puissance de I par rapport au cercle Ck est egale a :

−→IK ·

−→IL =

1

1 + k

−→IA+

k

1 + k

−→IB

!·

1

1− k

−→IA+

−k1− k

−→IB

!=

IA2 − k2IB2

1− k2

= IA2 = IB2

qui est aussi le rayon du cercle de diametre AB. Ce cercle est donc orthogonal aCk.

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Il en resulte que la puissance du centre G de Ck par rapport au cercle de diametreAB est egale au rayon de Ck. Mais cette puissance est aussi la puissance de G parrapport a tout cercle passant par A et B, puisqu’elle est egale a

−→GA ·

−−→GB. Tous les

cercles Ck sont donc orthogonaux a tous les cercles passant par A et B (ces deuxfamilles de cercles constituent des faisceaux orthogonaux).

Table

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Le triangle orthiqueSoit ABC un triangle du plan affine euclidien et A′, B′, C ′ les pieds des hauteurs.Montrer que les cotes du triangle ABC sont des bissectrices du triangle A′B′C ′.

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

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Les points A, A′, B, B′ (resp. A, A′, C, C ′) sont cocycliques, puisqu’ils appar-tiennent au cercle de diametre AB (resp. AC). On a donc :

(A′A,A′B′) + (A′A,A′C ′) = (BA,BB′) + (CA,CC ′)

= (BA,AC) + (AC,BB′) + (CA,AB) + (AB,CC ′)

= 0

(egalites d’angles de droites), ce qui montre que AA′ est une bissectrice de l’angleen A′ du triangle A′B′C ′.

Remarque Table

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Remarque :Si le triangle ABC a tous ses angles aigus, les hauteurs AA′, BB′ et CC ′ sontles bissectrices interieures du triangle A′B′C ′ ; si l’un des angles du triangle ABCest obtus, deux des hauteurs de ABC sont des bissectrices exterieures de A′B′C ′,l’autre une bissectrice interieure.

Pour une application de cet exercice, on pourra etudier le problème de Fagnano(trajectoire de billard dans le triangle).

Table

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Bissectrices et cercle circonscritLes bissectrices interieure et exterieure en A d’un triangle ABC non isocele en A

recoupent le cercle Γ circonscrit a ce triangle respectivement en I et J . Montrerque les points I et J appartiennent a la mediatrice de BC.

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Comparer les angles de vecteurs (−−→OB,

−→OI) et (

−→OI,

−→OC) (resp. (

−−→OB,

−→OJ) et (

−→OJ,

−→OC))

ou O est le centre du cercle circonscrit Γ.

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Les angles orientes de droites (AB,AI) et (AI,AC) (resp. (AB,AJ) et (AJ,AC))

sont egaux. L’egalite (−−→OB,

−→OI) = 2(AB,AI) = 2(AI,AC) = (

−→OI,

−→OC) d’angles

orientes de vecteurs en resulte par le theoreme de l’angle inscrit. De meme (−−→OB,

−→OJ) =

(−→OJ,

−→OC). Les points I et J appartiennent donc a la bissectrice interieure en O du

triangle isocele OBC, qui est aussi la mediatrice de BC.

Table

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Le pivotSoit ABC un triangle et A′, B′, C ′ trois points situes respectivement sur les cotesBC, CA et AB de ce triangle et differents des sommets. Montrer que les cerclescirconscrits aux trois triangles AB′C ′, BC ′A′ et CA′B′ ont un point commun.

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

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Si les cercles circonscrits aux triangles AB′C ′ et BC ′A′ se coupent en un secondpoint I, les egalites :

(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) sontdroits et le cercle de diametre CC ′, qui est le cercle circonscrit a CA′B′, passe parC ′.

Table

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Cercles tangentsSoient, dans le plan affine euclidien, C1, C2, C3 trois cercles de centres respectifsO1, O2, O3 tangents exterieurement deux a deux. Montrer que les trois tangentescommunes a deux de ces cercles en leur point de contact sont concourantes. Querepresente leur point de concours pour le triangle O1O2O3?

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Soient T1, T2, T3 les points de contact de ces cercles. Le point d’intersection I dedeux des tangentes considerees est equidistant de T1, T2, T3, donc des cotes dutriangle O1O2O3, puisque ces cotes sont perpendiculaires aux tangentes. Il est donccentre d’un cercle tangent aux trois cotes du triangle O1O2O3. Ce dernier cercle estle cercle inscrit dans le triangle O1O2O3, puisque les points T1, T2, T3 appartiennentaux segments O2O3, O3O1, O1O2. La troisieme tangente passe aussi par ce point.

Suite

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Reciproquement, montrer que pour tout triangle O1O2O3 il existe exactement untriplet de cercles C1, C2, C3 de centres O1, O2, O3 tangents exterieurement deux adeux. Indiquer une construction de ces cercles.

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Le point de concours I des trois tangentes est le centre du cercle inscrit dans letriangle O1O2O3 et les points de contact T1, T2, T3 de ces cercles deux a deuxsont les points de contact de ce cercle inscrit avec les cotes du triangle, ce quidetermine entierement les cercles C1, C2, C3. Pour les construire, il suffit donc deconstruire le centre I du cercle inscrit (intersection des bissectrices interieures),puis ses projections T1, T2, T3 sur les cotes.

Table

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Trois cerclesSoient, dans le plan affine euclidien, C1, C2, C3 trois cercles tangents deux a deux.Montrer que les trois tangentes communes a deux de ces cercles sont concourantesou paralleles.

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

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Si ces trois tangentes ne sont pas paralleles, le point O d’intersection de deux deces tangentes a meme puissance par rapport aux trois cercles (on dit que O est lecentre radical des trois cercles). Il appartient donc a la troisieme tangente communea deux de ces cercles.

Suite

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En deduire que si ces trois tangentes ne sont pas paralleles, il existe un cercleorthogonal aux trois cercles C1, C2, C3.

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Le cercle de centre O passant par un des points de contact de ces tangentes passepar les deux autres, puisque la puissance de O par rapport a chacun de ces cerclesest OT 2

1 = OT 22 = OT 2

3 . Ce cercle est donc orthogonal aux trois cercles.

Cas particulier Table

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Les trois tangentes communes a deux de ces cercles sont paralleles si et seulementsi leurs centres sont alignes. La droite des centres est dans ce cas orthogonale auxtrois cercles.

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Le théorème des trois tangentesSoit ABC un triangle du plan affine euclidien. Le cercle exinscrit dans l’angle enA touche les cotes BC, CA et AB en P , Q et R. Montrer que la somme AR+AQ

est egale au perimetre AB +BC + CA du triangle ABC.

Solution

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Il suffit de remarquer que AR = AB+BR, AQ = AC+CQ, BR = BP , CQ = CP

(puisque la reflexion d’axe BIA (resp. CIA) echange BR et BP (resp. CQ et CP )),BC = BP + CP (puisque P appartient au segment BC).

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En deduire que si l’on mene d’un point A exterieur a un cercle Γ deux tangentesAR et AQ a ce cercle et si la tangente a Γ en un point P situe du meme cote queA de la droite RQ coupe ces deux tangentes en B et C, le perimetre du triangleABC est constant (i.e. ne depend pas de la position de P sur l’arc RQ).

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Il suffit de remarquer que Γ est le cercle exinscrit dans l’angle en A du tri-angle ABC et d’appliquer le resultat precedent : le perimetre du triangle ABC

est AB +BC + CA = AR + AQ = 2AR = 2AQ, puisque AR = AQ.

Table

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

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Soit I le centre du cercle inscrit. L’aire S du triangle ABC est egale a la sommedes 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

2(a+ b+ c) = rp.

Suite

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Donner de meme des expressions de S faisant intervenir les rayons rA, rB, rC descercles exinscrits.

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Soit IA le centre du cercle exinscrit dans l’angle en A, P , Q, R les points de cecercle avec les cotes BC, CA et AB. En ecrivant que la somme des aires destriangles AIAR et AIAQ est egale a la somme de l’aire S du triangle ABC et desaires des triangles BIAR, BIAP , CIAP et CIAQ et en remarquant que BP = BR,

CP = CQ, on obtient S =rA2

(b+ c− a) = rA(p− a).

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En deduire la relation :1

r=

1

rA+

1

rB+

1

rC.

Solution

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Des relations :S = rp = rA(p− a) = rB(p− b) = rA(p− c)

on tire :1

r=p

S,

1

rA=p− a

S,

1

rB=p− b

S,

1

rC=p− c

S,

d’ou :1

rA+

1

rB+

1

rC=

3p− a− b− c

S=p

S=

1

r.

Table

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Un problème de maximisationSoient C et C ′ deux cercles secants de centres O et O′, A un de leurs pointsd’intersection. Une droite D passant par A recoupe C et C ′ en deux points Met M ′ situes de part et d’autre de A. Determiner la position de la droite D quimaximise la distance MM ′ et expliciter la valeur maximale de cette distance.

Indication Solution

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Soient I et I ′ les milieux des segments AM et AM ′. Montrez que II ′ ≤ OO′. Dansquel cas a-t-on egalite?

Retour Solution

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Les droites OI et O′I ′ sont perpendiculaires a D (ce sont les mediatrices des seg-ments AM et AM ′). Les points I et I ′ sont donc les projetes orthogonaux des pointsO et O′ sur la droite D. Une projection orthogonale diminuant les distances, il enresulte que II ′ ≤ OO′, avec egalite si et seulement si D est parallele a OO′. Ladistance MM ′ = 2II ′ est donc toujours inferieure ou egale a 2OO′ et lui est egalesi et seulement si D est parallele a OO′.

Table

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Le problème de FermatSoit PQR un triangle equilateral. Montrer que la fonction qui a un pointM du planassocie la somme de ses distances aux trois cotes du triangle PQR est constante al’interieur de ce triangle.

Solution Suite

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Soit M un point interieur au triangle PQR, A, B et C ses projections orthogonalessur les cotes QR, RP et PQ. L’aire du triangle PQR est la somme des airesdes triangles MPQ, MQR et MRP . Ces triangles ont tous trois pour base lecote du triangle equilateral. La somme de leurs hauteurs, qui est aussi la sommeMA+MB+MC des distances deM aux trois cotes du triangle, est donc constante.

Retour Suite

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Soit M un point interieur au triangle PQR, A, B et C ses projections orthogonalessur les cotes QR, RP et PQ. Montrer que M est l’unique point du plan minimisantla somme NA+NB+NC des distances d’un point N aux trois points A, B et C.

Solution

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La solution du probleme de minimisation est a rechercher dans le triangle ABC.En effet si un point N est exterieur a ce triangle, il est situe dans un demi-plandelimite par un des cotes et ne contenant pas le sommet oppose ; sa projectionorthogonale N ′ sur ce cote verifie alors N ′A+N ′B +N ′C < NA+NB +NC. Ortout point M ′ du triangle PQR verifie M ′A′ +M ′B′ +M ′C ′ = MA+MB +MC,ou A′, B′, C ′ sont les projections orthogonales de M ′ sur les droites QR, RP etPQ. Les inegalites M ′A′ ≤ M ′A, M ′B′ ≤ M ′B, M ′C ′ ≤ M ′C montrent alors queMA+MB +MC ≤M ′A+M ′B +M ′C, l’egalite ne pouvant etre atteinte que siM ′ est situe sur les droites MA, MB et MC, i.e. egal a M .

Remarque

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On peut montrer que si ABC est un triangle dont tous les angles sont inferieurs a2π/3, il existe un unique point M interieur a ABC a partir duquel on voit les troiscotes AB, BC et CA sous le meme angle, i.e. sous un angle de 2π/3. Le point M estalors l’unique point du plan minimisant la somme des distances MA+MB+MC.On peut en effet reconstituer le triangle equilateral PQR a partir du triangle ABCen menant par A, B et C les perpendiculaires a MA, MB et MC.

Question : comment construit-on ce point M ? Solution

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Il suffit de prendre l’intersection des arcs capables lieux des points M tels queles angles (

−−→MB,

−−→MC) (resp. (

−−→MC,

−−→MA), (

−−→MA,

−−→MB)) valent 2π/3. Les cercles por-

tant ces arcs sont les cercles circonscrits aux triangles equilateraux construits al’exterieur du triangle ABC sur les cotes de ce triangle.

Table

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Arcs interceptés par deux sécantesSoit Γ un cercle du plan affine euclidien P , O son centre et M un point de Pn’appartenant pas a Γ. Deux secantes issues de M coupent le cercle respectivementen A et B, et C et D. Demontrer l’egalite :

2(MA,MC) = (−−→OB,

−−→OD)− (

−→OC,

−→OA) .

Indication Solution Suite

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Indication :Decomposez (MA,MC) en (MA,AD) + (AD,MC).

