Géométrie plane et nombres complexes

Géométrie plane et nombres complexes

1. Généralités.

2. Quelques exercices.

3. Géométrie du triangle.

4. Homographies, groupe circulaire.

5. Transformation de Joukowski.

6. Règle et compas.

7. Courbes cycloïdales.

8. Inégalités isopérimétriques.

à Sylvain Martinier, Pierre-Jean Hormière ___________

Introduction

Depuis Descartes et Fermat on sait associer à tout point M du plan ses coordonnées x et y dans un repère convenable. Depuis la découverte par Wessel, Argand et Cauchy de la représentation plane des complexes, on peut associer à tout point M(x, y) du plan son « affixe » z = x + iy. Tout calcul analytique qui peut être conduit à l’aide de x et y peut être mené à l’aide de z et z, appelées parfois

« coordonnées isotropes » de M. Il n’est pas inintéressant de montrer comment utiliser directement les complexes z et z sans passer par x et y, pour démontrer ou retrouver de nombreuses propriétés géométriques planes.

L’avantage de C sur le plan euclidien usuel est que C est muni d’une structure de corps commutatif, la multiplication est bien adaptée à l’étude des similitudes, le module au calcul de distance, etc ; 1. Généralités.

Rapportons le plan affine euclidien au repère orthonormé (O, i, j), et associons à tout point M(x, y) son affixe complexe z = x + i.y.

Les formules z = x + i.y et z= x − i.y , x = 2

z+z _{, y =} i

z z

2− permettent passer des coordonnées cartésiennes (x, y) aux « coordonnées isotropes » z et z de M, et inversement.

Dans la suite, la notation M(z) signifie que le point M a pour affixe z. Lorsque l’affixe n’est pas précisée, le point a pour affixe la minuscule correspondante.

Soient M(x, y) et M’(x’, y’) deux points d’affixes z et z’.

Proposition 1 : Les vecteurs OM et OM' sont colinéaires ⇔ ' ' y y

x

x _{= 0 ⇔} ' ' z z

z z = 0 .

Le produit scalaire de OM et OM' est OM .OM' = x.x’ + y.y’ = Re( zz’) = 2

1_{( zz’ + zz’ ).}

Proposition 2 : Les propositions suivantes sont équivalentes : OM _⊥ OM' sont orthogonaux ⇔

' ' x y

y

x − _{= 0 ⇔ z.}z'_∈ i.R ⇔ '

' z z

z z −

= 0.

Plus généralement MP.M'P' = Re ( p − m ).(p' − m').

Le produit mixte est

[

OM ,OM'

]

= x.y’ − x’.y = Im(zz’) = i

z z z z

2 ' . ' . − _.

Rappelons que ce produit désigne l’aire du parallélogramme orienté OMPM’ où OP = OM +OM'. L’aire algébrique du triangle ABC est donc :

S = 2

1

[

AB,AC

]

= 2

1 _{Im (}b− a)(c − a) = i

41

[

( a – b )c + ( b – c )a + ( c – a )b

]

. Equations de droites, alignement.

1) Une droite a pour équation : a z + a z + c = 0 , où a ∈ C* et c ∈ R.

2) Les droites d’équations a z + a z + c = 0 et b z + b z + d = 0 sont : • parallèles ssi

b b

a

a = 0 • perpendiculaires ssi b b

a

a − _{= 0 .}

3) On a l’équivalence : A, B et C sont alignés ⇔ a b

a

c−− _∈ R (cum grano salis) ⇔ 1 1 1

c b a

c b a

= 0 .

4) La droite AB a pour équation 1 1 1

b a z

b a z

= 0. La médiatrice de AB a pour équation 1 1 1

a b z

b a z

= 0.

En particulier, si |a| = |b| = 1, montrer que la droite AB a pour équation z + abz = a + b.

Que devient-elle si a = b ?

5) Les droites D_k : a_k z + a zk + c_k = 0 (1≤ k ≤3) sont concourantes ou parallèles ssi

3 3 3

2 2 2

1 1 1

c a a

c a a

c a a

= 0.

Distance d’un point à une droite.

