Soit, dans un espace affine euclidien orient´ e de dimension 3, une rotation ρ distincte de l’identit´ e.

Universit´ e Claude Bernard Lyon 1

L3 - Math´ ematiques pour l’enseignement – G´ eom´ etrie ´ el´ ementaire 2015-2016 Contrˆ ole n ^o 4 : mardi 31 mai 2016

Dur´ ee : 3 heures Exercice 1 : Droites stables par une rotation

Soit, dans un espace affine euclidien orient´ e de dimension 3, une rotation ρ distincte de l’identit´ e.

Soient ∆ son axe (orient´ e) et θ son angle. Soient O un point de ∆.

On pourra travailler un rep` ere ad´ equat.

1. Soit D une droite contenant O stable par ρ.

(a) Soit v un vecteur directeur de D. L’image A ⁰ = ρ(A) de A = O + v appartient ` a D donc −−→

O ⁰ A ⁰ = − → ρ (v) (o` u O <sup>0</sup> = ρ(O)) appartient ` a − → D . Comme − →

D est dirig´ ee par v, ce vecteur est proportionnel ` a v. Il existe donc λ ∈ R tel que − → ρ (v) = λv. Ceci signifie que v est un vecteur propre de − → ρ .

(b) Dans une base orthonorm´ ee directe (e 1 , e 2 , e 3 ) telle que e 3 dirige ∆, la matrice de − → ρ est, en notant θ est l’angle de ρ :





cos θ − sin θ 0 sin θ cos θ 0

0 0 1



 ,

Or les valeurs propres de cette matrice sont e ^±iθ et 1. En g´ en´ eral, e ^±iθ n’est pas r´ eel.

Plus pr´ ecis´ ement, soit θ / ∈ Z π, auquel cas 1 est la seule valeur propre r´ eelle ; soit θ ≡ π [2π], et alors les valeurs propres sont 1 (simple) et 1 (double). On est donc dans l’un des cas suivants :

— soit λ = 1, alors v = ±e ₃ et − → D = − →

∆ ; comme O ∈ ∆ est fix´ e par ρ, on en d´ eduit D = ∆ ;

— soit λ = −1 et θ ≡ π [2π], alors v est dans le plan engendr´ e par (e 1 , e 2 ) : ainsi, D est perpendiculaire ` a ∆ et ρ est un demi-tour.

2. Par le mˆ eme raisonnement qu’en 1a, on montre que − →

D ⁰ est engendr´ ee par un vecteur propre v ⁰ de − → ρ . D’o` u deux cas selon la valeur propre associ´ ee.

Si la valeur propre est 1, v ⁰ dirige l’axe de ρ. Alors, D ⁰ est l’axe de ρ. En effet, fixons un point A de D ⁰ : le plan orthogonal ` a ∆ contenant A est stable par ρ (par construction de ρ) donc A est un point fixe de la rotation induite par ρ sur P A . Comme l’unique point fixe d’une rotation

Sinon, la valeur propre est −1 et ρ est un demi-tour. Soit A un point de D ⁰ qui n’appartient pas ` a ∆ et soit A <sup>0</sup> son image. Par construction de ρ, le plan P A orthogonal ` a ∆ contenant A est stable par ρ. Comme ρ est un demi-tour, sa restriction ` a P A est une sym´ etrie de centre B ∈ ∆ ∩ P A . Mais alors, D ⁰ = (AA ⁰ ) coupe ∆ en B .

Exercice 2 : Angle et plans bissecteurs de deux plans s´ ecants 1. (a) Puisque M ⁰ est le projet´ e orthogonal de M sur P , on a : h −−−→

M M ⁰ , vi = 0 pour tout v ∈

− →

P . Ceci vaut en particulier pour v = −−−→

M ⁰ N . Mais alors, par le th´ eor` eme de Pythagore, on a : M N <sup>2</sup> = M M <sup>02</sup> + M <sup>0</sup> N <sup>2</sup> . D’o` u M N > M M ⁰ , et il y a ´ egalit´ e si et seulement si

0 0

(b) Vu l’´ equation de P, on sait que le vecteur n de coordonn´ ees (a, b, c) est normal ` a P.

