Prologue : Soit ∂

[D'après l'énoncé D1888...]

Prologue : Soit ∂1, ∂2, ∂3 les trois glissements et soit d1, d2 les composées : d1 = ∂1° ∂3–1 et d2 = ∂2° ∂3–1. On a donc : M1 = d1(M3) et M2 = d2(M3) ; et de même : D1 = d1(D3) et D2 = d2(D3). Le problème revient donc au suivant :

Etant donné deux déplacements d1 et d2, et un point M3 (ou une droite D3) d'images M1 et M2

(ou D1 et D2) par d1 et d2, étudier les points M3 (et les droites D3) pour lesquels (ou lesquelles) les points M1, M2, M3 sont alignés, etc., etc.

Le retour au point M, ou à la droite D, de l'énoncé se faisant éventuellement par application de ∂3–1 aux réponses trouvées pour le point M3 et pour la droite D3.

Première partie : cas où l'un des déplacements (disons d1) est une translation de vecteur 𝑉 non nul.

— Le problème est particulièrement trivial — situations de "tout ou rien" — si les deux déplacements sont des translations ; nous supposerons donc que d2 est une rotation.

— problème de M1, M2, M3 alignés : considérons d2 comme la composée de deux symétries axiales d'axes d1 et d2 telles que d2 soit orthogonale à la direction de 𝑉. Il est clair sur la figure 1 que M1, M2, M3 sont alignés si et seulement si M3 appartient à d1.

Les droites M1M3 sont alors parallèles entre elles.

— cas où l'aire (algébrique) du triangle M1M2M3 est constante : si M1, M2, M3 ne sont pas alignés, l'aire du triangle M1M2M3 est cons- tante si la hauteur issue de M3 est constante. La composée de d2

avec la translation de vecteur 𝑀_!𝐻 est donc telle que M1, M3 et H soient alignés. On revient donc à la question précédente en rempla- çant d2 par cette rotation composée… Le lieu cherché est la droite d'1, parallèle à d1, et passant par le centre de cette nouvelle rotation.

— cas des images d'un droite D : deux des images sont parallèles (et seulement deux), on ne peut donc pas parler de triangle D1D2D3.

Deuxième partie : cas où les deux déplacements sont des rotations.

Chacune des deux rotations d1, d2 est composée de deux symétries axiales et on peut choisir la seconde sy- métrie de d1 égale à la première de d2 … En changeant un peu les notations, nous désignerons par A et B les centres des rotations d1 et d2 et — en supposant pour commencer que les angles ne sont pas opposés — nous désignerons par MA, MB, MC les points M1, M2, M3 précédents :

Ainsi (figure 3), le point MA est l'image de MC par la rotation d1

composée des symétries par rapport à AB et BC ; le point MB est l'image de MC par la rotation d2 composée des symétries par rap- port à AB et AC.

Tout revient finalement à étudier les triangles MAMBMC construits en considérant les symétriques d'un point M par rapport aux côtés de ABC : si nous trouvons le lieu de M (ou de M3 = MC) relatif à telle ou telle condition il sera facile de revenir (éventuellement) au lieu du point M (non précisé) de l'énoncé original.

Un plan P glisse sur lui-même et prend des positions P₁, P₂, P₃ . Un point M de P devient M1, M2, M3.

Q₁ Quel est le lieu (E) des points M tels que M_1, M_2, M₃ soient alignés ? Q₂ Quelle est alors l'enveloppe de cette droite ?

Q₃ Quel est le lieu des points M tels que le triangle M₁M₂M₃ ait une aire donnée ? Une droite D de P devient D₁, D₂, D₃.

Q₄ Quelle est l'enveloppe des droites D telles que le triangle défini par D₁, D₂, D₃ ait une aire constante ? Q₅ Quelles sont les droites D telles que D_1, D_2, D₃ soient concourantes ?

Q₆ Quel est alors le lieu (F) du point commun à ces trois droites ? Q7 Comparer (E) et (F).

fig. 1

fig. 2

fig. 3

— Le cas des images d'un point M :

L'aire de l'hexagone AMCBMACMB est égale à deux fois l'aire du triangle ABC. L'aire des trois triangles colorés vaut donc :

(MC² sin2C + MA² sin2A + MB² sin2B) / 2 .

Dès lors, en introduisant le baryrentre de A, B, C affectés des coefficients sin2A, sin2B, sin2C (qui n'est autre que le centre O du cercle circonscrit), on voit que l'aire colorée vaut :

[MO² (sin2C + sin2A + sin2B) + R² (sin2C + sin2A + sin2B)] / 2 , c'est-à-dire : MO² (sin2C + sin2A + sin2B) / 2 + Aire (ABC) .

Donc l'aire du triangle MAMBMC vaut :

Aire (ABC) – MO² (sin2C + sin2A + sin2B) / 2 .

Elle est constante si M est sur un cercle de centre O. Elle est nulle si MO² (sin2C + sin2A + sin2B) / 2 est égal à l'aire de ABC, c'est-à-dire si MO = R, c'est-à-dire si M est sur le cercle circonscrit.

La droite MAMBMC n'est alors rien d'autre que la droite de Steiner correspondant à M : elle passe toujours par l'orthocentre de ABC : c'est son enveloppe.

— Le cas des images d'une droite D :

Dire que les trois symétriques d'une droite ∆ sont concourantes en M, c'est dire que les symétriques de M sont tous les trois sur ∆. D'après le résultat précédent, M est alors sur le cercle circonscrit au triangle ABC et la droite ∆ passe par l'orthocentre H de ABC.

On voit en particulier que le lieu (E) est égal au lieu (F).

Soit D une droite située à la distance HN de H. Sa symétrique DB par rapport à AC est située à la même distance nBM de M.

Ainsi, les trois droites DA, DB, DC s'obtiennent en traçant les tangentes au cercle circonscrit à nAnBnC ; mais ce triangle reste égal à lui-même lorsque N décrit un cercle de centre H. L'aire du triangle formé par DA, DB, DC est donc constante quand D reste tangente à ce cercle.

— Le cas où les rotations d1 et d2 sont d'angles opposés : C'est la situation de la figure 5 ci-contre : les côtés AC et BC du triangle ABC "se coupent à l'infini"…

Le triangle MAMBMC est tel que MAMB est de longueur constante et son aire est donc constante lorsque la hauteur issue de MC est cons- tante. Comme MAMB est de direction constante, le triangle HMMC

reste semblable à lui-même, ce qui implique que MH est constant lorsque MMC est constant.

L'aire de MAMBMC est constante lorsque M est sur une parallèle à la droite AB. Elle est nulle — c'est-à-dire que MA, MB et MC sont alignés

— lorsque M est sur la droite AB.

fig. 4

fig. 5