Trouver la distance du point M(z) à la droite D d’équation : a z + a z + c = 0 ( a ∈ C*, c ∈ R ).

En déduire l’équation de la conique formée par les deux bissectrices des droites D et D’.

Réponse : d(M, D) = a .

21 | a z + a z + c | . Equations de cercles, cocyclicité.

1) Le cercle C(Ω, r) a pour équation | z −ω |² = r² , i.e. zz_−ωz₋

ω

^{z +} ω

ω

− r² = 0.

2) On a l’équivalence :

a) A, B, C et D sont alignés ou cocycliques ; b) Le birapport [ a, b, c, d ] ≡

c b

c a−− _:

d b

d

a−− est réel ;

c)

1 1 1 1

. . . .

d c b a

d c b a

d d c c b b a a

= 0 .

3) Conséquence :

1 1 1 1

. c b a z

c b a z

c c b b a a z z

= 0 est l‘équation du cercle circonscrit au triangle ABC si ABC sont non alignés, de la droite ABC sinon.

Equations de coniques.

L’équation de la courbe du second degré la plus générale est :

a zz + bz² + bz² + cz + cz + d = 0 où (a, d) ∈ R×R , (a, b) ≠ (0, 0).

Si a² – 4bb > 0 , il s’agit d’une ellipse, réelle ou non ; le cercle correspond à b = 0.

Si a² – 4bb = 0 , il s’agit d’une parabole, essentiellement.

Si a² – 4bb < 0 , il s’agit d’une hyperbole, éventuellement dégénérée en deux droites sécantes ; l’hyperbole équilatère correspond à a = 0.

La conique passant par les 5 points d’affixes a, b, c, d, e a pour équation :

1 1 1 1 1 1

²

²

²

²

²

²

²

²

²

²

²

²

e d c b a z

e d c b a z

e e d d c c b b a a z z

e d c b a z

e d c b a z

= 0.

Lieux circulaires classiques.

Soient A et B deux points distincts.

1) L’ensemble des M tels que (MA,MB) = cte (mod 2π) est un arc de cercle d’extrémités A et B.

2) Le lieu des points M tels que (MA,MB) = cte (mod π) est un cercle passant par A et B.

3) Le lieu des points M tels que MB

MA = cte est un cercle centré sur AB ou la médiatrice de AB.

Similitudes directes et indirectes.

• Soient (a, b) ∈ C*×C. La transformation f : z → Z = a.z + b est une similitude affine directe du plan affine euclidien.

− Si a ≠ 1, elle admet un unique point fixe ω, et alors Z − ω = a ( z − ω ) = r e^iθ( z − ω ).

Géométriquement, si Ω(ω) , f = Hom(Ω, r) o Rot(Ω, θ).

− Si a = 1, c’est une translation.

• Soient (a, b) ∈ C*×C. La transformation g : z → Z = az + b est une similitude affine indirecte.

− Si aa ≠ 1, g admet un unique point fixe ω, et alors Z − ω = a.z−

ω

.

Géométriquement, g est composée d’une symétrie orthogonale par rapport à une droite D et d’une homothétie dont le centre appartient à D.

− Si a.a = 1, g est un antidéplacement :

− si a.b+ b = 0, g est une symétrie orthogonale par rapport à une droite D.

− si a.a = 1 et a.b+ b ≠ 0, g est une symétrie glissée.

Les similitudes directes forment un sous-groupe d’indice 2 du groupe des similitudes.

Applications linéaires, affines, de C dans C.

• Les applications C-linéaires sont de la forme f : z → a.z , a ∈ C.

• Les applications C-affines sont de la forme f : z → a.z + b , (a , b) ∈ C×C.

• Les applications R-linéaires s’écrivent de façon unique sous la forme f : z → a.z + bz, (a, b) ∈ C².

• Les applications R-affines s’écrivent de même sous la forme f : z → a.z + bz+ c , (a, b, c) ∈ C³.

2. Quelques exercices.

Exercice 1 : Problème des milieux.