Soient (x ⁰ , y ⁰ , z ⁰ ) les coordonn´ ees de M ⁰ . Alors h −−−→

M M ⁰ , ni = (x ⁰ −x)a+(y ⁰ −y)b+(z ⁰ −z)c = −ax−by−cz+ax ⁰ +by ⁰ +cz ⁰ = −ax−by−cz−d.

(c) Comme −−−→

M M ⁰ et n sont normaux ` a P, ils sont colin´ eaires. Comme n/knk est un vecteur directeur de (M M ⁰ ) ou par la relation d’Al Kashi, on a :

d(M, P ) = M M ⁰ = h −−−→

M M ⁰ , n knk i

= |ax + by + cz + d|

√

a ² + b ² + c ² . 2. D´ esormais, on fixe deux plans s´ ecants P et P ⁰ (mais plus de rep` ere).

(a) Les coordonn´ ees (0, 0, 0) de O sont solutions des ´ equations de P et P ⁰ , de mˆ eme plus g´ en´ eralement que les triplets (0, 0, t) o` u t parcourt R , ce qui montre que (Oz) est inclus dans P ∩ P ⁰ , qui est une droite. Autrement dit : O ∈ (Oz) = P ∩ P ⁰ . (b) Question mal comprise : ici, P et P ⁰ sont fix´ es, la seule chose qui peut varier est

un rep` ere dans lequel P a pour ´ equation y = 0 et P ⁰ a une ´ equation de la forme x sin α ⁰ −y cos α ⁰ = 0 pour un certain α ⁰ ∈ R . Il faut d´ eterminer les valeurs α ⁰ possibles.

Observons ce qui se passe dans le plan Q d’´ equation z = 0 : l` a, D = P ∩ Q a pour

´

equation y = 0 et D ⁰ = P ⁰ ∩ Q a pour ´ equation x sin α −y cos α = 0. On a vu au CC 3 que le r´ eel α est une mesure de l’angle de droites (D, D ⁰ ). Une fois une orientation de QC choisie, il est d´ etermin´ e ` a π pr` es – si on change de vecteur directeur de D ⁰ , on remplace α par α + π. D’autre part, changer l’orientation de Q transforme α en −α.

Ainsi, si α est une valeur possible, les autres sont εα + kπ o` u ε ∈ {−1, 1} et k ∈ Z . NB : Pour tout α, il existe un unique α ₀ ∈ {εα + kπ : ε ∈ {−1, 1}, k ∈ Z } ∩ [− ^π ₂ , ^π ₂ ] : c’est la mesure de l’angle entre P et P ⁰ . Elle est d´ etermin´ ee par | cos α| = | cos α 0 |.

(c) Soit O ∈ P ∩ P ⁰ . Soit e 3 un vecteur directeur de P ∩ P ⁰ de norme 1 (deux choix possibles). Le plan vectoriel − →

Q orthogonal ` a e 3 coupe − →

P en une droite, soit e 1 un vecteur directeur de norme 1 de cette droite (deux choix possibles). Soit enfin e ₂ un vecteur tel que (e ₁ , e ₂ , e ₃ ) soit une base orthonorm´ ee (encore deux choix possibles).

Le rep` ere (O, e 1 , e 2 , e 3 ) convient (pourquoi ?).

(d) Voir figure 1.

P ⁰ P

P ∩ P ⁰ e 3

e 1

−e ₂

e ₂ O

P ∩ Q P ⁰ ∩ Q

e 1

e 2

e ₃ O

α

Figure 1 – Un rep` ere adapt´ e ` a une paire de plans

3. Soit M un point, soient (x, y, z) ses coordonn´ ees. On applique les r´ esultats de la question 1c aux plans P et P ⁰ , ce qui revient ` a prendre successivement (a, b, c, d) les valeurs (0, 1, 0, 0) et (sin α, − cos α, 0, 0). Ainsi ¹ :

d(M, P ) = d(M, P ⁰ ) ⇐⇒ |y| = |x sin α − y cos α|

⇐⇒ y = x sin α − y cos α ou y = −x sin α + y cos α

⇐⇒ 2x cos α 2 sin α

2 = 2y cos ² α

2 ou 2x cos α 2 sin α

2 = −2y sin ² α 2 . Comme on a suppos´ e les plans s´ ecants et donc distincts, on a : α 6≡ 0 [π]. Par suite (v´ erifier !), on a : α 6≡ ^π ₂ [π] et donc cos ^α ₂ 6= 0 et α 6≡ 0 [π] donc sin ^α ₂ 6= 0. D’o` u :

d(M, P ) = d(M, P ⁰ ) ⇐⇒ x sin α

2 = y cos α

2 ou x cos α

2 = −y sin α 2 .