Retour Solution Suite

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On a, par la relation de Chasles et le theoreme de l’angle inscrit :

2(MA,MC) = 2(MA,AD) + 2(AD,MC)

= 2(AB,AD) + 2(DA,DC)

= (−−→OB,

−−→OD) + (

−→OA,

−→OC)

= (−−→OB,

−−→OD)− (

−→OC,

−→OA)

(egalites d’angles orientes de vecteurs).

Remarque Suite

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Remarque :Cette egalite d’angles orientes se traduit differemment en termes d’angles geometriquessuivant la position du point par rapport au cercle : si M est exterieur a Γ, l’anglegeometrique ØAMC est la demi-difference des angles au centre ×AOC et ØBOD, si Mest interieur a Γ, l’angle geometrique ØAMB en est la demi-somme.

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Soient A et B deux points d’un cercle de centre O et de rayon R. On construitsur le diametre OA de ce cercle un point C exterieur au cercle tel que la droiteCB recoupe le cercle en un point M verifiant MC = R. Montrer que la mesure del’angle geometrique ×ACB est le tiers de la mesure de l’angle geometrique ×AOB.

Solution Remarque

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La premiere question de l’exercice nous apprend que :

2(CA,CB) = (−→OA,

−−→OB)− (

−−→OM,

−→OC) .

Le triangle CMO etant isocele en M , il en resulte

(−−→OM,

−→OC) = (

−→CA,

−−→CB)

d’ou :3(−→CA,

−−→CB) = (

−→OA,

−−→OB) .

Remarque Retour

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Remarque :L’exercice permet donc de diviser en trois un angle donne. Il ne pretend pas pourautant resoudre le probleme de la trisection de l’angle a la regle et au compas(probleme dont on sait qu’il est en toute generalite impossible). En effet la construc-tion precedente peut se realiser si l’on dispose d’un compas et d’une regle sur la-quelle on peut reporter les distances (en l’occurence le rayon du cercle). Mais cereport est interdit dans les problemes classiques de construction a la regle et aucompas, ou la regle ne peut servir qu’a tracer des droites.

Retour Table

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Un problème de recouvrementn disques de meme rayon sont disposes sur une table rectangulaire sans se che-vaucher. On suppose qu’il est impossible de rajouter sur la table un disque dememe rayon qui ne chevauche aucun des precedents. Montrer qu’on peut recou-vrir completement la table avec 4n disques de meme rayon que les precedents (leschevauchements etant cette fois autorises).

Indication Solution

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Soit A, B, C, D les coins de la table, r le rayon commun des disques, O1, . . . , On

leurs centres. Montrez d’abord que les n disques de centres O1, . . . , On et de rayon2r recouvrent completement la table (en se chevauchant). Passez ensuite a desdisques de rayon r en utilisant des homotheties.

Retour Solution

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Soit A, B, C, D les coins de la table, r le rayon commun des disques, O1, . . . , On

leurs centres. Les n disques de centres O1, . . . , On et de rayon 2r recouvrent la table(en se chevauchant) : en effet si un point M de la table verifiait MOi > 2r pourtout i = 1, . . . ,n, le disque de centre M et de rayon r serait disjoint des disques decentres O1, . . . , On et de rayon r, ce qui est contraire a l’hypothese. Les n disquesimages de ces disques par l’homothetie de centre A (resp. B, C, D) et de rapport1/2 recouvrent l’image du rectangle ABCD par cette meme homothetie et ontpour rayon r. Les 4n disques ainsi obtenus conviennent.

Table

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Disque de rayon minimal contenant un compact (1)Soient D1 et D2 deux disques fermes de meme rayon ρ du plan affine euclidien.Montrer qu’il existe un disque ferme de rayon r < ρ contenant l’intersection de D1

et D2. Preciser la valeur minimale de r en fonction de ρ et de la distance d descentres de D1 et D2.

Solution Suite

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Si d > 2ρ, l’intersection est vide et r = 0.

Sinon l’intersection D1 ∩D2 est incluse dans le disque de centre le milieu de O1O2

et de rayon

Ìρ2 − d2

4.

Retour Suite

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Disque de rayon minimal contenant un compact (2)Soit K un compact non vide du plan affine euclidien. On se propose de montrerqu’il existe un unique disque ferme de rayon minimal contenant K.

ExistenceSoit ρ la borne inferieure de l’ensemble des reels r tels qu’il existe un disque fermede rayon r contenant K. Montrer qu’il existe un disque ferme de rayon ρ contenantK.

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K etant compact, il existe un disque ferme de centre O et de rayon R contenant K.L’ensemble des reels r ≥ 0 tels qu’il existe un disque ferme de rayon r contenantK n’est donc pas vide et il est minore par 0. Soit ρ sa borne inferieure. Si ρ = R,c’est termine. Sinon, il existe une suite rn de reels ≤ R de limite ρ et une suiteOn de points du plan telles que, pour tout n, K soit inclus dans le disque fermede centre On et de rayon rn. Les points On appartiennent tous au disque fermede centre O et de rayon 2R, puisque OOn ≤ OM + MOn ≤ R + rn ≤ 2R pourtout point M de K. Ce disque etant compact, on peut extraire de la suite On unesous-suite convergente Onp

. Soit Ω sa limite. On verifie facilement que K est inclusdans le disque ferme de rayon ρ et de centre Ω : en effet tout point M de K verifieMOnp

≤ rnp, d’ou, en passant a la limite, MΩ ≤ ρ.

Suite

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Disque de rayon minimal contenant un compact (3)Soit K un compact non vide du plan affine euclidien. On se propose de montrerqu’il existe un unique disque ferme de rayon minimal contenant K.

UniciteLa borne inferieure ρ de l’ensemble des reels r tels qu’il existe un disque ferme derayon r contenant K est donc atteinte. Montrer qu’il n’y a qu’un seul disque fermede rayon ρ qui contient K.

Solution

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S’il existait deux disques fermes distincts de meme rayon ρ et de centres respectifsO1 et O2 contenant K, il existerait, d’apres la premiere question, un disque derayon r < ρ contenant K, ce qui contredirait la definition de ρ. Le disque ferme derayon ρ contenant K est donc unique.

Application

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ApplicationEn deduire que si G est le groupe des isometries conservant un compact K, il existeun point Ω fixe par tout element de G.

Solution

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Le centre Ω de l’unique disque ferme de rayon minimal ρ contenant K est fixe partout element 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 element de G,et on n’a pas besoin de la construction precedente. De meme, si on sait que G estfini, l’isobarycentre de la famille de points g(M), ou M est n’importe quel pointdu plan et g decrit G, est fixe par tout element f de G.

Table

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Composée de réflexions (1)Soit, dans le plan affine euclidien, D1, D2 et D3 trois droites concourantes en unpoint O. On note si, pour i = 1,2,3, la reflexion d’axe Di.a) Determiner la nature geometrique de la transformation f = s3 s2 s1, puis def f .b) Comparer les transformations f et g = s1 s2 s3.

Indication Solution

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f est-elle un deplacement? un antideplacement? admet-elle des points fixes?

Retour Solution

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Solution :

a) La transformation f est la composee de trois antideplacements et laisse fixe lepoint O; c’est donc un antideplacement qui admet O comme point fixe, i.e. unereflexion d’axe passant par O. Toute reflexion etant involutive, on en deduit quef f est l’application identique.b) L’application reciproque de f est donc f ; mais c’est aussi (s1)

−1(s2)−1(s3)

−1 =s1 s2 s3 = g. On a donc f = g.

Table

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Composée de réflexions (2)Soit, dans le plan affine euclidien, ABC un triangle, I le centre de son cercle inscrit.Determiner la nature geometrique de la composee f = sBI sAI sCI des reflexionsd’axes les bissectrices interieures du triangle.

Indication Solution

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f est-elle un deplacement? un antideplacement? admet-elle des points fixes? Determinezl’image de la droite BC par f .

Retour Solution

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f est la composee de trois antideplacements : c’est donc un antideplacement. Lepoint I est fixe par chacune des trois reflexions ; il est donc fixe par f . Il en resulteque f est une reflexion d’axe passant par I. La droite BC est globalement invariantepar f . Or les seules droites globalement invariantes par une reflexion sont l’axe etles droites perpendiculaires a l’axe. La droite BC ne passe pas par I : l’axe de fest donc la perpendiculaire a BC passant par I, i.e. la droite Iα, ou α est le pointde contact du cercle inscrit avec BC.

Table

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Composée de réflexions (3)Soit, dans le plan affine euclidien, ABC un triangle. Montrer que la composeef = sAB sCA sBC des reflexions d’axes les cotes du triangle est une symetrieglissee.

Indication Solution

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Constatez que f est un antideplacement et montrez que cet antideplacement nepeut etre une reflexion.

Retour Solution

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f est la composee de trois antideplacements : c’est donc un antideplacement.Si f etait une reflexion s∆ d’axe ∆, la relation sAB sCA sBC = s∆ impliqueraitsABsCA = s∆sBC . Mais sABsCA est la rotation de centre A et d’angle 2(AC,AB).La composee s∆ sBC ne peut etre une rotation de centre A et d’angle non nul quesi les droites ∆ et BC sont secantes en A, ce qui n’est pas le cas.f est donc une symetrie glissee.

Suite

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Montrer que l’axe de f est la droite PR passant par les pieds des hauteurs en A

et en C du triangle ABC.

Indication Solution

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Que peut-on dire de l’image de la droite PR par f ? Souvenez-vous que les cotes dutriangle ABC sont des bissectrices des angles du triangle PQR (démonstration).

Solution

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L’image de la droite PR par sBC est la droite PQ ; l’image de la droite QP par sCA

est la droite QR ; l’image de la droite RQ par sAB est la droite RP . Il en resulteque la droite RP est globalement invariante par f . Or la seule droite globalementinvariante par une symetrie glissee est son axe (démonstration).

Table

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Droites invariantes par une symétrie glisséeMontrer que la seule droite globalement invariante par une symetrie glissee est sonaxe.

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

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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 pro-

portionnel a ~v, i.e. que ~v est un vecteur propre de ~f . Si f = s∆ t~u = t~u s∆ est unesymetrie glissee d’axe ∆, ~f est la reflexion vectorielle d’axe

−→∆. Les sous-espaces

propres de ~f sont donc−→∆, associe a la valeur propre +1, et la droite vectorielle

orthogonale−→∆⊥, associe a la valeur propre -1. Toute droite D globalement inva-

riante par f est donc soit parallele a ∆, soit perpendiculaire a ∆. Mais l’image parf d’une droite perpendiculaire a ∆ est la droite parallele deduite par la translationt~u et l’image d’une droite parallele a ∆ est la droite symetrique par rapport a ∆.La seule droite globalement invariante par f est donc l’axe ∆ de f .

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Composée de rotationsSoient r1 et r2 deux rotations du plan affine euclidien, de centres O1 et O2 distinctset d’angles α1 et α2. On suppose α1 + α2 6= 0. Donner une construction du centrede la rotation composee r2 r1.

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Decomposez r1 et r2 en produit de reflexions : r1 = s2 s1, r2 = s4 s3. Peut-ons’arranger pour avoir s2 = s3?

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Toute rotation peut se decomposer en produit de deux reflexions, l’axe de l’une deces reflexions pouvant etre choisi arbitrairement parmi toutes les droites passantpar le centre de la rotation et l’autre etant alors determine de maniere unique. Onpeut donc decomposer r1 et r2 sous la forme r1 = s2 s1, r2 = s4 s3 avec s2 = s3

en prenant pour axe ∆2 = ∆3 de cette reflexion la droite O1O2. Les axes ∆1 et ∆4

de s1 et s4 sont alors determines par les relations (∆1,∆2) = α1/2, (∆3,∆4) = α2/2(egalites d’angles de droites). Le point d’intersection O de ∆1 et ∆4 (ces droitessont secantes, puisque α1 + α2 6= 0) est fixe par s1 et s4, donc par r2 r1 = s4 s1 :c’est le centre de la rotation composee.

Cas particulier

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Si α1 + α2 = 0, les droites ∆1 et ∆4 sont paralleles. Le compose r2 r1 = s4 s1

des deux rotations est alors produit de deux reflexions d’axes paralleles : c’est unetranslation de vecteur 2~u, ou ~u est le vecteur A1A4, ou A1 est n’importe quel pointde ∆1 et A4 son projete orthogonal sur ∆4 (ce vecteur ne depend pas du choix deA1).

Table

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Composée de symétries glisséesDeterminer la nature geometrique de la composee de deux symetries glissees d’axesperpendiculaires (on precisera les elements caracteristiques de cette transforma-tion).

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Etudiez d’abord la partie lineaire de cette transformation.