Soient A₁, A₂, …, A_n n points donnés dans le plan. Trouver des points M₁, M₂, …, M_n tels que A₁ soit milieu de M₁M₂ , A₂ milieu de M₂M₃, … , A_n milieu de M_nM₁ .

Exercice 2 : Résoudre et discuter le système :

z₂ = a.z₁ + b , z₃ = a.z₂ + b , … , z_n = a.z_n−1 + b , z₁ = a.z_n + b.

Exercice 3 : cns d’alignement de 1 + i , z + i et 1 + i.z ; de j , z et j.z ; de z, z² et z⁵.

Exercice 4 : Soient un carré ABCD, E le point intérieur au carré tel que le triangle ABE soit équilatéral, F le point extérieur au carré tel que le triangle BCF soit équilatéral. Montrer que les points D, E, F sont alignés.

Exercice 5 : Soit z ≠ 0. Montrer que les points z, −z, 1/z, −1/z, 1 et −1 sont cocycliques.

Interprétation géométrique ?

Exercice 6 : Lieu des points M(z) tels que 1, z, 1/z et 1 − z soient cocycliques.

Exercice 7 : Soient a, b, c trois complexes de module 1, a ≠ c. Montrer que b a_.

)² (

)² (

a c

b

c−− _{∈ R}⁺ . Exercice 8 : Résoudre les systèmes :

cos a + cos b + cos c = 0 cos a + cos b + cos c = 0 sin a + sin b + sin c = 0 cos 2a + cos 2b + cos 2c = 0 Exercice 9 : Image du cercle et du disque unité par z →

)² 1 (

1

−z ^. Exercice 10 : Image du cercle unité U − { j, j² } par z →

² 1

1 z+z + ^.

Exercice 11 : Soit P un polygone convexe de sommets M₁… M_n , z_k l’affixe de M_k. Montrer que l’aire algébrique de P est : A =

2 1 _{Im (}

z1 z₂ + z2z₃ + … + zn−1z_n + zⁿz₁) . Exercice 12 : Hommage à Robert Louis Stevenson.

Un navigateur trouve dans une bouteille le plan d’une île et d’un trésor. Sur ce plan figurent deux palmiers A et B, et une potence P. Aller de P à A, tourner d’un angle droit dans le sens des aiguilles d’une montre, et planter un piquet en M, tel que AM = AP. Aller de P à B, tourner d’un angle droit dans le sens inverse des aiguilles d’une montre, et planter un piquet en N tel que BN = BP. Le trésor T se trouve au milieu du segment MN.

Malheureusement, à son arrivée sur l’île, la potence a disparu. Arrivera-t-il à trouver le trésor ? Exercice 13 : Théorème de Ptolémée-Euler .

Soient A, B, C, D quatre points du plan. Montrer que AC.BD ≤ AB.CD + BC.DA ,

avec égalité ssi ABCD sont cocycliques, et situés dans cet ordre, que ce soit dans le sens trigono- métrique ou le sens inverse, ou si ABCD sont alignés, et dans l’ordre ABCD, ADCB ou DABC.

Application : retrouver le théorème de Pythagore.

Exercice 14 : Appareil à similitude.

Soit un parallélogramme articulé OACB. Aux tiges AC et BC sont liés deux triangles rigides AMC et BCM’ directement semblables. Montrer que le lieu de M’ se déduit du lieu de M par une similitude directe de centre O.

Exercice 15 : Groupe diédral.

Soit P = A₁A₂ … A_n un polygone régulier de n sommets de centre O inscrit dans un cercle de rayon R. Montrer que les similitudes conservant P forment un groupe DDDD_n à 2n éléments. Nature et table ? Reconnaître DDDD₂. Montrer que DDDD₃ est isomorphe à SSSS_3.

Exercice 16 : Théorème de Cotes.

Soient A₁A₂ … A_n un polygone régulier de n côtés de centre O inscrit dans un cercle de rayon R, M un point du plan et (OM,OA₁ ) = θ^.

Montrer que : OM²ⁿ− 2.OMⁿ.Rⁿ.cos(nθ) + R²ⁿ =

∏

_i=ⁿ₁^MAi2 (formule de Cotes).