On reconnaˆıt la r´ eunion de deux plans admettant pour vecteurs normaux les vecteurs de coordonn´ ees (sin ^α ₂ , − cos ^α ₂ , 0) et (cos ^α ₂ , sin ^α ₂ , 0). Ces vecteurs ´ etant orthogonaux, les plans le sont aussi (tiens ? pourquoi ?).

4. (a) De deux choses l’une : soit g(P) = P et g(P ⁰ ) = P ⁰ , soit g(P) = P ⁰ et g(P ⁰ ) = P.

Dans le premier cas, on a (puisque g est une bijection ² ) : g( P ∩ P ⁰ ) = g( P )∩g( P ⁰ ) = P ∩ P ⁰ et dans le deuxi` eme cas, c’est pareil.

(b) Soit t une translation de vecteur v 6= − →

0 qui stabilise D = P ∪ P ⁰ . Alors t stabilise D . Soit M ∈ P ∩ P ⁰ . Alors v = −−−−−→

M t(M ) ∈ − → D .

R´ eciproquement, une translation de vecteur appartenant ` a un sous-espace affine sta- bilise ce sous-espace affine (par d´ efinition des sous-espaces affines !). Au bilan, les translations qui stabilisent P ∪ P ⁰ sont celles qui admettent un vecteur de transla- tion dans − →

P ∩ − → P ⁰ .

(c) Soit ρ une rotation de G, disons d’axe ∆ et d’angle θ. Il y a deux cas :

— soit ρ( P ) = P et ρ( P ⁰ ) = P ⁰ : par l’exercice 1, il y a quatre sous-cas :

— soit ∆ ⊂ P et ∆ ⊂ P ⁰ , alors ∆ = P ∩ P ⁰ , et ρ est un demi-tour ;

— soit ∆ ⊥ P et ∆ ⊂ P ⁰ , alors P ⊥ P ⁰ (pourquoi ?), et ρ est un demi-tour (car D est stable) ;

— soit ∆ ⊂ P et ∆ ⊥ P ⁰ , voir le cas pr´ ec´ edent ;

— soit ∆ ⊥ P et ∆ ⊥ P ⁰ , alors P et P ⁰ sont parall` eles (pourquoi ?), ce qui est exclu ;

— soit ρ(P) = P ⁰ et ρ(P ⁰ ) = P : alors ρ ² ∈ G et ρ ² stabilise les deux plans donc :

— soit ρ ² = id, alors ρ est un demi-tour ; comme D est stable mais ∆ 6= D (sinon, ρ( P ) = P ), D est perpendiculaire ` a ∆ ( − →

D est un vecteur propre de − → ρ ) ; par suite, on se ram` ene au plan perpendiculaire Q ` a D contenant ∆ ∩ D (pas vide ?) et l` a, on voit que D est l’intersection de Q et d’un plan m´ ediateur de P et P ⁰ ;

— soit ρ ² 6= id et alors, par le cas pr´ ec´ edent :

— soit ∆ = P ∩ P ⁰ et ρ ² est un demi-tour, donc ρ a pour angle ±π/2, donc P ⊥ P ⁰ ;

— soit P et P ⁰ sont perpendiculaires, alors ∆ est incluse dans P ou P ⁰ et perpendiculaire ` a D et ρ est d’angle ±π/2.

1. Rappel : cos α = 2 cos

− 1 = 1 − 2 sin

et sin α = 2 cos

sin

(d) Mˆ eme genre, un peu plus simple : on trouve les r´ eflexions de plans les plans m´ ediateurs de P et P , les r´ eflexions de plan perpendiculaire ` a P ∩ P ⁰ et, si P et P ⁰ sont perpendiculaires, les r´ eflexions de plan P et P ⁰ .

(e) Rappelons qu’une anti-r´ eflexion est la compos´ ee d’une rotation et d’une r´ eflexion dont l’axe et le plan sont perpendiculaires. Supposons P et P ⁰ sont perpendiculaires, composons une rotation d’axe D = P ∩ P ⁰ est d’angle π/2 et une r´ eflexion par rapport ` a un plan perpendiculaire ` a D.