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Soient fi = si t~ui= t~ui

si (i = 1,2) les deux symetries glissees, ou si est une

reflexion d’axe Di et t~uiune translation de vecteur ~ui ∈

−→D i. La partie lineaire ~g de

g = f2f1 est ~g = ~f2 ~f1 = −id−→E

puisque les droitesD1 etD2 sont perpendiculaires.Il en resulte que g est une symetrie centrale.Pour determiner son centre, il suffit de connaıtre l’image d’un point, par exemple

l’image O′ du point d’intersection O des droites D1 et D2. Le vecteur−−→OO′ est egal

a ~u2 − ~u1. On en deduit que le centre Ω de g est determine par−→OΩ =

~u2 − ~u1

2.

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Le tourniquet dans le cercleSoient A1, A2, A3, A4 quatre points distincts d’un meme cercle C de centre O.La parallele a A1A2 menee par A4 recoupe C en un point A5, la parallele a A2A3

menee par A5 recoupe C en un point A6, la parallele a A3A4 menee par A6 recoupeC en un point A7. Montrer que A7 = A1.

Indication Solution

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Soient ∆1, ∆2, ∆3 les mediatrices de A1A2, A2A3, A3A4. Comment passe-t-on deA1 a A2, de A2 a A3, . . . ?

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La mediatrice ∆1 (resp. ∆2, ∆3) de A1A2 (resp. A2A3, A3A4) est aussi celle deA4A5 (resp. A5A6, A6A7). On a donc, en notant si la reflexion d’axe ∆i (i = 1,2,3) :A7 = s3 s2 s1 s3 s2 s1(A1) = f 2(A1), en notant f = s3 s2 s1. Mais f estun antideplacement laissant fixe le point O, donc une reflexion d’axe passant parO, d’ou f 2 = id et A7 = A1.

Table

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Polygone régulierSoient n ≥ 3 un entier et A1, A2, . . . , An n points distincts d’un meme cercle C decentre O. On suppose A1A2 = A2A3 = · · · = An−1An = AnA1. Montrer qu’il existeune rotation r de centre O telle que A2 = r(A1), A3 = r(A2), . . . , An = r(An−1),A1 = r(An).

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Pour tout k = 1, . . . ,n, les points Ak−1 et Ak+1 (ou An+1 = A1 et A−1 = An)sont distincts et appartiennent au cercle C et a un meme cercle de centre Ak. Ilssont donc symetriques par rapport a la droite OAk et les angles (

−−→OAk,

−−−−→OAk−1) et

(−−→OAk,

−−−−→OAk+1) sont opposes. Il en resulte que tous les angles (

−−→OAk,

−−−−→OAk+1) sont

egaux. La rotation r de centre O et d’angle (−−→OA1,

−−→OA2) transforme Ak en Ak+1

pour tout k.

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Soient n ≥ 3 un entier impair et A1, A2, . . . , An n points distincts d’un memecercle C de centre O. On suppose les angles ÛAk−1AkAk+1 (k = 1, . . . ,n) egaux.Montrer qu’il existe une rotation r de centre O telle que A2 = r(A1), A3 = r(A2),. . . , An = r(An−1), A1 = r(An).

Solution

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Pour tout k = 1, . . . ,n, la reflexion d’axe la mediatrice de AkAk+1 echange lespoints Ak et Ak+1, ainsi que les demi-droites AkAk−1 et Ak+1Ak+2 puisque lesangles geometriques ÛAk−1AkAk+1 et ÛAkAk+1Ak+2 sont egaux et les points Ak−1 etAk+2 situes sur le cercle C. Il en resulte que les longueurs Ak−1Ak et Ak+1Ak+2 sontegales, d’ou A1A2 = A3A4 = · · · = AnA1 = A2A3 = · · · = An−1An puisque n estimpair. On est donc ramene a la question precedente et le polygone est regulier.

Le résultat subsiste-t-il si n est pair?

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Si n est pair, la longueur du cote AkAk+1 peut dependre de la parite de k :

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Soient A1, A2, . . . , An n points distincts du plan affine euclidien. On suppose tousles angles geometriques ÛAk−1AkAk+1 (k = 1, . . . ,n) egaux et toutes les longueursAkAk+1 egales. Existe-t-il necessairement une rotation r du plan telle que A2 =r(A1), A3 = r(A2), . . . , An = r(An−1), A1 = r(An)?

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Pas necessairement (ce serait vrai si on avait des egalites d’angles orientes) :

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Deux carrés (ou trois. . . )Soient, dans le plan affine euclidien, ABCD et AEFG deux carres de meme orien-tation ayant un sommet commun et P , Q, R, S les milieux respectifs des segmentsBD, DE, EG et GB. Montrer que PQRS est un carre.

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Indication :Comparez (par exemple) les vecteurs

−→PQ et

−−→BE (resp.

−→PS et

−−→DG). Ne voyez-vous

pas une transformation geometrique simple qui transforme−−→BE en

−−→DG?

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Solution :On a

−→PQ =

1

2

−−→BE et

−→PS =

1

2

−−→DG. Or la rotation r de centre A et d’angle +

π

2transforme B en D et E en G. Sa partie lineaire ~r transforme donc

−−→BE en

−−→DG.

Ces deux vecteurs sont donc orthogonaux et de meme norme. De meme−→PQ et

−→PS.

Autre solution Retour Table

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Billard polygonalSoit, dans le plan affine euclidien, ABCD un quadrilatere convexe. On supposequ’il existe dans ce quadrilatere une trajectoire de billard (angle de reflexion =angle d’incidence) fermee PQRS (voir figure). Montrer que le quadrilatere ABCDest inscriptible.

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Indication :Interpretez l’egalite angle de reflexion = angle d’incidence en termes de reflexionset composez ces reflexions pour comparer (par exemple) les angles de droites(AD,AB) et (CD,CB).

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La reflexion sAD d’axe AD transforme la demi-droite orientee SR en la demi-droiteorientee SR′ opposee a SP . Sa partie lineaire ~sAD transforme donc le vecteur

unitaire ~i =

−→SR

SRde cette demi-droite en le vecteur unitaire

−→PS

PS. En continuant

ainsi, on voit que la composee ~r = ~sDC ~sCB ~sBA~sAD laisse fixe le vecteur~i. Mais~r est une rotation d’angle 2(AD,AB) + 2(CB,CD). Cet angle oriente de vecteursest donc nul, ce qui equivaut a l’egalite d’angles de droites (AD,AB) = (CD,CB).Cette derniere condition exprime la cocyclicite des points ABCD.

Table

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Plus court chemin entre deux pointsSoit D une droite du plan affine euclidien et P et Q deux points du plan situesd’un meme cote de cette droite. Determiner le point I de la droite D qui minimisela somme PI + IQ.

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Soit P ′ le symetrique de P par rapport a D. L’egalite PI + IQ = P ′I + IQ, vraiepour tout point I de D, montre qu’il s’agit de minimiser la distance P ′Q. Le pointI est donc le point d’intersection de D et P ′Q.

P

P’

Q

I

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Plus court chemin (suite)Soient D1 et D2 deux demi-droites de meme origine O du plan affine euclidien etP et Q deux points du plan situes dans un meme secteur angulaire determine parces deux demi-droites. Determiner deux points I et J situes respectivement sur D1

et D2 tels que la somme PI + IJ + JQ soit minimale.

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Soit P1 le symetrique de P par rapport a D1 et Q2 le symetrique de Q par rapporta D2. L’egalite PI + IJ + JQ = P1I + IJ + JQ2, vraie pour tout point I de D1 ettout point J de D2, montre qu’il s’agit de minimiser la distance P1Q2. Les pointsI et J sont donc obtenus en prenant l’intersection de la droite P1Q2 avec les demi-droites D1 et D2. Ces intersections existent toujours si l’angle geometrique de D1

et D2 est inferieur aπ

3.

Table

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Le problème de FagnanoSoit ABC un triangle du plan affine euclidien dont tous les angles sont aigus et P ,Q, R trois points appartenant respectivement aux cotes BC, CA et AB du triangleet distincts de ses sommets tels que la somme PQ+QR+RP soit minimale. Montrerque les cotes du triangle ABC sont les bissectrices exterieures du triangle PQR.

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Fixez Q et R et determinez le point P qui minimise PQ + PR (voir plus courtchemin)

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Pour Q et R fixes, le point I de la droite BC qui minimise la somme IQ+ IR estobtenu en prenant l’intersection de la droite QR′ (ou R′ est le symetrique de R parrapport a BC) avec la droite BC (voir plus court chemin). Ce point est interieurau segment BC : c’est donc bien le point P . La reflexion d’axe BC echange doncles droites PQ et PR (mais pas les demi-droites) : c’est la bissectrice exterieure enP du triangle PQR.

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

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Determinez l’image de la droite PR par la composee f = sAB sCA sBC desreflexions d’axes BC, CA et AB. Quelle est la nature geometrique de f ? (Voircomposition de réflexions.)

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La droite PR est globalement invariante par la composee f = sAB sCA sBC desreflexions d’axes BC, CA et AB. C’est donc l’axe de cette symetrie glissee ; on endeduit que P et R sont les pieds des hauteurs issues de A et C dans le triangleABC.

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Soit P , Q, R les pieds des hauteurs issues de A, B, C dans le triangle ABC, P1 etP2 les symetriques de P par rapport a AB et AC. Montrer que les points P1, R, Qet P2 sont alignes et que le perimetre du triangle PQR est egal a P1P2. Exprimerce perimetre en fonction de AP et de l’angle en A du triangle ABC.

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La droite RQ est symetrique de la droite RP (resp. QP ) par rapport a AB (resp.CA). Il en resulte que P1 et P2 appartiennent a RQ. Les points P1, R, Q et P2 etantalignes dans cet ordre, le perimetre du triangle PQR est egal a P1P2, puisque RP1 =RP et QP2 = QP . Mais P1P2 = 2AP cos((AP1,AP2)/2) = 2AP cos(cA) =, ou cAest l’angle en A du triangle ABC (remarquer que AP1 = AP2 = AP , (

−−→AP1,

−→AB) =

(−→AB,

−→AP ), (

−→AP,

−→AC) = (

−→AC,

−−→AP2)).

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En deduire que le triangle orthique PQR est le triangle de perimetre minimal ins-crit dans le triangle ABC.

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La fonction (P,Q,R) 7→ PQ+QR+RP de [BC]× [CA]× [AB] dans R est continue,donc atteint son minimum sur le compact [BC]× [CA]× [AB]. On vient de voir quesi ce minimum est atteint en des points P , Q, R distincts des sommets A, B, C,ces points sont necessairement les pieds des hauteurs. Si le minimum etait atteintpour R′ = A (par exemple), on aurait aussi Q′ = A et P ′ serait le pied P de lahauteur issue de A ; le perimetre de P ′Q′R′ serait donc 2AP , ce qui est superieurau perimetre de PQR. Le triangle PQR est donc bien le triangle de perimetreminimal inscrit dans le triangle ABC.

Remarque

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Le triangle PQR est donc a la fois le triangle de perimetre minimal inscrit dansle triangle ABC et le seul triangle de lumiere (ou trajectoire de billard) contenudans ce triangle. Si l’un des angles du triangle ABC est obtus, il n’existe pas detrajectoire de lumiere dans le triangle ABC et le triangle de perimetre minimal estaplati : c’est le triangle APA si l’angle en A du triangle ABC est obtus.

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Sous-groupes finis d’isométriesSoit G un sous-groupe fini du groupe des isometries du plan affine euclidien E.Montrer qu’il existe un point O fixe par tout element de G : f(O) = O pour toutf ∈ G.

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

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Soit A un point quelconque de E. L’isobarycentre O des points f(A), f ∈ G, estfixe par tout element g de G, puisque g(O) est l’isobarycentre des points g(f(A)),pour f ∈ G (une isometrie est affine et conserve donc les barycentres) et quel’application f 7→ g f est une bijection de G sur G.

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En deduire que tout sous-groupe fini du groupe des deplacements du plan affineeuclidien est un groupe cyclique constitue de rotations de meme centre.

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Soit G un sous-groupe fini du groupe des deplacements du plan affine euclidien E.Il existe un point O de E fixe par tout element de G. Tout element de G est doncune rotation de centre O ou l’identite.Soit n l’ordre de G. Tout element g de G verifie gn = idE. L’angle α de la rotation

g verifie donc nα ≡ 0 (mod 2π) : il existe donc k ∈ 0, . . . , n−1 tel que α =2kπ

n.

Le groupe G est donc constitue de toutes les rotations de centre O et d’angles2kπ

n, k ∈ 0, . . . , n − 1 : c’est le groupe cyclique engendre par la rotation r de

centre O et d’angle2π

n.