Applications : 1) Si M est sur le rayon OA₁ , | OMⁿ− Rⁿ | =

∏

_i=ⁿ₁^MAi (théorème de Cotes).

2) Equation polaire de la cassinienne à n pôles, lieu des points M tels que

∏

= n

i

MAi 1

= constante.

En tracer quelques unes pour n = 2, 3, 4 et diverses valeurs de la constante.

Exercice 17 : Théorème de Gauss-Lucas.

Soit P ∈ C[X] un polynôme complexe non constant. Montrer que les racines de P' appartiennent à l’enveloppe convexe de l’ensemble des racines de P.

Exercice 18 : Soit f la fonction : z → 2

1( z + |z| ).

1) f est-elle injective ? Décrire f(C).

2) On considère la suite récurrente z₀ ∈ C , zn+1 = f(z_n). Montrer que cette suite converge ; quelle est sa limite ? Montrer que les z_n se trouvent sur une même courbe que l’on construira.

3) Montrer que l’image par f d’une droite du plan est en général une branche d’hyperbole.

Exercice 19 : Méthode de trisection de Pappus.¹

Soit u un complexe de module 1. On cherche à construire les racines cubiques de u comme intersection du cercle unité et d’une hyperbole équilatère.

1) Montrer que les deux relations z.z= 1 et (z − u).(z³ – u) = 0 sont équivalentes aux deux relations : zz= 1 et u z² + u z² − z − z = 0 .

2) Montrer que uz² + uz²₋ z − z = 0 est l’équation d’une hyperbole équilatère de centre Ω(u/2) dont les axes sont dirigés par v et iv, où u = v².

1 Cf. Arnaudiès-Delezoïde, Constructions géométriques, Bulletin de l’APM 446, et H. Dörrie, 100 Great problems…, Dover, p. 173.

3. Géométrie du triangle.

Quarante enfants dans une salle, Un tableau noir et son triangle, Un grand cercle hésitant et sourd Son centre bat comme un tambour.

Jules Supervielle, Gravitations.

On peut démontrer les propriétés classiques du triangle par « géométrie pure », à l’aide de propriétés métriques et angulaires, et de transformations simples : homothéties, similitudes, voire inversions.

Mais on peut les retrouver par « géométrie analytique », en prenant, soit un repère orthonormé (mais lequel ?), soit un repère oblique (A,AB,AC) (cela simplifie les coordonnées mais complique la formule donnant le produit scalaire), soit, enfin, les coordonnées barycentriques. Cet exercice, stérile en apparence mais en réalité formateur, oblige à développer des techniques de calcul analytique, relevant de la géométrie algébrique réelle. On peut enfin établir les propriétés du triangle au moyen des nombres complexes, comme y invitent les exercices ci-dessous. On peut alors, soit faire les calculs en toute généralité (ils sont alors longs !), soit inscrire le triangle dans le cercle unité, situation à laquelle on peut toujours se ramener à similitude près : les calculs sont alors élégants.

Triangles semblables.

Exercice 1 : 1) Montrer que les triangles ABC et A’B’C’ sont : directement semblables ssi

1 '

1 '

1 ' c c

b b

a a

= 0, et inversement semblables ssi

1 '

1 '

1 ' c c

b b

a a

= 0.

2) Applications :

a) Montrer que ABC sont alignés ssi 1 1 1 c c

b b

a a

= 0 ; équation de la droite AB ?

b) Montrer que ABC est équilatéral ssi 1 1 1 a c

c b

b a

= 0 ; factoriser ce déterminant. Montrer que ABC est équilatéral de sens direct ssi a + b j + c j² = 0 , de sens indirect ssi a + b j² + c j = 0.

c) Montrer que ABC est isocèle en A ssi 1 1 1 b c

c b

a a

= 1 ; équation de la médiatrice de AB ?

Triangles équilatéraux.

Exercice 2 : Soient A(a), B(b), C(c), trois points distincts. Montrer l’équivalence : i) ABC est un triangle équilatéral ; ii) a² + b² + c² = ab + bc + ca ; iii)

a−1b ₊

b−1c ₊

c−1a = 0 ; iv) j ou j² est racine de a + b.X + c.X². En déduire qu’il n’existe pas de triangle équilatéral à sommets dans Q².