Un vissage est la compos´ ee d’une rotation et d’une translation dont le vecteur dirige l’axe de la rotation. On peut composer un demi-tour d’axe D et une translation de vecteur directeur de D , c’est un ´ el´ ement de G.

Exercice 3 : Distance entre deux droites 1. (a) On a : −−−→

A 1 M ⁰ = tv 1 pour t ∈ R convenable. La valeur de t est d´ etermin´ ee par la condition : h −−−→

M M ⁰ , v 1 i = 0, ce qui donne : 0 = h −−−→

M A 1 , v 1 i + h −−−→

A 1 M , v 1 i = −h −−−→

A 1 M , v 1 i + thv ₁ , v 1 i, c’est-` a-dire : −−−→

A ₁ M ⁰ = h −−−→

A ₁ M , v ₁ iv ₁ .

(b) D’o` u M <sup>0</sup> : (x 1 + ta 1 , y 1 + tb 1 , z 1 + tc 1 ) avec t = (x − x 1 )a 1 + (y − y 1 )b 1 + (z − z 1 )c 1 . (c) La distance de M ` a D 1 est M M ⁰ . Or, le triangle AM M ⁰ ´ etant rectangle en M ⁰ , on a :

M M ⁰² = A ₁ M ² − A ₁ M ⁰² = A ₁ M ² − h −−−→

A ₁ M , v ₁ i ² .

2. (a) Premi` ere version : On pose e <sup>0</sup> <sub>3</sub> = v <sub>1</sub> ∧ v <sub>2</sub> : ce vecteur n’est pas nul car v <sub>1</sub> et v <sub>2</sub> ne sont pas colin´ eaires et il est orthogonal ` a v 1 et v 2 . On prend e 3 = e ⁰ ₃ /ke ⁰ ₃ k.

Deuxi` eme version : On compl` ete la famille libre (v 1 , v 2 ) en une base (v 1 , v 2 , v 3 ) puis on applique le proc´ ed´ e de Gram-Schmidt, ce qui donne une base orthonorm´ ee (e 1 , e 2 , e 3 ) telle que Vect(e ₁ , e ₂ ) = Vect(v ₁ , v ₂ ), d’o` u il r´ esulte que e <sub>3</sub> est orthogonal ` a v ₁ et v ₂ . (b) Comme −→

P 1 + − →

D 2 contient la base (v ₁ , v ₂ , e ₃ ), c’est l’espace entier. Le crit` ere vu en TD et revu en cours (ou l’inverse ?) assure que P 1 ∩ D 2 n’est pas vide. De plus,

− → P 1 ∩ − →

D 2 = Vect(v 1 , e 3 ) ∩ Vect(v 2 ) = { − →

0 } donc l’intersection est un point B 1 . (c) Comme B 1 et B 2 appartiennent ` a P 1 ∩ P 2 , on a :

−−−→ B ₁ B ₂ ∈ −→

P 1 ∩ −→

P 2 = Vect(v ₁ , e ₃ ) ∩ Vect(v ₂ , e ₃ ) = Vect(e ₃ ),

la derni` ere ´ egalit´ e ´ etant due au fait que (v 1 , v 2 , e 3 ) est une base. Comme e 3 est ortho- gonal ` a v ₁ et v ₂ , on peut affirmer que (B ₁ B ₂ ) ⊥ D 1 et (B ₁ B ₂ ) ⊥ D 2 .

NB : On v´ erifie que (B ₁ B ₂ ) est l’unique perpendiculaire ³ commune ` a D 1 et D 2 . En effet, si ∆ en est une, elle est dirig´ ee par e ₃ (pourquoi ?) et le plan contenant D 1 et ∆ est P 1 (pourquoi ?), de sorte que ∆ ∩ D 1 ⊂ P 1 ∩ D 1 = {B ₁ } (et idem pour B 2 ).