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Montrer que tout sous-groupe fini G du groupe des isometries du plan affine eucli-dien E est :

• soit un groupe cyclique constitue de rotations de meme centre ;

• soit un groupe diedral.

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Si G n’est constitue que de deplacements, c’est un groupe cyclique constitue derotations de meme centre.Sinon soit O un point de E fixe par tout element de G. Tout element de G quin’est pas un deplacement est une reflexion d’axe passant par O. Soit s une tellereflexion. Le groupe G+ des deplacements de G (intersection de G et du groupedes deplacements du plan) est un groupe cyclique de rotations de centre O et Gest la reunion disjointe G+ ∪G−, ou G− = sG+ est l’ensemble des reflexions s g,g ∈ G+. Si r est un generateur de G+, G est engendre par r et s qui verifient lesrelations s2 = rn = idE, s r = r−1 s = rn−1 s, ou n est l’ordre de G+. En effets r est une reflexion et verifie donc s r = (s r)−1 = r−1 s. Le groupe G est legroupe des isometries d’un polygone regulier a n sommets.

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Composée de trois réflexionsDonner une condition necessaire et suffisante sur trois plans P1, P2, P3 de l’espaceaffine euclidien pour que la composee s3 s2 s1 des reflexions de plans P1, P2, P3

soit une reflexion.

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L’egalite s3 s2 s1 = s peut encore s’ecrire s2 s1 = s3 s. Qu’est-ce que lacomposee de deux reflexions?

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La composee de deux reflexions est :

• une translation de vecteur orthogonal aux plans de ces reflexions si ceux-cisont paralleles ;

• une rotation d’axe l’intersection des plans de ces reflexions si ceux-ci sontsecants.

Si s = s3 s2 s1 est une reflexion de plan P , l’egalite s2 s1 = s3 s montre que :

• si P1 et P2 sont paralleles, s2s1 est une translation de vecteur ~u orthogonal a P1

et P2 ; P3 et P doivent donc etre paralleles et orthogonaux a ~u ; en particulier,P3 est parallele a P1 et P2 ;

• si P1 et P2 sont secants, s2 s1 est une rotation d’axe ∆ = P1 ∩ P2 ; P3 et Pdoivent donc etre secants, d’intersection ∆ ; en particulier, P3 contient ∆, etles plans P1, P2, P3 ont une droite commune.

Reciproquement, si P1, P2, P3 sont paralleles, s est une reflexion de plan parallelea P1, P2, P3. De meme, si P1, P2, P3 ont une droite commune ∆, s est une reflexionde plan passant par ∆.

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Caractérisation de l’axe d’un vissageSoit, 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 a

−→D et que c’est aussi l’ensemble des points M de E minimisant la distance Mf(M).

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Soit t = r t~u = t~u r la decomposition de f en produit commutatif d’une rotationr d’axe D et d’une translation de vecteur ~u ∈

−→D . Pour tout point M de E, le

vecteur−−−−−→Mf(M) s’ecrit

−−−−−→Mf(M) =

−−−−−→Mr(M) +

−−−−−−−→r(M)f(M) =

−−−−−→Mr(M) + ~u

et le vecteur−−−−−→Mr(M) est orthogonal a

−→D . Le vecteur

−−−−−→Mf(M) appartient donc a

−→D si et seulement si

−−−−−→Mr(M) =

−→0 , i.e. si et seulement si M = r(M), ce qui signifie

que M appartient a D.

Les vecteurs ~u et−−−−−→Mr(M) etant 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 quisignifie encore que M appartient a D.

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Isométries des tétraèdres équifaciauxSoit ABCD un tetraedre non aplati. On note I,I ′,J,J ′,K,K ′ les milieux respectifsdes aretes AB, CD, BC, DA, CA et BD et on appelle bimedianes les droites II ′,JJ ′ et KK ′ joignant les milieux de deux aretes opposees.a) Montrer que les trois bimedianes sont concourantes.

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

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b) On suppose la bimediane II ′ orthogonale aux deux aretes AB et CD dontelle joint les milieux. Determiner l’image du tetraedre ABCD par le retournementd’axe II ′. En deduire que les aretes BC et AD ont meme longueur.

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Le retournement d’axe II ′ echange les points A et B, ainsi que les points C et D.Elle echange donc les segments BC et AD, qui ont donc meme longueur.

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On suppose désormais que chacune des trois bimédianes est orthogonale aux deuxarêtes dont elle joint les milieux.

c) Determiner la composee des retournements d’axes II ′ et JJ ′ (on pourra determinerles images des sommets du tetraedre par cette transformation). En deduire que lestrois bimedianes sont deux a deux orthogonales et que les quatre faces du tetraedreABCD sont des triangles isometriques.

B

C

D

A

I

I’J J’

K

K’

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La composee sJJ ′ sII ′ des retournements d’axes II ′ et JJ ′ echange A et C d’unepart, B et D d’autre part. C’est donc le retournement d’axe KK ′. Mais la com-posee de deux retournements n’est un retournement que si les axes de ces deuxretournements sont perpendiculaires. On en deduit que II ′ et JJ ′ sont perpendi-culaires ; de meme II ′ et KK ′, JJ ′ et KK ′.On avait deja remarque que BC = AD ; on a de meme AB = CD et AC = BD.Il en resulte que les quatre faces du tetraedre sont des triangles isometriques.

B

C

D

A

I

I’J J’

K

K’

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d) Soit (x,y,z) les coordonnees du point A dans un repere orthonorme dont lesaxes sont portes par les droites II ′, JJ ′ et KK ′. Exprimer les coordonnees dansce repere des points B, C et D. Montrer que les sommets du tetraedre ABCDconstituent avec leurs symetriques A′B′C ′D′ par rapport a l’origine de ce repereles sommets d’un parallelipipede rectangle.

B

C

D

A

Solution Table

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B est l’image de A par le retournement d’axe II ′. Si (x,y,z) sont les coordonneesdu point A dans un repere orthonorme dont les axes sont portes par les droites II ′,JJ ′ et KK ′, les coordonnees de B dans ce repere sont donc (x,− y,− z). De memecelles de C sont (−x,− y,z) et celles de D (−x,y,− z). Il en resulte que les pointsA, B, C et D constituent avec leurs symetriques A′, B′, C ′ et D′ par rapport al’origine de ce repere les sommets d’un parallelipipede rectangle.

B

C

D

A

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Il en resulte que tout tetraedre equifacial peut etre construit a partir d’un pa-rallelipipede rectangle. Si les longueurs des aretes de ce parallelipipede sont 2x,2y et 2z, celles des aretes du tetraedre sont a = 2

√y2 + z2, b = 2

√z2 + x2,

c = 2√x2 + y2. Les faces de ce tetraedre sont donc des triangles dont tous les

angles sont aigus, puisque a2 < b2 + c2, b2 < c2 + a2, c2 < a2 + b2. Reciproquement,pour tout triangle acutangle, on peut construire un tetraedre equifacial dont lesfaces sont isometriques a ce triangle (il suffit de resoudre le systeme a = 2

√y2 + z2,

b = 2√z2 + x2, c = 2

√x2 + y2, dont on montre facilement qu’il admet une solution

positive et une seule).

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Isométries du tétraèdre régulierSoit, dans l’espace affine E de dimension 3, ABCD un tetraedre regulier et G legroupe des isometries conservant globalement ce tetraedre :

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,Dqui associe a un element f de G sa restriction a A,B,C,D est un homomorphismeinjectif de groupes.

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L’application ϕ est clairement un homomorphisme de groupes. Cet homomor-phisme est injectif puisque les points A, B, C, D constituent un repere affinede E : si deux isometries f et g verifient f(A) = g(A), f(B) = g(B), f(C) = g(C),f(D) = g(D), alors f = g (une isometrie est une transformation affine).

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Montrer que pour tout couple de sommets du tetraedre ABCD, il existe unereflexion qui echange ces sommets et laisse les deux autres fixes.

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Quel est le plan mediateur de AB?

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Soit I le milieu de AB. Les trois points I, C et D sont equidistants de A et B etne sont pas alignes. Le plan CDI est donc le plan mediateur de AB. La reflexionpar rapport a ce plan echange les points A et B et laisse fixes C et D.On obtient ainsi 6 reflexions conservant le tetraedre.

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En deduire que l’homomorphisme ϕ est surjectif.

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L’image de ϕ est un sous-groupe du groupe des permutations des sommets etce sous-groupe contient toutes les transpositions (permutations echangeant deuxelements et laissant les autres fixes). Comme les transpositions engendrent le groupesymetrique, 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’unensemble a 4 elements.

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Montrer que le sous-groupe G+ des deplacements du tetraedre est isomorphe augroupe des permutations de signature +1 des sommets (groupe alterne).

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Soit ε l’homomorphisme du groupe des permutations des sommets dans +1,− 1qui a toute permutation associe sa signature, et ψ l’homomorphisme de G dans+1, − 1 qui a toute isometrie du tetraedre associe le determinant de sa partielineaire : f 7→ det(~f). Les homomorphismes εϕ et ψ coıncident sur l’ensemble desreflexions de plans les plans mediateurs des aretes ; mais ces reflexions engendrentG puisque leurs images par ϕ engendrent le groupe symetrique. Il en resulte queε ϕ = ψ. Les deplacements de G correspondent donc par ϕ aux permutationspaires et G+ est isomorphe au groupe alterne.

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Determiner tous les elements de G+ (on montrera que tous ces deplacements sontdes rotations et on precisera leur axe et leur angle).

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Tous les elements de G conservent l’isobarycentre O de ABCD. Il en resulte queles elements de G+ autres que l’identite sont des rotations d’axe passant par O.On trouve 3 retournements d’axes les bimedianes (droites joignant les milieux dedeux aretes opposees : elles sont perpendiculaires a ces deux aretes) et 8 rotations

d’angle ±2π

3d’axes les droites joignant un sommet a l’isobarycentre de la face

opposee.

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Determiner tous les elements de l’ensemble G− des antideplacements conservant letetraedre.

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On a deja trouve 6 reflexions dans G− (les plans de ces reflexions sont les plansmediateurs des aretes). Il reste donc 6 autres elements dansG−. Ces antideplacementscorrespondent par ϕ aux 6 permutations circulaires des sommets. Ce sont les anti-rotations d’axes les bimedianes et d’angles droits (remarquer que le plan perpen-diculaire en O a une bimediane est le plan contenant les deux autres bimedianes).

Table

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Isométries du cubeSoit, dans l’espace affine euclidien E de dimension 3, ABCDA′B′C ′D′ un cubede centre O et G le groupe des isometries conservant globalement l’ensemble dessommets de ce cube. Montrer que l’image par tout element de G d’une diagonaledu cube (i.e. l’une des droites AA′, BB′, CC ′, DD′ joignant un sommet au sommetsymetrique par rapport a O) est une diagonale du cube.

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Tout element de G conserve l’isobarycentre O des sommets du cube et transformeune droite en une droite. L’image d’une diagonale est donc une diagonale.

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Soit ϕ l’application de G dans le groupe des permutations des diagonales du cubequi a une isometrie f associe la permutation des diagonales induite par f . Montrerque ϕ est un homomorphisme de groupes. Determiner son noyau.

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Si un element 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?

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L’application ϕ est clairement un homomorphisme de groupes. Un element f deG appartient au noyau de cet homomorphisme si et seulement si il conserve glo-balement chaque diagonale du cube, i.e. si et seulement si les vecteurs

−→OA,

−−→OB,−→

OC,−−→OD sont vecteurs propres de ~f . Les valeurs propres associees sont ±1, puisque

~f est une transformation orthogonale. Si deux de ces vecteurs etaient associes ala valeur propre +1 et deux a la valeur propre -1, les deux sous-espaces proprescorrespondants seraient de dimension superieure ou egale a 2 et leur intersectionnon reduite a −→0 , ce qui est impossible. Trois de ces vecteurs sont donc associes

a la meme 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 constitue de l’identite de E etde la symetrie de centre O.

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

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La restriction de ϕ au sous-groupe G+ des deplacements du cube est un homo-morphisme injectif de groupes, puisque son noyau est reduit a idE. Pour montrerque cet homomorphisme est surjectif, on pourrait montrer que son image contientles transpositions, puisque celles-ci engendrent le groupe symetrique : il suffit pourcela de remarquer que les retournements d’axes les droites joignant les milieux dedeux aretes opposees echangent les diagonales joignant les extremites de ces areteset laissent les deux autres diagonales globalement invariantes. Une autre methodeconsiste a 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 aretesopposees) ;

• 3 axes de rotation d’ordre 4 (les droites joignant les centres de deux facesopposees)

soit 8 rotations d’angle ±2π

3, 6 rotations d’angle ±π

2, 9 retournements et l’identite.