Montrer que ABC est un triangle équilatéral direct ⇔ a + b.j + c.j² = 0 . Solution : Il existe d’innombrables preuves de ces résultats.

1^ère idée : le triangle ABC est équilatéral ss’il est directement semblable au triangle BCA.

Cela se traduit par 1 1 1 a c

c b

b a

= 0.

2^ème idée : le triangle ABC est équilatéral direct ss’il est directement semblable au triangle de sommets 1 , j , j² , i.e. ssi

1

² 1 1 1 j c

j b a

= 0, indirect ssi ACB est équilatéral direct.

3^ème idée : ABC est équilatéral direct si AC = Rot(A,

π

3_{) (AB}), i.e. ssi c – a = exp 3

π

i ( b – a ).

Or exp 3

π

i = 1 + j = − j²…

Exercice 3 : Sur un segment [AB] on place un point C de manière quelconque. Au-dessus du segment, on construit les triangles isocèles APC et CQB d’angle au sommet 2π/3. Au-dessous, le triangle isocèle ARB d’angle au sommet 2π/3. Que dire du triangle PQR ?

Exercice 4 : Soient A, B, C, D, E, F six points situés sur un cercle de centre O. Les triangles OAB, OCD et OEF sont équilatéraux directs. Soient M le milieu de BC, N celui de DE et P celui de FA.

Que dire du triangle MNP ? Théorème de Napoléon. ²

Exercice 5 : On construit extérieurement au triangle ABC trois triangles semblables ABC', BCA', CAB'.

1) Démontrer que les triangles ABC et A'B'C' ont même centre de gravité. Peut-on reconstruire ABC connaissant A'B'C' ?

2) Si les trois triangles sont équilatéraux de centres resp. O₁, O₂ et O₃, montrer que les segments AA', BB' et CC' sont égaux, se coupent en un point F, forment deux à deux un angle de π/3, et que le triangle O₁O₂O₃ est équilatéral de même centre de gravité que ABC.

3) Si les trois triangles sont isocèles rectangles en A’, B’ et C’, montrer que les segments BB’ et AC sont égaux et orthogonaux, et que les droites AA’, BB’ et CC’ sont concourantes.

Théorème de Fukuta et Cerin.

à la mémoire de Kevin Falcy

En 1996, Jiro Fukuta découvrit le remarquable théorème ci-dessous, qui fut démontré deux ans plus tard par Zvonko Cerin.

Problème 6 : On considère un triangle quelconque ABC (en bleu marine). On place sur chacun des côtés deux points divisant le segment selon des rapports constants s et t. On obtient ainsi un hexagone. On construit les six triangles équilatéraux extérieurs à cet hexagone. Les nouveaux sommets déterminent un nouvel hexagone (en bleu ciel). On considère alors les six triangles formés par trois sommets consécutifs de cet hexagone. Démontrer que les centres de gravité de ces six triangles forment un hexagone régulier (en rouge).

Pour construire à la règle et au compas (ou avec Cabri) A₁ et A₂ à partir de B₁ et B₂, rien de plus simple : mener de B₁ et B₂ les parallèles à (AB) ; elles recoupent (BC) en m₁ et m₂ ; A₁ est le symétrique de m₁ par rapport au milieu de [BC], A₂ le symétrique de m₂ par rapport à ce milieu.

2 Napoléon Bonaparte (1769-1821), général philomathe mort en 1799, auteur de cet aphorisme : «L'avance- ment, le perfectionnement des mathématiques sont liés à la prospérité de l'Etat.» Ingénieurs de l’armement, à vos postes ! Elèves des classes préparatoires, marchez au pas ! Tranquillisez les porte-avions nucléaires !

La démonstration suivante, conduite avec Maple, ne suppose pas lambda et mu réels. Elle démontre donc un résultat plus général que celui annoncé. Elle établit que le centre de gravité des hexagones B₁B₂A₁A₂C₁C₂, A₃B₄C₃A₄B₃C₄ et G₁G₂G₃G₄G₅G₆ est le centre de gravité G du triangle ABC.