3. (a) On ´ ecrit −−−−→

M 1 M 2 = −−−→

M 1 B 1 + −−−→

B 1 B 2 + −−−→

B 2 M 2 . Comme M 1 et B 1 appartiennent ` a D 1 , les vecteurs −−−→

M ₁ B ₁ et −−−→

B ₁ B ₂ sont orthogonaux ; de mˆ eme, h −−−→

B ₁ B ₂ , −−−→

B ₂ M ₂ i = 0. En posant v = −−−→

M ₁ B ₁ + −−−→

B ₂ M ₂ , on a donc : M ₁ M ₂ ² = h −−−→

B ₁ B ₂ + v, −−−→

B ₁ B ₂ + vi = B ₁ B ₂ ² + kvk ² .

3. Rappel : deux droites perpendiculaires sont deux droites orthogonales qui se coupent.

(b) D’apr` es ce qui pr´ ec` ede, on a : M 1 M 2 > B 1 B 2 , avec ´ egalit´ e si et seulement si v = − → 0 , ce qui ´ equivaut ` a M <sub>1</sub> = B <sub>1</sub> et M <sub>2</sub> = B <sub>2</sub> . D’o` u : d( D 1 , D 2 ) = B ₁ B ₂ .

4. (a) Comme ϕ est la restriction de la compos´ ee de deux applications affines ` a un sous- espace affine stable par ϕ, c’est une application affine.

On a vu que −−−−−−→

A 1 π 1 (M ) = h −−−→

A 1 M , v 1 iv ₁ . De mˆ eme, on a : −−−−−−→

A 2 π 2 (M ⁰ ) = h −−−→

A 2 M ⁰ , v 2 iv ₂ pour tout point M ⁰ . D’o` u, en prenant M ⁰ = π 1 (M ) :

−−−−−→

A ₂ ϕ(M) = h −−−−−−→

A ₂ π ₁ (M ), v ₂ iv ₂

= h −−−−−−→

A 1 π 1 (M ), v 2 iv ₂ + h −−−→

A 2 A 1 , v 2 iv ₂

= h −−−→

A ₁ M , v ₁ ihv ₁ , v ₂ iv ₂ + h −−−→

A ₂ A ₁ , v ₂ iv ₂

= h −−−→

A ₂ M , v ₁ ihv ₁ , v ₂ iv ₂ + h −−−→

A ₁ A ₂ , v ₁ ihv ₁ , v ₂ iv ₂ + h −−−→

A ₂ A ₁ , v ₂ iv ₂ .

Soit x l’abscisse de M dans le rep` ere (A 2 , v 2 ) de D 2 . Alors −−−→

A 2 M = xv 2 et on d´ eduit du calcul pr´ ec´ edent que l’abscisse de ϕ(M ) est

hv ₁ , v ₂ i ² x + c o` u c = h −−−→

A ₁ A ₂ , v ₁ ihv ₁ , v ₂ i + h −−−→

A ₂ A ₁ , v ₂ i.

Par cons´ equent, l’application lin´ eaire associ´ ee ` a ϕ est la multiplication par hv <sub>1</sub> , v <sub>2</sub> i <sup>2</sup> . (b) Soit θ une mesure de l’angle non orient´ e ( v [ <sub>1</sub> , v <sub>2</sub> ). Par hypoth` ese, ce n’est pas un

multiple de π. Comme hv ₁ , v 2 i = kv ₁ k · kv ₂ k cos θ = cos θ, on en d´ eduit :

hv ₁ , v 2 i < 1.

(c) En coordonn´ ee ⁴ , l’application ϕ correspond ` a x 7→ hv ₁ , v 2 i ² x + c. Par la question pr´ ec´ edente, cette application est contractante. En tout ´ etat de cause, hv ₁ , v ₂ i ² 6= 1 donc elle admet un unique point fixe.

(d) NB : Erreur d’´ enonc´ e dans cette question : π 2 (N ) = N car N ∈ D 2 ...

Le vecteur −−−−−→

N π ₁ (N ) est orthogonal ` a v ₁ car π ₁ (N ) est le projet´ e de N sur D 1 , que dirige v 1 . Mais en notant N ⁰ = π 1 (N), on a : −−−−−→

N π 1 (N ) = −−−−−−→

π 2 (N ⁰ )N ⁰ , de sorte que ce vecteur est orthogonal ` a v 2 . Autrement dit, (N π 1 (N )) est la perpendiculaire commune

`

a D 1 et D 2 dont l’unicit´ e a ´ et´ e montr´ ee plus haut.