Les figures suivantes representent un axe de chacun de ces types et la projectionorthogonale du cube dans la direction de cet axe.

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Montrer que le groupe G des isometries du cube est isomorphe au produit directdu groupe des permutations de 4 elements par un groupe a 2 elements.

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Le groupe G des isometries du cube est le produit direct de son sous-groupe G+ parle sous-groupe a deux elements idE, sO), ou sO est la symetrie par rapport a O.En effet l’application f 7→ f sO est une bijection de G+ sur l’ensemble G− des an-tideplacements du cube et sO commute avec tout element de G (plus generalementavec toute transformation affine laissant O invariant). On remarque en particulierque le cube admet 9 plans de symetrie, qui sont les plans perpendiculaires en O

aux axes des retournements de G (f sO est une reflexion si et seulement si f estun retournement).On peut aussi retrouver et identifier tous les elements de G en ecrivant les matricesde leurs parties linéaires dans un repere orthonorme porte par les perpendiculairesaux faces issues de O.

Table

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Cube, tétraèdres et octaèdreSoit, dans l’espace affine euclidien E de dimension 3, C = ABCDA′B′C ′D′ uncube de centre O. Montrer que les tetraedres T = ACB′D′ et T ′ = A′C ′BD sontreguliers et que toute isometrie laissant le cube globalement invariant conserveglobalement chacun de ces tetraedres ou les echange.

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Les tetraedres T et T ′ sont evidemment reguliers, puisque leurs aretes sont toutesdes diagonales des faces du cube et ont donc meme longueur. Si une isometrie fconserve le cube, soit f(A) est un sommet de T et f(T ) = T , f(T ′) = T ′, soitf(A) est un sommet de T ′ et f(T ) = T ′, f(T ′) = T (une isometrie conserve leslongueurs).

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Soit G le groupe des isometries de E laissant le cube C globalement invariant :

G = f ∈ Is(E) | f(C) = C

et H le sous-groupe de G constitue des isometries laissant T globalement invariant :

H = f ∈ G | f(T ) = T .

Montrer que H est le groupe de toutes les isometries de E laissant T globalementinvariant :

H = f ∈ Is(E) | f(T ) = T et que G est produit direct de H et du sous-groupe a deux elements idE, sO, ousO est la symetrie de centre O.

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Par definition, tout element de H est une isometrie laissant le tetraedre T globa-lement invariant. Reciproquement, si une isometrie f de E laisse T globalementinvariant, elle laisse fixe l’isobarycentre O de ses sommets et commute donc avecsO. Il en resulte que

f(T ′) = f(sO(T )) = sO(f(T )) = sO(T ) = T ′

d’ou f(C) = C : f appartient donc a G.Le sous-ensemble sOH = sO f | f ∈ H de G est l’ensemble des isometries de Cechangeant T et T ′ : G est donc la reunion disjointe de H et de sOH. On a dejaremarque que sO commutait avec tout element de G.

Remarque : il ne faut pas en conclure que H est le groupe des deplacements ducube : il est facile de trouver une rotation du cube qui echange T et T ′. On peutcependant en deduire que G est un groupe a 48 elements, isomorphe au produitdirect du groupe des permutations de 4 elements par un groupe a 2 elements.

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Montrer que le groupe G est aussi le groupe des isometries de E laissant globa-lement invariant l’octaedre regulier O de sommets les centres des faces de C (cescentres sont aussi les milieux des aretes de chacun des deux tetraedres T et T ′).

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Il est clair que tout element de G transforme un sommet de O en un sommet de O(toutes isometrie du cube transforme une face en une face). Reciproquement touteisometrie conservant globalement O conserve aussi le cube C (on peut par exempleremarquer que les 6 centres de gravite des faces de O sont les sommets d’un cube C ′image de C par l’homothetie de centre O et de rapport 1/3 et que toute isometrieconservant O conserve globalement C ′, donc aussi C).

Table

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Isométries de l’hélice circulaireSoit, 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 reel non nul. On note, pourtout reel λ, rλ la rotation d’axe D (oriente par ~u) et d’angle λα, et fλ = rλ tλ~u

la composee de rλ et de la translation de vecteur λ~u. Montrer que l’applicationλ 7→ fλ est un homomorphisme injectif du groupe additif (R,+) dans le groupeIs+(E) des deplacements de E. Preciser la nature geometrique de fλ (on discuterasuivant la valeur de λ).

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Pour tout reel λ, la rotation rλ et la translation de vecteur λ~u commutent, puisquele vecteur λ~u appartient a la direction de l’axe de rλ. La composee fλ = rλ tλ~u =tλ~u rλ de ces deux transformations est donc :

• un vissage si λα 6≡ 0 (mod 2π)

• une translation si λα ≡ 0 (mod 2π).

La relation

fλ fµ = rλ tλ~u rµ tµ~u = rλ rµ tλ~u tµ~u = rλ+µ t(λ+µ)~u = fλ+µ

montre que l’application λ 7→ fλ est un homomorphisme de groupes de (R,+) dansle groupe Is+(E) des deplacements de E. Le noyau de cet homomorphisme estclairement reduit a 0 : il est donc injectif.

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Soit A un point de D et ∆ une droite perpendiculaire en A a D. On note, pourtout reel λ, Aλ = fλ(A) l’image de A par fλ, ∆λ = fλ(∆) et sλ le retournementd’axe ∆λ. Montrer que, pour tout λ ∈ R, on a sλ = fλ s0 f−1

λ . Determiner sλ s0

(ou s0 est le retournement d’axe ∆0 = ∆).

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L’isometrie g = fλ s0 f−1λ est un deplacement involutif (g g = idE), c’est donc

un retournement. Son axe est l’ensemble de ses points fixes. Or un point M estfixe par g si et seulement si g(M) = fλ s0 f−1

λ (M) = M , i.e. si et seulement sis0 f−1

λ (M) = f−1λ (M), ce qui equivaut a f−1

λ (M) ∈ ∆, ou encore a M ∈ fλ(∆).

La partie lineaire −→sλ −→s0 = −−−−→sλ s0 de sλ s0 est la rotation vectorielle d’axe D etd’angle 2(

−→∆ ,−→∆λ) = 2λα. L’image de A par sλ s0 est le point symetrique de A par

rapport a Aλ, i.e. le point deduit de A par la translation de vecteur 2−−→AAλ = 2λ~u.

On en deduit que sλ s0 est le vissage d’axe D, d’angle 2λα et de vecteur 2λ~u, i.e.sλ s0 = f2λ.

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En deduire que G = fλ | λ ∈ R ∪ sλ | λ ∈ R est un sous-groupe du groupe desdeplacements de E.Determiner sλ fµ, fµ sλ, sλ sµ pour tout couple (λ,µ) de reels.

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sλ = f2λ s0 etant un retournement, il est egal a son propre inverse, ce qui peutencore s’ecrire f2λ s0 = s0 f−2λ. Il en resulte :

sλ fµ = f2λ s0 fµ = f2λ−µ

fµ sλ = fµ+2λ s0

sλ sµ = f2λ s0 f2µ s0 = f2(λ−µ) .

G = fλ | λ ∈ R ∪ sλ | λ ∈ R = fλ | λ ∈ R ∪ fλ s0 | λ ∈ R est stable parcomposition et par passage a l’inverse, c’est donc un sous-groupe du groupe desdeplacements de E, et H = fλ | λ ∈ R en est un sous-groupe abelien d’indice 2.

Remarque

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Si M est un point de ∆ different de A, fλ(M) | λ ∈ R est une helice circulaire Hd’axe D et tout element de G laisse cette helice globalement invariante. On peutmontrer que G est exactement le groupe des isometries de E laissant H globale-ment invariante (en particulier il n’existe aucun antideplacement de E laissant Hglobalement invariante).

Table

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Tangentes menées d’un point à la paraboleConstruire a la regle et au compas les tangentes a la parabole passant par un pointP du plan (on discutera selon la position du point).

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Soit M un point de la parabole, H le projete orthogonal de M sur la directrice Det P un point de la tangente en M . Comparer PF et PH, ou F est le foyer dela parabole (on rappelle que la tangente en M a la parabole est la mediatrice deHF ).

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Soit M un point de la parabole, H le projete orthogonal de M sur la directriceD et P un point de la tangente en M . La reflexion d’axe MP echange F et H ;on a donc PF = PH (une reflexion est une isometrie), ce qui montre que le pointH appartient au cercle de centre P passant par F . Ce cercle coupe la directriceen 0, 1 ou 2 points selon la position de P par rapport a la parabole. Une fois Hdetermine, le point M s’obtient en prenant l’intersection de la mediatrice de HFavec la perpendiculaire en H a la directrice.

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Determiner l’ensemble des points du plan d’ou l’on voit la parabole sous un angledroit (i.e. tels que les deux tangentes menees par ces points a la parabole soientperpendiculaires).

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Les deux tangentes menees par P a la parabole sont perpendiculaires si et seule-ment si les droites FH1 et FH2, qui leur sont perpendiculaires, sont elles-memesperpendiculaires. Le triangle FH1H2 est alors rectangle en F et le centre P de soncercle circonscrit est le milieu de H1H2 : P appartient donc a la directrice de laparabole. La reciproque s’etablit de meme.

Table

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Un problème de lieu géométriqueSoit, dans le plan affine euclidien, C un cercle de centre F et de rayon R, et F ′ unpoint interieur a C. Determiner l’ensemble des centres des cercles passant par F ′

et tangents a C (on distinguera les cas F ′ = F et F ′ 6= F ).

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Soit M le centre d’un tel cercle et T le point de contact de ce cercle et de C. Quepeut-on dire de MF +MF ′?

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La relation MF + MF ′ = MF + MT = FT = R montre que M appartient al’ellipse de foyers F et F ′ et de demi-grand axe R/2. Reciproquement, tout pointde cette ellipse est centre d’un tel cercle.

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On sait qu’une parabole est l’ensemble des centres des cercles passant par le foyeret tangents a la directrice. On obtient ici une propriete analogue pour l’ellipse, ladirectrice etant remplacee par un cercle de centre le second foyer, appele cercledirecteur.

Cas particulier

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Dans le cas particulier ou F = F ′, l’ellipse est remplacee par le cercle de centre Fet de rayon R/2.

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Diamètres conjugués de l’ellipseDeterminer l’ensemble des milieux des cordes d’une ellipse paralleles a une droiteD donnee.

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Examinez d’abord la question dans le cas ou l’ellipse est un cercle.

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Soit E l’ellipse, C son cercle principal et f une affinite orthogonale transformantE en C. Les cordes considerees, de direction

−→D , ont pour images par f les cordes

de C de direction ~f(−→D), i.e. les cordes de C perpendiculaires a un diametre A1A2

de C. L’ensemble des milieux de ces cordes est donc le segment A1A2. Toute trans-formation affine conservant les milieux, l’ensemble des milieux des cordes de E dedirection

−→D est l’image du segment A1A2 par f−1, i.e. un diametre M1M2 de E

(plus precisement le diametre de E joignant les deux points de E ou la tangenteest parallele a D, puisqu’une transformation affine conserve le contact).

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Soit N1N2 un diametre de E (i.e. une corde passant par le centre de E), M1M2

l’ensemble des milieux des cordes de E paralleles a N1N2. On dit que M1M2 est lediamètre conjugué de N1N2. Quel est le diametre conjugue de M1M2?

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Le diametre conjugue deM1M2 estN1N2, de sorte que la relation de conjugaison estsymetrique (on dit que M1M2 et N1N2 sont des diametres conjugues de l’ellipse).Ici encore il suffit de verifier la propriete pour le cercle, pour lequel elle est evidente,et de transformer l’ellipse en cercle par une transformation affine.

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

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Ramenez-vous au cas d’un triangle equilateral au moyen d’une transformation af-fine.

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Soit A1B1C1 un triangle equilateral. Il existe une transformation affine f du planet une seule qui transforme le triangle A1B1C1 en le triangle ABC. Toute trans-formation affine conservant les milieux et le contact, f transforme le cercle inscritdans le triangle A1B1C1 en une ellipse tangente aux cotes du triangle ABC en leursmilieux. Cette ellipse (on peut montrer qu’elle est unique) est appelee ellipse deSteiner du triangle ABC. Il resulte de la demonstration precedente qu’elle passeaussi par les milieux des segments AG, BG et CG, ou G est l’isobarycentre deABC.

Application

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ApplicationMontrer que pour tout triangle ABC, il existe une affinite orthogonale transformantce triangle en un triangle equilateral.

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Soit g une affinite orthogonale transformant l’ellipse de Steiner du triangle ABCen un cercle (pourquoi une telle affinite orthogonale existe-t-elle?). Montrer que gtransforme le triangle ABC en un triangle equilateral.