> alias(j=RootOf(x^2+x+1));

> b1:=lambda*a+(1-lambda)*c;b2:=mu*a+(1-mu)*c;

a1:=lambda*c+(1-lambda)*b;a2:=mu*c+(1-mu)*b;

c1:=lambda*b+(1-lambda)*a;c2:=mu*b+(1-mu)*a;

> b3:=-j*b1-j^2*b2;c4:=-j*b2-j^2*a1;

a3:=-j*a1-j^2*a2;b4:=-j*a2-j^2*c1;

c3:=-j*c1-j^2*c2;a4:=-j*c2-j^2*b1;

> g1:=simplify(1/3*(b3+c4+a3));g2:=simplify(1/3*(c4+a3+b4));

g3:=simplify(1/3*(a3+b4+c3));g4:=simplify(1/3*(b4+c3+a4));

g5:=simplify(1/3*(c3+a4+b3));g6:=simplify(1/3*(a4+b3+c4));

> [simplify(1/6*(b1+b2+a1+a2+c1+c2)),simplify(1/6*(b3+b4+a3+a4+c3+c4)), simplify(1/6*(g1+g2+g3+g4+g5+g6))];



 



, ,

+ + 1

3c 1 3b 1

3a 1 + + 3c 1

3b 1

3a 1 + + 3c 1

3b 1 3a

> omega:=1/3*(a+b+c);

[simplify(g1-omega+j^2*(g2-omega)),simplify(g2-omega+j^2*(g3-

omega)),simplify(g3-omega+j^2*(g4-omega)),simplify(g4-omega+j^2*(g5- omega)),simplify(g5-omega+j^2*(g6-omega)),simplify(g6-omega+j^2*(g1- omega))];

ω := 1 + + 3c 1

3b 1 3a [0 0 0 0 0 0, , , , , ]

Exercice 7 : Soit un triangle ABC. On construit le point A’ tel que A et A’ soient de part et d’autre de la droite BC, avec (A'B,A'C) =

3

2

π

, A’B = A’C. On construit de manière analogue les points B’ et C’. Montrer que le triangle A’B’C’ est équilatéral et a même centre de gravité que ABC.

[ Oral Polytechnique, 2002 ap. J.-C. ] Exercice 8 : Dans le plan on considère un triangle ABC, et les six points D, E, F, G, H, I tels que ABED, BCFG, ACHI soient des carrés extérieurs à ABC. Montrer que les six points D, E, F, G, H, I sont cocycliques si et seulement si on est dans l’un des deux cas suivants :

• le triangle ABC est équilatéral

• le triangle ABC est rectangle isocèle. [ Concours général 1996, ex. 1 ] Concours des médianes, des médiatrices et des hauteurs.

Exercice 9 : Soit T un triangle ABC. A, B et C ont pour affixes a, b et c.

1) Equations des médianes ; montrer leur concours³ et trouver leur point d’intersection G(g).

En quel point la fonction f(z) = | z – a |² + | z – b |² + | z – c |² est-elle minimum ?

2) Equations des médiatrices ; montrer leur concours et trouver leur point d’intersection O(ω).

3) Equations des hauteurs ; montrer leur concours et trouver leur point d’intersection H(h).

4) Vérifier que O, G et H sont alignés et que OH = 3OG.

5) Montrer que :

1

²

²

1

²

²

1

²

²

0 1 0 2 0

0 0 1 0 2

c c c c

b b b b

a a a a

z z

= 0 est l’équation du cercle des neuf points.

Solution : La médiane issue de A a pour équation :

Z ( 2a – b– c) – Z( 2a – b – c ) + a (b + c) – a( b + c ) = 0 .

La médiatrice de BC a pour équation : | Z – b |² = | Z – c |² , c’est-à-dire après simplification : Z (b ₋ a ) – Z( a – b ) + aa – bb = 0 .

La hauteur issue de A a pour équation : ( Z – a ) (c – b) + (Z₋a) ( c – b ) = 0 .