On en d´ eduit que N = B ₂ et π ₁ (N ) = B ₁ , et que N π ₂ (N ) = d( D 1 , D 2 ) ? Exercice 4 : Point de Lemoine d’un triangle

1. (a) Comme I =

A B C a b c

, on montre que A ₁ =

B C b c

. En effet, on cherche β, γ ∈ R tel que A 1 =

B C β γ

et β + γ = 1. On sait que

− →

AI = 1 a + b + c

a −→

AA + b − − →

AB + c −→

AC

et qu’il existe λ ∈ R tel que −−→

AA ₁ = λ − →

AI . On en d´ eduit : β − − →

AB + γ −→

AC = −−→

AA ₁ = λ a + b + c

b − − →

AB + c −→

AC . En identifiant (possible car ( − − →

AB, −→

AC) est libre), il vient : β = λb/(a + b + c) et

γ = λc/(a + b + c). La condition β + γ = 1 donne : λ(b + c) = a + b + c d’o` u

β = b/(b + c) et γ = c/(b + c).

(b) De mˆ eme, on montrerait que A 0 =

B C b ² c ²

.

(c) On a, d’apr` es les questions pr´ ec´ edentes ⁵ et la relation bien connue 2 −−→

AA ⁰ = − − → AB + −→

AC : (b + c) ² −−→

AA 1 = (b + c) ² b + c

b − − →

AB + c −→

AC

= b(b + c) − − →

AB + c(b + c) −→

AC ; (b ² + c ² ) −−→

AA 0 = b ² − − →

AB + c ² −→

AC ; 2bc −−→

AA ⁰ = bc − − →

AB + bc −→

AC.

D’o` u, puisque b(b + c) = b ² + bc et c(b + c) = c ² + c : (b + c) ² −−→

AA 1 = (b ² + c ² ) −−→

AA 0 + 2bc −−→

AA ⁰ . 2. Soit α une mesure de \ BAC .

(a) Grˆ ace ` a l’expression −−→

AA ⁰ = ¹ ₂ − − → AB + −→

AC

, on retrouve une formule Al Kashi-like : AA ⁰² = 1

4 AB ² + AC ² + 2h − − → AB, −→

ACi

= 1

4 c ² + b ² + 2bc cos α .

(b) De mˆ eme :

AA 0 2 =

1

b ² + c ² b ² − − →

AB + c ² −→

AC

2

= 1

(b ² + c ² ) ²

b ⁴ AB ² + 2b ² c ² h − − → AB, −→

ACi + c ⁴ AC ²

= 1

(b ² + c ² ) ²

b ⁴ c ² + 2b ³ c ³ cos α + c ⁴ b ²

= b ² c ²

(b ² + c ² ) ² (b ² + 2bc cos α + c ² ).

(c) On en d´ eduit que

(b ² + c ² ) ² · AA 0 2 = b ² c ² (b ² + 2bc cos α + c ² ) = 4b ² c ² · AA ^{0 2} , d’o` u la relation cherch´ ee :

(b ² + c ² ) · AA 0 = 2bc · AA ⁰ . (d) Comme les vecteurs (b ² + c ² ) −−→

AA 0 et 2bc −−→

AA ⁰ ont la mˆ eme norme, leur somme engendre la bissectrice int´ erieure du issue de A dans le triangle A ⁰ AA ₀ . Par la question 1c, (AA ₁ ) est la bissectrice int´ erieure de l’angle A \ ⁰ AA ₀ .

Autrement dit, A ₀ appartient ` a droite sym´ etrique de la bissectrice (AA ₁ ) par rapport

`

a la m´ ediane (AA ⁰ ), c’est-` a-dire que (AA ₀ ) est la sym´ ediane de ABC issue de A.

3. On vient de montrer que le point de Lemoine L, qui appartient ` a (AA <sub>0</sub> ), appartient ` a la sym´ ediane issue de A. On montrerait de mˆ eme qu’il appartient ´ egalement aux deux autres sym´ edianes. Autrement dit, le point de Lemoine est le point de concours des sym´ edianes.

Voir aussi la feuille Geogebra en ligne.

5. Presque personne n’a pens´ e ` a les utiliser, vous trouvez ¸ ca raisonnable ?

Figure 2 – Concours des sym´ edianes