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Soit g l’affinite orthogonale transformant l’ellipse de Steiner du triangle ABC enson cercle principal. L’image du triangle ABC par g est un triangle A1B1C1 dontle cercle inscrit touche les cotes en leurs milieux A′, B′, C ′. Un tel triangle estequilateral, puisque A1B

′ = A1C′, B1C

′ = B1A′, C1A

′ = C1B′.

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Construction de l’hyperboleConstruire par points une hyperbole H connaissant ses asymptotes et un de sespoints.

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Comment obtient-on l’intersection de H avec une droite passant par un de sespoints?

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Soit M le point donne, D une droite non parallele aux asymptotes passant parce point et P , Q les points d’intersection de cette droite avec les asymptotes. Lesymetrique N de M par rapport au milieu I de PQ appartient a H. On obtientainsi autant de points de H que l’on veut.

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Projection et affinitésSoit, dans l’espace affine E de dimension 3 rapporte a un repere cartesien (0,~i,~j,~k),

P le plan d’equation 2x − 3y + 8z − 4 = 0 et−→D la droite vectorielle de vecteur

directeur ~u = 3~i− 2~j −~k. Donner l’expression en coordonnees de la projection surP dans la direction

−→D , puis, pour tout reel λ, de l’affinite de base P , de direction−→

D et de rapport λ.

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Soit M0 un point de E de coordonnees (x0,y0,z0). La droite de vecteur directeur~u passant par M0 admet la representation parametrique x = x0 + 3t, y = y0 − 2t,z = z0 − t. Le point d’intersection de cette droite avec le plan P (i.e. le projete deM0 sur le plan P dans la direction D) est le point M ′

0 de parametre t0 verifiant

2(x0 + 3t0)− 3(y0− 2t0) + 8(z0− t0)− 4 = 0, i.e. t0 = −1

4(2x0− 3y0 + 8z0− 4). Les

coordonnees de ce point sont donc :

x =−2x0 + 9y0 − 24z0 + 12

4

y =4x0 − 2y0 + 16z0 − 8

4

z =2x0 − 3y0 + 12z0 − 4

4.

L’image M ′′0 de M0 par l’affinite de base P et de rapport λ verifie

−−−−→M ′

0M′′0 = λ

−−−→M ′

0M0,

d’ou−−−−→M0M

′′0 =

−−−→M0M

′0 +

−−−−→M ′

0M′′0 = (1 − λ)

−−−→M0M

′0 = (1 − λ)t0~u. C’est donc le point

de parametre (1− λ)t0, de coordonnees :

x =(6λ− 2)x0 − 9(λ− 1)y0 + 24(λ− 1)z0 − 12(λ− 1)

4

y =4(1− λ)x0 + (6λ− 2)y0 + 16(1− λ)z0 + 8(λ− 1)

4

z =2(1− λ)x0 + 3(λ− 1)y0 + (12− 8λ)z0 + 4(λ− 1)

4.

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Transformation affine du planDeterminer les points fixes, puis la nature geometrique de la transformation f duplan definie par :

x′ = 3x− 4y + 8

y′ = 2x− 3y + 8 .

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L’ensemble des points fixes de f est la droiteD d’equation x−2y+8 = 0. La matrice

de la partie lineaire de f est A =

3 −42 −3

. Le polynome caracteristique de A est

X2 − 1 ; A admet donc les deux valeurs propres +1 et −1. Le sous-espace propreassocie a la valeur propre −1 est la droite vectorielle

−→D ′ d’equation x− y = 0. On

en deduit que f est la symetrie par rapport a la droite D dans la direction−→D ′.

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Position relative de deux cerclesSoit, dans le plan affine euclidien rapporte a un repere orthonorme, C1 et C2 les deuxcercles d’equations respectives x2+y2−8x−8y−32 = 0 et x2+y2−6x−2y+6 = 0.Determiner le centre et le rayon de chacun de ces cercles, puis leur position l’unpar rapport a l’autre.

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Les equations de C1 et C2 s’ecrivent (x−4)2+(y−4)2 = 64 et (x−3)2+(y−1)2 = 4.Le centre O1 de C1 (resp. O2 de C2) a donc pour coordonnees (4,4) (resp. (3,1))et son rayon est R1 = 8 (resp. R2 = 2). La distance O1O2 des centres est

√10, et

l’inegalite O1O2 + R2 < R1 montre que C2 est interieur a C1, puisque tout pointM de C2 verifie O1M ≤ O1O2 +O2M < R1.

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Perpendiculaire communeL’espace est rapporte a un repere orthonorme. Donner des equations de la perpen-diculaire commune aux droites D1 d’equations8><>:x+ y − z − 1 = 0

2x+ y + z = 0

et D2 determinee par le point A2 de coordonnees (1,0,1) et le vecteur directeur ~v2

de composantes (1,− 1,0).

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La perpendiculaire commune ∆ aux deux droites admet comme vecteur directeur~u le produit vectoriel ~v1 ∧ ~v2 d’un vecteur directeur ~v1 de D1 par ~v2. Le vecteur~v1 s’obtient en faisant le produit vectoriel de vecteurs normaux aux deux plansdefinissant D1, i.e. des vecteurs (1,1, − 1) et (2,1,1), d’ou ~v1 = (2, − 3, − 1) et~u = (−1,− 1,1).La droite ∆ est alors l’intersection du plan P1 contenant D1 et parallele a ~u et duplan P2 contenant D2 et parallele a ~u.Tout plan contenant D1 a une equation de la forme λ(x + y − z − 1) + µ(2x +y + z) = 0. Le vecteur ~u appartient a 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’ou une equation de P1 : 4x+ y + 5z + 2 = 0.

Une equation de P2 s’obtient en annulant le determinant

1 −1 x− 1−1 −1 y

0 1 z − 1

et s’ecrit

donc x+ y − 2z + 3 = 0.La perpendiculaire commune aux deux droites D1 et D2 admet donc les equations :8><>:4x+ y + 5z + 2 = 0

x+ y − 2z + 3 = 0 .

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Distance de deux droitesDeterminer la distance de ces deux droites.

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La distance de ces deux droites s’obtient comme distance du point A2 au planpassant par D1 et parallele a D2. L’equation de ce plan est de la forme λ(x+ y −z − 1) + µ(2x+ y + z) = 0. Le vecteur ~v2 appartient a sa direction si et seulementsi (λ− µ)− (λ+ µ) = 0, i.e. µ = 0, d’ou l’equation x+ y − z − 1 = 0. La distance

de A2 a ce plan est alors1√3.

On remarque en particulier qu’on n’a pas besoin de determiner la perpendiculairecommune aux deux droites pour calculer leur distance. On peut cependant calculerles coordonnees des pieds I1 et I2 de la perpendiculaire commune (i.e. des pointsd’intersection de cette perpendiculaire avec les droites D1 et D2). On obtient les

points I2 (−8

3,11

3,1) et I1 (−7

3,4,

2

3), dont la distance est bien

1√3.

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Equation normale d’une droite, bissectricesLe plan affine euclidien est rapporte a un repere orthonorme. Montrer que toutedroite D admet une equation normale de la forme x cosα + y sinα − p = 0. In-terpreter les parametres α et p.

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Soit ~u(α) = (cosα, sinα) un vecteur unitaire normal a D, H le projete orthogonal

de l’origine O sur D, et p le reel defini par−−→OH = p~u(α). Un point M appartient aD

si et seulement si−−→OM ·~u(α) = p, i.e. si et seulement si f(x,y) = x cosα+y sinα−p =

0. On peut remarquer qu’une droite admet deux equations normales correspondantaux choix des vecteurs normaux ~u(α) et ~u(α + π) (ces equations sont f(x,y) = 0et −f(x,y) = 0).

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Soit ABC un triangle, fA(x,y) = 0, fB(x,y) = 0, fC(x,y) = 0 les equations desdroites BC, CA et AB normalisees de sorte que fA(xA,yA) > 0, fB(xB,yB) > 0,fC(xC ,yC) > 0. Ecrire les equations des bissectrices du triangle ABC en fonctionde fA, fB, fC .

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Un point appartient a l’une des deux bissectrices en A si et seulement si il estequidistant des droites AB et AC, i.e. si et seulement si ses coordonnees (x,y)verifient |fB(x,y)| = |fC(x,y)|. Les equations de ces deux bissectrices sont doncfB(x,y)− fC(x,y) = 0 et fB(x,y)+ fC(x,y) = 0. Le centre I du cercle inscrit est dumeme cote de AB que C : il verifie donc fC(xI ,yI) > 0. De meme fB(xI ,yI) > 0.L’equation de la bissectrice interieure en A est donc fB(x,y)− fC(x,y) = 0 et cellede la bissectrice exterieure fB(x,y) + fC(x,y) = 0.

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On suppose le triangle ABC non isocele en A. Montrer que la droite d’equationfA(x,y)− fB(x,y)− fC(x,y) = 0 passe par les pieds des bissectrices interieures enB et C, ainsi que par le pied de la bissectrice exterieure en A. Montrer de memeque les pieds des trois bissectrices exterieures du triangle sont alignes.

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Les coordonnees (x,y) du pied de la bissectrice interieure en B verifient fA(x,y)−fC(x,y) = 0 et fB(x,y) = 0, donc fA(x,y) − fC(x,y) − fB(x,y) = 0. Les pieds desbissectrices interieure en C et exterieure en A verifient egalement cette equation.Ces trois points sont donc alignes.De meme, les pieds des trois bissectrices exterieures verifient tous l’equation fA(x,y)+fB(x,y) + fC(x,y) = 0. Ils sont donc alignes.

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RéflexionL’espace est rapporte a un repere orthonorme. Donner l’expression en coordonneesde la reflexion par rapport au plan P d’equation x− y + z + 5 = 0.

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Le vecteur de composantes (1,− 1,1) est orthogonal a P .La droite orthogonale a P passant par le point M de coordonnees (x,y,z) admetdonc la representation parametrique X = x+ λ, Y = y − λ, Z = z + λ.

Son intersection avec P est le point de parametre λ = − x− y + z + 5

3.

Le point symetrique de M par rapport a P est le point de parametre 2λ. Il a doncpour coordonnees :

x′ =x+ 2y − 2z − 10

3

y′ =2x+ y + 2z + 10

3

z′ =−2x+ 2y + z − 10

3.

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Isométrie de l’espaceL’espace affine euclidien E de dimension 3 est rapporte a un repere orthonorme.Etudier la nature geometrique de la transformation de E qui a un point M decoordonnees (x,y,z) associe le point M ′ de coordonnees (x′,y′,z′) definies par :

x′ = z

y′ = y

z′ = x− 2

(on precisera les elements caracteristiques de cette transformation).

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La transformation f etudiee est affine et la matrice

0 0 10 1 01 0 0

de sa partie lineaire

~f est orthogonale de determinant −1 ; f est donc un antideplacement, qui n’admetpas de point fixe puisque le systeme x = z, z = x − 2 n’admet pas de solution.C’est donc une symetrie glissee, i.e. le produit commutatif t~u sP = sP t~u d’unetranslation de vecteur ~u et d’une reflexion de plan P , avec ~u ∈

−→P . La transfor-

mation f f = t2~u est la translation de vecteur (−2,0,− 2) ; ~u est donc le vecteur(−1,0,−1). La reflexion sP = t−~u f est donnee par les formules x′ = z+1, y′ = y,z′ = x − 1. C’est donc la symetrie orthogonale par rapport au plan P d’equationx− z − 1 = 0.

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Isométrie de l’espaceL’espace affine euclidien E de dimension 3 est rapporte a un repere orthonorme.Etudier la nature geometrique de la transformation f de E qui a un point M decoordonnees (x,y,z) associe le point M ′ de coordonnees (x′,y′,z′) definies par :

x′ =x+ y −

√2 z − 3 +

√2

2

y′ =x+ y +

√2 z − 1−

√2

2

z′ =

√2x−

√2 y + 2 +

√2

2

(on precisera les elements caracteristiques de cette transformation).

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La matrice A =1

2

1 1 −

√2

1 1√

2√2 −

√2 0

de la partie lineaire ~f de f est orthogonale

de determinant 1 ; f est donc une rotation ou un vissage.La trace de A est egale a 1 ; il en resulte que l’angle de ~f est droit.L’axe D de f a pour direction

−→D le sous-espace propre de ~f associee a la valeur

propre -1, qui est la droite vectorielle engendree par le vecteur ~u = (1,1,0).

L’axe est l’ensemble des points M tels que le vecteur−−−−−→Mf(M) soit proportionnel a

~u. C’est donc la droite dirigee 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.