Le concours des médianes, resp. des médiatrices, des hauteurs, provient de ce que la somme de leurs trois équations est nulle. Il suffit d’en résoudre deux.

Notons D =

1 1 1 c c

b b

a a

, C =

1 1 1 c c c

b b b

a a a

, E =

c c c c

b b b b

a a a a

, H =

1

² 1

² 1

² c c

b b

a a

, V =

1

² 1

² 1

² c c

b b

a a

.

On trouve : G(g) où g = 3

1( a + b + c ) , O(o) où o = − D

C , H(h) où h = D

C H+ _.

Il n’est pas étonnant de trouver au dénominateur l’imaginaire pur D, qui nul ssi ABC sont alignés ! La formule OH = 3OG se traduit par : h + 2o = 3g , i.e. : H – C = ( a + b + c ).D.

Autre méthode de calcul de l’affixe de O : Le cercle circonscrit au triangle ABC a pour équation

3 Le mot « concourance » n’existe pas en français, le mot « concurrence » a un autre sens.

1 1 1 1

. c b a z

c b a z

c c b b a a z z

= 0 , i.e. : zzD − zC + zC − E = 0 , i.e. :

|

z + D C

|

² =

D D

ED C

C − _.

Par conséquent R = D

1 CC−ED^.

Notons que si a, b, c sont de module 1, o = 0 , h = a + b + c , et R = 1.

5) Si l’on développe le déterminant proposé par rapport à la première ligne, puis la deuxième (ou les deux simultanément via la règle de Laplace), il vient :

4 zzD + 2zH₋ 2zH + V = 0 , i.e. :

|

z − D H

2

|

² =

D D

D V H H

4

− _. C’est un cercle de centre Ω(ω), où ω =

D H

2 : on reconnaît le milieu de OH.

Il a pour rayon D 2

1 HH−VD ^{= R}₂ , si l’on prend soin de vérifier que HH− VD = CC− ED . Quant à montrer par le calcul que ce cercle passe par les neuf points… Il y a moyen de retrouver ces résultats et d’en trouver d’autres en simplifiant les calculs. En effet, on peut toujours, à similitude près, supposer le triangle ABC inscrit dans le cercle unité. Alors a = 1/a, etc., ce qui simplifie beaucoup les choses. Mais on peut prendre pour origine le centre du cercle inscrit et supposer le triangle ABC circonscrit au cercle unité, ou encore prendre comme origine le centre de gravité.

Cas où le triangle est inscrit dans le cercle unité.

Exercice 10 : 1) Soient A(a) et B(b) deux points du cercle unité.

Montrer que la droite AB a pour équation : z + abz = a + b.

et que la médiatrice de AB a pour équation : z − abz = 0.

Equation de la tangente en A au cercle unité ?

2) a) Montrer que la symétrie orthogonale par rapport à la droite AB est donnée par la formule : s(z) = a + b − abz.

b) Montrer que la projection orthogonale sur la droite AB est donnée par la formule : p(z) =

21 ( z + a + b − abz ) . c) Quel résultat obtient-on si a = b ?

3) Soient P, Q, R et S quatre points du cercle unité, d’affixes p, q, r et s. Montrer que les droites PQ et RS sont parallèles ssi pq = rs , et ont pour intersection M(z), où z =

rs pq

s r q p+ −− −

sinon.

4) Soit T un triangle ABC inscrit dans le cercle unité. Equations des hauteurs ? Affixe de l’orthocentre ? Montrer que OH = 3OG.

5) Soient a, b, c trois complexes de module 1. A quelle condition a-t-on a + b + c = 0 ? Solution :

1) Soient A(a) et B(b) deux points du cercle unité.

La droite AB a pour équation : 1 1 1

b a z

b a z

= 0, i.e. z (a ₋ b) + z( b – a ) + ab ₋ ab = 0 Compte tenu de aa = bb = 1, il vient : z + abz = a + b.

La médiatrice de AB a pour équation : z − ab z = 0. C’est en effet la droite passant par O et perpendiculaire à [AB]. Mais on peut aussi utiliser un résultat du § 1.

La tangente en A au cercle unité est z + a²z = 2a .

