D298. Zig fait zag sur des cercles ***
Les deux questionsQ1etQ2sont indépendantes l’une de l’autre.
Q1−Zig place les pointsA1,A2,A3etA4dans cet ordre sur la circonférence d’un cercle (Γ) puis il trace la parallèle àA1A2passant parA4qui coupe (Γ) en un deuxième pointA5. Il répète le processus en traçant la parallèle àAiA∗∗∗i+1 passant parAi+3qui coupe (Γ) en un deuxième pointAi+4.
Démontrer qu’après un nombre fini d’étapes, Zig obtient un point qui se confond avec l’un des quatre points d’origine.
Qu’en est-il si les pointsA1,A2,A3etA4sont placés dans un ordre quelconque sur le cercle (Γ) ?
∗∗∗Nota : Si la parallèle àAiAi+1passant parAi+3est tangente au cercle (Γ), alorsAi+4=Ai+3.
Q2−Zig trace deux cercles (γ) et (γ0) de même rayonr dont les centresOetO0sont à une distanced<r. Soit un point quelconqueB1de (γ). Zig trace le segmentB1B2=r avecB2choisi parmi les deux points possibles sur (γ0) puis le segmentB2B3=r avec le pointB3sur (γ) autre queB1. Il répète le processus en alternant les pointsBi sur l’un des deux cercles etBi+1 (autre queBi−1) sur l’autre cercle tels que BiBi+1=r.
Démontrer qu’après un nombre fini d’étapes, Zig revient au pointB1.
Pour les plus courageux : Zig trace le cercle (γ) de rayonr puis le cercle (γ0) de rayonr0<r centré sur la circonférence de (γ). A partir d’un point quelconqueB1de (γ0), Zig trace successivement les points B2,B3,...en alternance sur les cercles (γ) et (γ0) tels queBiBi+1=r. Démontrer qu’après un nombre fini d’étapes, Zig revient au pointB1.
Solution de Claude Felloneau
Q1−Le pointA7est confondu avecA1. Il en est de même si les pointsA1,A2,A3etA4sont placés dans un ordre quelconque sur le cercle (Γ)
O A1
A2 A3 A4
A5 A6
En effet, en utilisant les angles de droites, on a : (A6A1,A3A4)≡(A6A1,A2A3)+(A3A2,A3A4) [π] Or (A2A3) est parallèle à (A5A6) etA1,A4,A5,A6sont cocycliques donc
(A6A1,A2A3)≡(A6A1,A6A5)≡(A4A1,A4A5) [π]
page 1 / 3
De même, (A1A2) est parallèle à (A4A5) etA1,A2,A3,A4sont cocycliques donc (A3A2,A3A4)≡(A1A2,A1A4)≡(A4A5,A1A4) [π]
d’où
(A6A1,A3A4)≡(A4A1,A4A5)+(A4A5,A1A4)≡(A4A1,A1A4)≡0 [π].
Ainsi (A6A1) est parallèle à (A3A4) doncA7=A1. Q2−Le pointB7est confondu avecB1.
O O0
B1
(γ) (γ0)
B2
B3
B4 B5
B6
Par construction les quadrilatèresOB1B2B3,O0B2B3B4,O0B4B5B6,OB5B6B7sont des losanges donc OB−−→1=−−−→
B3B2=−−−→
B4O0=−−−→
B5B6=−−→
OB7d’oùB1=B7. Dans le cas oùO0∈(γ) etr0<r, on obtientB13=B1.
O O0
B1 B2
B3
B4
B5 B6
B7 Ω
En désignant parS∆la symétrie par rapport à toute droite∆.
Par construction, on aB2i+1=S(O0B2i)(B2i−1) pouri>1 doncB7=f(B1) oùf =S(O0B6)◦S(O0B4)◦S(O0B2). f est la composée de trois symétries axiales laissantO0invariant doncf est une symétrie axiale dont l’axe
∆passe parO0.
En posantO1=S(O0B2)(O),O2=S(O0B4)(O1) etO3=f(O), on a :
³−−→
O0O,−−−→
O0O1
´
=2³−−→
O0O,−−−→
O0B2
´
, ³−−→
O0O,−−−→
O0O2
´
=2³−−−→
O0B2,−−−→
O0B4
´
et ³−−−→
O0O2,−−−→
O0O3
´
=2³−−−→
O0O2,−−−→
O0B6
´
Or 2³−−→
O0O,−−−→
O0B6
´
=
³−−→
OΩ,−−→
OB6
´
carO0∈(γ), donc 2³−−→
O0O,−−−→
O0B6´
=³−−→
O0O,−−→
OB6´
=³−−→
OO0,−−→
OB6´ +π
=2³−−−→
B2O0,−−−→
B2B6´
+π carB2,O0,B6appartiennent à (γ)
page 2 / 3
OrOB2B3B4etOB4B5B6sont des losanges doncB2B3B5B6est un parallélogramme d’où−−−→
B2B6=−−−→
B3B5. De plus, (B3B5) est orthogonale à¡
O0B4¢
donc 2³−−−→
B3B5,−−−→
B4O0´
=π, d’où : 2³−−→
O0O,−−−→
O0B6
´
=2³−−−→
B2O0,−−−→
B3B5
´
+2³−−−→
B3B5,−−−→
B4O0´
=2³−−−→
B2O0,−−−→
B4O0´
=2³−−−→
O0B2,−−−→
O0B4
´
=³−−→
O0O,−−−→
O0O2
´
On en déduit que :
³−−−→
O0O2,−−−→
O0O3
´
=2³−−−→
O0O2,−−→
O0O´
+2³−−→
O0O,−−−→
O0B6
´
=2³−−−→
O0O2,−−→
O0O´
+2³−−→
O0O,−−−→
O0O2
´
=³−−−→
O0O2,−−→
O0O´ Ainsi, les vecteurs−−→
O0Oet−−−→
O0O3sont colinéaires et de même sens etO0O3=O0OdoncO3=O. La droite∆ est donc la droite (OO0).
Le pointB7est le symétrique deB1par rapport à (OO0).
De même, le pointB13est le symétrique deB7par rapport à (OO0) doncB13=B1.
page 3 / 3