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Isométries du cube et du tétraèdreSoit, dans l’espace affine euclidien E de dimension 3 rapporte a un repere ortho-norme (O,~i,~j,~k), C le cube de sommets les points de coordonnees (±1, ± 1, ± 1)et G le groupe des isometries de E laissant C globalement invariant. Montrer quetout element f de G laisse O fixe et conserve globalement l’ensemble des points decoordonnees (±1,0,0), (0,±1,0), (0,0,±1). Decrire les matrices dans la base (~i,~j,~k)des parties lineaires de tous les elements de G. En deduire le cardinal de G.

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Tout element de G est une transformation affine qui laisse globalement invariantl’ensemble des sommets de C, donc laisse fixe l’isobarycentre O de ces sommets.Toute face du cube est transformee en une face : il en resulte que l’ensemble desmilieux des faces est globalement conserve. La partie lineaire ~f d’un element f deG conserve donc globalement l’ensemble des 6 vecteurs ±~i,±~j,± ~k. Sa matricedans la base (~i,~j,~k) comporte donc dans chaque ligne et dans chaque colonne unelement non nul et un seul, egal a ±1. Reciproquement toute transformation affinef de E conservant O et dont la partie lineaire ~f a une telle matrice conserve lecube. On trouve ainsi 48 elements dans G (6 permutations des vecteurs de base etpour chacune de ces permutations 8 choix de signes).

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Soit T le tetraedre regulier de sommets (1,1,1), (1,−1,−1), (−1,1,−1), (−1,−1,1).Montrer que le groupe H des isometries de E conservant globalement T est unsous-groupe de G. Determiner le nombre d’elements de ce groupe.

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Toute isometrie conservant globalement T laisse fixe l’isobarycentre O de ses som-mets et conserve globalement l’ensemble des milieux de ses aretes, i.e. l’ensembledes points de coordonnees (±1,0,0), (0,± 1,0), (0,0,± 1). On en deduit que H estun sous-groupe de G. L’image du tetraedre T par un element de G est soit T , soitle tetraedre T ′ de sommets (−1,−1,−1), (−1,1,1), (1,−1,1), (1,1,−1) symetriquede T par rapport a O. On en deduit un homomorphisme de groupes de G dans legroupe des permutations de T,T ′ dont H est le noyau. Le sous-groupe H de Gest donc d’indice 2 et a 24 elements.

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Equation d’une coniqueLe plan est rapporte a un repere orthonorme. Ecrire l’equation de l’hyperboleH de foyer F (3,2), de directrice D d’equation x − y + 1 = 0 et d’excentricite√

2. Determiner le centre de symetrie de H, puis le second couple foyer-directrice(F ′,D′).

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Le point M de coordonnees (x,y) appartient a 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 encorexy − 4x − y + 6 = 0. Cette equation s’ecrit encore (x − 1)(y − 4) = −2, soit, enposant X = x−1, Y = y−4, XY = −2, ce qui montre que le centre Ω de H a pourcoordonnees (1,4). Le foyer F ′ est le symetrique de F par rapport a Ω et a doncpour coordonnees (−1,6) et la directrice associee D′ pour equation y − x − 5 = 0(la symetrie par rapport a Ω s’ecrit en effet en coordonnees x′ = 2−x, y′ = 8− y).

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Construction de l’ellipse par le procédé de la bandede papierSur un segment AB de longueur fixee a+ b dont les extremites A et B se deplacentsur deux axes orthogonaux Ox et Oy, on place un point M tel que AM = b (etdonc BM = a). Determiner la courbe decrite par le point M quand A et B varient.

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Soit t une mesure de l’angle (−→BA,

−−→BO) et (x,y) les coordonnees de M dans le repere

Oxy. Les egalites x = a cos t, y = b sin t montrent que M decrit un quart d’ellipsequand A decrit la demi-droite Ox et B la demi-droite Oy.

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Paramétrisation du cercleMontrer que l’application ϕ : t 7→ 1 + it

1− itest une bijection de R sur le cercle unite

U prive du point −1. Expliciter l’application reciproque de ϕ.

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Remarquez que

1 + it

1− it

= 1. En ecrivant1 + it

1− it= eiα et en posant t = tan θ,

exprimez α en fonction de θ.

Retour Solution

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L’egalite

1 + it

1− it

= |1 + it||1− it|

= 1 montre qu’il existe α ∈]− π,+ π] tel que1 + it

1− it=

eiα. En posant t = tan θ (pour tout reel t, il existe un unique θ ∈−π

2,+

π

2

verifiant cette egalite), on obtient

1 + it

1− it=

1− t2

1 + t2+

2it

1 + t2= cosα + i sinα, d’ou

cosα = cos 2θ et sinα = sin 2θ, i.e. α = 2θ. Cette relation montre que ϕ est unebijection de R sur U \ −1, la bijection reciproque etant donnee par z = eiα 7→

tanα

2, qui peut aussi s’ecrire

sinα

1 + cosα=

Im (z)

1 + Re (z)ou

1− cosα

sinα=

1− Re (z)

Im (z)si

z 6= 0. L’interpretation geometrique de la relation α = 2θ resulte du theoreme del’angle inscrit.

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OrthocentreSoient b et c deux nombres complexes. Donner une condition necessaire et suffisantefaisant intervenir les modules de b et c pour que les vecteurs d’affixes b+ c et c− bsoient orthogonaux. Interpreter geometriquement cette condition.

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Le produit scalaire de ces deux vecteurs s’ecrit :

(b+ c)(c− b) + (b+ c)(c− b)

2= |c|2 − |b|2 .

Il est donc nul si et seulement si |b| = |c|.

Soient B, C et D les points du plan complexe d’affixes b, c et b + c. Le qua-drilatere OBDC est un parallelogramme et les nombres complexes b + c et c − b

sont les affixes des vecteurs−−→OD et

−−→BC. La condition |b| = |c| signifie que ce pa-

rallelogramme est un losange : on retrouve ainsi le fait qu’un parallelogramme estun losange si et seulement si ses diagonales sont perpendiculaires.

Suite

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Soit ABC un triangle non aplati du plan affine euclidien, O le centre de son cerclecirconscrit. On rapporte le plan a un repere orthonorme 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 deduire que ces trois hauteurssont concourantes et que leur point d’intersection H verifie

−−→OH = 3

−→OG, ou G est

le centre de gravite du triangle (en particulier O, G et H sont alignes).

Retour Solution

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O etant equidistant 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 a la hauteur issue de A. Il appartient de meme aux deux autres hauteurs.C’est donc l’orthocentre du triangle ABC. Le centre de gravite du triangle G est

le point d’affixe g =a+ b+ c

3. On a donc

−−→OH = 3

−→OG.

Retour Table

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Deux carrés (ou trois. . . )Soient, dans le plan affine euclidien, ABCD et AEFG deux carres de meme orien-tation ayant un sommet commun et P , Q, R, S les milieux respectifs des segmentsBD, DE, EG et GB. Montrer que PQRS est un carre.

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Indication :Considerer un repere orthonorme d’origine A, dans lequel B a pour affixe b, E pouraffixe e, et ecrire les affixes des vecteurs

−→PR et

−→QS (par exemple).

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Soit b l’affixe de B et e l’affixe de E dansun repere orthonorme d’origine A. Lespoints P , Q, R, S ont pour affixes res-pectives :

p =(1 + i)b

2

q =e+ ib

2

r =(1 + i)e

2

s =b+ ie

2

et les vecteurs−→PR et

−→QS pour affixes :

r − p =(1 + i)(e− b)

2

s− q =(1− i)(b− e)

2.

Les segments PR et QS sont donc orthogonaux, de meme longueur et se coupent

en leur milieu, puisque s− q = i(r − p) ets+ q

2=r + p

2. Il en resulte que PQRS

est un carre.

Autre solution Retour Table

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Deux carrés (ou trois. . . )Soit, dans le plan complexe, ABC un triangle, f une rotation de centre Ω et d’angleπ

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 PQR est equilateral.

Indication Solution

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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 repere orthonorme d’origine Ω), puis les affixes des vecteurs−→PQ et

−→PR en fonction des affixes de A, B, C.

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Posons j = e2iπ3 , d’ou e

iπ3 = −j2, et 1+j+j2 = 0. L’affixe z′ de l’image M ′ = f(M)

d’un point M d’affixe z par f est z′ = −j2z. Les points A′, B′, C ′ ont donc pouraffixes a′ = −j2a, b′ = −j2b, c′ = −j2c si les affixes de A, B, C sont a, b, c.

Les points P , Q, R ont pour affixes p =a− j2c

2, q =

b− j2a

2, r =

c− j2b

2.

L’affixe du vecteur−→PQ est donc :

q − p =b+ ja+ j2c

2

et celle du vecteur−→PR :

r − p =−j2b− a− jc

2= −j2(q − p) .

Le vecteur−→PR est donc l’image du vecteur

−→PQ par la rotation vectorielle d’angle

π

3, ce qui montre que le triangle PQR est equilateral.

Retour Table

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Configuration de VectenA l’exterieur d’un triangle ABC, on construit trois carres de bases les cotes et decentres P , Q, R. Montrer que les segments AP et QR (resp. BQ et RP , CR etPQ) sont orthogonaux et de meme longueur. En deduire que les droites AP , BQet CR sont concourantes.

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Soient a, b, c les affixes des points A, B, C dans un repere orthonorme. Des relations b−p = i(c−p),c− q = i(a− q), a− r = i(b− r), on deduit que les points P , Q, R ont pour affixes respectives :

p =b− ic

1− i, q =

c− ia

1− i, r =

a− ib

1− i

et les vecteurs−→AP et

−→QR pour affixes :

p− a =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

meme longueur. Il en va de meme pour BQ et RP (resp. CR et PQ) par permutation circu-

laire. Les droites AP , BQ et CR sont les hauteurs du triangle PQR : elles sont donc concourantes.

Table

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Triangles de NapoléonOn construit a l’exterieur d’un triangle ABC trois triangles equilateraux BCA′,CAB′ et ABC ′, de centres respectifs P , Q, R. Montrer que le triangle PQR estequilateral.

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Soient a, b, c, p, q, r les affixes des points A, B, C, P , Q, R et j = e2iπ/3. Les angles(−→PC,

−−→PB), (

−→QA,

−→QC), (

−→RB,

−→RA) etant tous egaux a 2π/3, on a b − p = j(c − p),

c− q = j(a− q), a− r = j(b− r). On en deduit p =b− jc

1− j, q =

c− ja

1− j, r =

a− jb

1− j.

En utilisant la relation 1 + j + j2 = 0, on voit que les vecteurs−→PQ et

−→PR ont

pour affixes q − p =−ja− b− j2c

1− jet r − p =

a+ j2b+ jc

1− j. La relation r − p =

−j2(q − p) = eiπ/3(q − p) montre que le triangle PQR est equilateral.

Table

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Le théorème de PtoléméeSoient A, B, C, D quatre points du plan affine euclidien. Demontrer l’inegalite :

(∗) AC.BD ≤ AB.CD + AD.BC .

Montrer qu’on a egalite dans (∗) si et seulement si les quatre points A, B, C, Dsont :

• soit alignes dans cet ordre

•

Indication Solution

• soit les sommets consecutifs d’un quadrilatere convexe et cyclique.

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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). A quelle condition a-t-on egalite dans l’inegalitetriangulaire?

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De l’egalite (c− a)(d− b) = (b− a)(d− c) + (d− a)(c− b), on tire :

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 quadrilatere est inferieur a la sommedes produits des longueurs des cotes opposes).On a egalite dans l’inegalite 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)est un reel positif, i.e. si et seulement si

Arg(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’ecrire :(−−→AD,

−→AB) = (

−−→CD,

−−→CB) + π

et signifie que les points A, B, C, D sont soit alignes dans cet ordre, soit les

Table

sommets consecutifs d’un quadrilatere convexe et cyclique.

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Projection orthogonale d’un cubeL’espace affine euclidien E de dimension 3 est rapporte a un repere orthonorme(O,~i,~j,~k). On identifie le plan P d’equation z = 0 au plan complexe. Montrerqu’une condition necessaire et suffisante pour que trois points A′, B′, C ′ du planP , d’affixes a, b, c, soient les projections orthogonales sur P des sommets A, B, Cd’un cube de sommet O adjacents a O est :

a2 + b2 + c2 = 0 .

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Soit

xA xB xC

yA yB yC

zA zB zC

la matrice des coordonnees des points A, B, C dans le repere

orthonorme (O,~i,~j,~k). Montrez que les vecteurs colonnes de cette matrice sont deuxa deux orthogonaux et de meme norme si et seulement si les vecteurs lignes de cettememe matrice verifient la meme propriete.

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Les points A, B, C sont les sommets adjacents au sommet O d’un cube si et

seulement si les vecteurs

−→OA

OA,

−−→OB

OB,

−→OC

OCforment une base orthonormee de

−→E , i.e.

si et seulement si les vecteurs colonnes de la matrice M =

xA xB xC

yA yB yC

zA zB zC

des

coordonnees des points A, B, C dans le repere orthonorme (O,~i,~j,~k) sont deuxa deux orthogonaux et de meme norme r, i.e. si et seulement si il existe un reel

r tel que la matrice1

rM soit orthogonale. Une matrice etant orthogonale si et

seulement si sa transposee l’est, cette condition signifie que les vecteurs lignes deM sont orthogonaux et de meme norme. Mais la relation

a2 + b2 + c2 = (xA + iyA)2 + (xB + iyB)2 + (xC + iyC)2

= (x2A + x2

B + x2C)− (y2

A + y2B + y2

C) + 2i(xAyA + xByB + xCyC)

montre que cette condition implique a2 + b2 + c2 = 0.Reciproquement, si cette derniere condition est verifiee, les deux premieres lignesde M sont orthogonales et de meme norme r. Il existe alors un vecteur (zA,zB,zC)

(et un seul au signe pres) tel que la matrice1

rM soit orthogonale.

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Exemple numérique :Soit a = 3+2i, b = 6−3i. Montrer qu’il existe exactement deux nombres complexesc, que l’on determinera, verifiant a2 + b2 + c2 = 0. Representer les projectionsorthogonales sur P des cubes correspondants.

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Si a = 3+2i et b = 6−3i, on a a2 + b2 = 32−24i, d’ou c2 = −32+24i et c = 2+6iou c = −2 − 6i. On peut donc construire les projections des sommets O, A, B,C du cube. On complete ensuite les projections des faces en remarquant que cesprojections sont des parallelogrammes. On obtient ainsi quatre cubes de longueurd’arete 7, correspondant aux quatre matrices M :

3 6 22 −3 66 −2 −3

3 6 22 −3 6−6 2 3

3 6 −22 −3 −6−6 2 −3

3 6 −22 −3 −66 −2 3

oa

b

c

oa

b

c o

a

b

c

o

a

b

c

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Projection orthogonale d’un tétraèdre régulierEn deduire que trois nombres complexes a, b, c sont les affixes des projectionsorthogonales sur P des sommets A, B, C d’un tetraedre regulier OABC si etseulement si ils verifient la relation :

3(a2 + b2 + c2)− 2(ab+ bc+ ca) = 0 .

Indication Solution

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OABC est un tetraedre regulier si et seulement si il existe trois points R, S, Tde l’espace, sommets adjacents au sommet O d’un cube tels que

−→OA =

−→OS +

−→OT ,−−→

OB =−→OT +

−→OR,

−→OC =

−→OR +

−→OS.

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Pour tout triplet (A,B,C) de points de E, il existe un et un seul triplet (R,S,T )

de points de E verifiant−→OA =

−→OS +

−→OT ,

−−→OB =

−→OT +

−→OR,

−→OC =

−→OR +

−→OS : ce

systeme equivaut en effet a−→OA−

−−→OB −

−→OC = −2

−→OR,

−−→OB −

−→OC −

−→OA = −2

−→OS,−→

OC −−→OA−

−−→OB = −2

−→OT .

Un calcul elementaire montre que le tetraedre OABC est regulier si et seulementsi les points R, S, T sont les sommets ajacents a 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

r2 + s2 + t2 =1

4

h(b+ c− a)2 + (c+ a− b)2 + (a+ b− c)2

i=

1

4

h3(a2 + b2 + c2)− 2(ab+ bc+ ca)

iet le resultat de la premiere partie montrent que r, s, t sont les affixes des projec-tions orthogonales sur P des sommets adjacents a O d’un cube de sommet O si etseulement si r2+s2+t2 = 0, i.e. si et seulement si 3(a2+b2+c2)−2(ab+bc+ca) = 0.

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Lignes de niveau dez − a

z − b

Soient a et b deux nombres complexes distincts. Determiner les lignes de niveau

Lk =

(z ∈ C |

z − a

z − b

= k

)(k > 0)

de la fonction z 7→z − a

z − b

.

Solution

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La relation

z − a

z − b

= k s’ecrit |z − a|2 − k2|z − b|2 = 0 ou encore :

(1− k2)zz − (a− k2b)z − (a− k2b)z + aa− k2bb = 0

On reconnaıt la l’equation :

• du cercle de centre le point d’affixea− k2b

1− k2 et de rayonk|b− a|1− k2 si k 6= 1 ;

• de la droite d’equation (b− a)z + (b− a)z + |a|2 − |b|2 = 0 si k = 1.

Cette derniere equation s’ecrit encore (b − a)(z − a+ b

2) + (b− a)(z − a+ b

2) = 0

et exprime l’orthogonalite des vecteurs d’affixes b− a et z − a+ b

2.

On retrouve ainsi des resultats bien connus. L’ensemble Lk est l’ensemble des pointsM du plan dont le rapport des distances aux points A et B d’affixes respectives aet b est egal a k. C’est un cercle dont le centre est le barycentre du systeme pondere

((A,1),(B,− k2)) et le rayonkAB

1− k2 si k 6= 1, la mediatrice de AB si k = 1.

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Matrices et homographiesMontrer que l’application du groupe GL2(C) des matrices carrees d’ordre 2 inver-sibles a coefficients complexes dans le groupe des homographies de cC qui a une

matrice A =

a b

c d

associe l’homographie fA definie par fA(z) =

az + b

cz + dest un

homomorphisme de groupes. Determiner son noyau. En deduire que le groupe deshomographies de cC est isomorphe au groupe quotient PGL2(C) de GL2(C) par lesous-groupe des matrices λI2, λ complexe non nul.

Solution

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Soient A =

a b

c d

et A′ =

a′ b′

c′ d′

deux matrices inversibles a coefficients com-

plexes. L’egalite :

fA fA′(z) =

a

a′z + b

c′z + d

+ b

c

a′z + b

c′z + d

+ d

=(aa′ + bc′)z + ab′ + bd′

(ca′ + dc′)z + cb′ + dd′

= fAA′(z) .

montre que l’application A 7→ fA est un homomorphisme de groupes. Son noyau estle sous-groupe K des matrices A telles que fA = idbC, i.e. des matrices scalaires λI2,λ complexe non nul. On en deduit que le groupe des homographies est isomorpheau groupe quotient PGL2(C) de GL2(C) par K.

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Points fixes d’une homographie (1)Montrer que toute homographie f de cC differente de l’identite admet exactementun ou deux points fixes dans cC.

Solution Suite

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Soit f(z) =az + b

cz + dune homographie de cC.

• Si c = 0 et a 6= d, f laisse fixe ∞ et le pointb

d− a.

• Si c = 0 et a = d, le seul point fixe de f est ∞.

• Si c 6= 0, les points fixes de f sont les solutions dans C de l’equation dusecond degre cz2 + (d − a)z − b = 0. Cette equation admet 2 solutions si(d− a)2 + 4bc 6= 0, une sinon.

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Points fixes d’une homographie (2)Montrer que toute homographie f de cC admettant exactement un point fixe danscC est conjuguee dans le groupe des homographies de cC a une translation z 7→ z+b,b ∈ C∗.

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Soit f une homographie admettant le seul point fixe z0 dans cC et g une homographieverifiant g(z0) = ∞. L’homographie h = gf g−1 a pour seul point fixe∞. En effeth(z) = z equivaut a f(g−1(z)) = g−1(z) et donc a g−1(z) = z0, i.e. z = g(z0) = ∞.L’homographie h est donc de la forme h(z) = az + b avec a = 1 (sinon h aurait unpoint fixe dans C en plus du point fixe ∞).

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Points fixes d’une homographie (3)Montrer que toute homographie f de cC admettant exactement deux points fixesdans cC est conjuguee dans le groupe des homographies de cC a une similitude decentre 0 : z 7→ az, a ∈ C∗.

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Soit f une homographie admettant les deux points fixes z1 et z2 et g une homogra-phie verifiant g(z1) = ∞, g(z2) = 0 (on verifiera qu’il existe bien toujours une tellehomographie, en distinguant le cas ou l’un des points fixes de f est ∞). L’homogra-phie h = g f g−1 admet les deux points fixes ∞ et 0. En effet h(z) = z equivauta f(g−1(z)) = g−1(z) et donc a g−1(z) = z1, i.e. z = g(z1) = ∞, ou g−1(z) = z2, i.e.z = g(z2) = 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.

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Points fixes d’une homographie (4)Montrer que toute homographie f involutive (i.e. differente de l’identite et telle quef f soit l’identite) est conjuguee dans le groupe des homographies a la symetriede centre 0 : z 7→ −z.

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Une telle homographie admet necessairement deux points fixes, sinon elle seraitconjuguee a une translation differente de l’identite et ne pourrait donc etre invo-lutive. Elle est donc conjuguee a une similitude de centre 0 : z 7→ az, a ∈ C∗. Maisune telle similitude n’est involutive que si a2 = 1 et a 6= 1, i.e. a = −1, auquel caselle est egale a la symetrie de centre 0.

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Invariant anallagmatique de deux cercles (1)Soient Γ1 et Γ2 deux cercles secants du plan complexe, O1 et O2 leurs centres, R1

et R2 leurs rayons, A et B leurs deux points d’intersection. Exprimer cos ÙO1AO2

et cosÚO1BO2 en fonction de R1, R2 et O1O2.

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On a evidemment :

cos ÙO1AO2 = cosÚO1BO2 =R2

1 +R22 −O1O

22

2R1R2

(relation d’Al-Kashi dans les triangles O1AO2 et O1BO2).

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Invariant anallagmatique de deux cercles (2)Soient Γ1 et Γ2 deux cercles quelconques du plan complexe, O1 et O2 leurs centres,R1 et R2 leurs rayons, |z|2 − a1z − a1z + c1 = 0 et |z|2 − a2z − a2z + c2 = 0 leurs

equations complexes. ExprimerR2

1 +R22 −O1O

22

2R1R2en fonction de a1, a2, c1, c2.

La valeur absolue de ce nombre s’appelle invariant anallagmatique des deux cercles.

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L’equation complexe du cercle de centre O, d’affixe a, et de rayon R s’ecrit :

|z − a|2 = R2

soit encore :|z|2 − az − az + |a|2 −R2 = 0 .

Il en resulte qu’on a c1 = |a1|2 − R21, c2 = |a2|2 − R2

2 et O1O22 = |a1 − a2|2 =

|a1|2 + |a2|2 − a1a2 − a2a1, d’ou :

R21 +R2

2 −O1O22

2R1R2=

a1a2 + a2a1 − c1 − c2

2q

(|a1|2 − c1)(|a2|2 − c2).

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Invariant anallagmatique de deux cercles (3)Soient Γ1 et Γ2 deux cercles quelconques du plan complexe d’equations respectives|z|2 − a1z − a1z + c1 = 0 et |z|2 − a2z − a2z + c2 = 0 et f une homographie duplan complexe telle que f(Γ1) et f(Γ2) soient des cercles. Montrer que l’invariantanallagmatique de f(Γ1) et f(Γ2) est egal a celui de Γ1 et Γ2.

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Decomposez f en produit d’homographies simples et demontrez la propriete pourchacune de ces homographies.

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Soit f(z) =az + b

cz + dune homographie qui n’est pas une similitude (c 6= 0). La

relation

f(z) =a

c+

bc− ad

c(cz + d)

montre que f s’ecrit comme un produit f = s2gs1, ou s1 et s2 sont des similitudes

directes et g est definie par g(z) =1

z. Les similitudes conservent evidemment

l’invariant anallagmatique et f(Γ1) et f(Γ2) sont des cercles si et seulement si gtransforme les cercles s1(Γ1) et s1(Γ2) en des cercles, i.e. si ces cercles ne passentpas par l’origine. Il suffit donc de demontrer la propriete dans le cas f = g.Mais g transforme le cercle Γ d’equation |z|2 − az − az + c = 0 (c 6= 0) en le cercle

Γ′ d’equation |z|2 − a

cz − a

cz +

1

c= 0, i.e. de parametres a′ =

a

c, c′ =

1

c. Un calcul

elementaire montre alors que les invariants anallagmatiques de deux cercles et deleurs images par g sont egaux.

Remarque

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Remarque :Cet exercice montre en particulier qu’une homographie conserve l’angle sous le-quel se coupent deux cercles (a condition que les images de ces cercles soient descercles); en particulier, elle transforme des cercles orthogonaux en des cercles ortho-gonaux. Cette propriete est en fait un cas particulier d’une propriete beaucoup plusgenerale : toute homographie est une transformation conforme, c’est-a-dire qu’elleconserve l’angle de deux courbes.

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