Il suffit en effet de faire tendre b vers a dans la formule précédente.

2) a) La symétrie orthogonale par rapport à la droite AB est donnée par : s(z) = a + b − abz. On peut montrer cela de bien des façons. Si M’(z’) est le symétrique de M(z), il faut écrire que les triangles ABM et ABM’ sont inversement semblables, c’est-à-dire :

1 '

1 1 z z

b b

a a

= 0.

Autre solution : s est une similitude indirecte, donc elle de la forme s(z) = αz + β. Et s admet deux points fixes, a et b ; ceci permet de calculer α et β.

b) La projection orthogonale sur AB est alors : p(z) = 2

) (z z+s ₌

21 ( z + a + b − abz ) . Mais on peut aussi chercher p(z) directement, en coupant (AB) et la perpendiculaire issue de M : Z + abZ = a + b et Z − abZ = z – abz. Et on en déduit s(z).

Les points P, A et B sont alignés, i.e. p + abp = a + b.

La droite orthogonale à AB menée de M a pour équation : p − abp = z − abz.

c) Si a = b , on obtient la symétrie par rapport à la tangente en A au cercle unité, et la projection sur cette tangente.

3) La droite PQ a pour équation z + pqz = p + q , la droite RS pour équation z + rsz = r + s.

Le déterminant du système vaut rs – pq. Il est nul ssi les droites sont parallèles ou confondues.

Sinon, leur intersection z est donnée par la formule de Cramer. On trouve z =

rs pq

rs q p pq s

r+ ) −−( + )

( et z =

rs pq

s r q p+ −− −

.

4) La hauteur issue de A a pour équation AM .BC= 0, soit Re(( z – a )(c−b)) = 0 .

( z – a )(c₋b) + (z− a)(c – b) = 0. Après simplification par b – c, il vient : z – bcz = a – bca. La hauteur issue de B a pour équation z – caz = b – acb, celle issue de C : z – abz = c – abc. L’intersection des deux premières a pour affixe h = a + b + c.

Par symétrie, ce point se trouve sur la troisième hauteur. On a h = 3g, donc OH = 3OG.

5) Soient a, b, c trois complexes de module 1. La condition a + b + c = 0 équivaut à g = 0, i.e. au fait que a, b, c sont sommets d’un triangle équilatéral de centre 0. En résumé :

|a| = |b| = |c| = 1 et a + b + c = 0 ⇔ b = aj et c = aj² ou b = aj² et c = aj .

Exercice 11 : Montrer que les symétriques de chaque sommet d’un triangle par rapport au côté opposé sont alignés si, et seulement si, la distance de l’orthocentre au centre du cercle circonscrit est égale à son diamètre. [ Concours général 1999, ex. 5 ] Solution : Il y a une solution géométrique intelligente. Voici une solution par les complexes.

Inscrivons le triangle dans le cercle unité, et notons A’, B’, C’ les symétriques de A, B, C.

Il découle de l’exercice précédent que a’ = b + c – a

bc _{, donc} a' = bcc a b+ − _{, etc.}

Il faut vérifier que :

1 1 1

' ' '

' ' '

c b a

c b a

= 0 ⇔ | a + b + c | = 2 ,

autrement dit que :

1 1

1 aabb c

caa b c bcc a

b a b abc

b a ca a c c bc b

− +

− +

− +

− +

− +

− +

= 0 ⇔ ( a + b + c ) ( a 1 ₊

b 1 ₊

c

1 ) = 4 .

Maple fait cela très bien :

> with(linalg): A:=matrix(3,3,[b+c-b*c/a,c+a-c*a/b,a+b-a*b/c,(b+c-a)/(b*c), (c+a-b)/(c*a),(a+b-c)/(a*b),1,1,1]);

:=

A





























+ − b c b c

a c + − a c a

b a + − b a b c + −

b c a b c

+ −

c a b

c a

+ − a b c

a b

1 1 1

> F:=factor(det(A));

:=

F (b − c () − + c a () − + b a () a²b + c a² − c a b + c²a + a b² + b²c + b c²) a²c²b²

> P:=(a+b+c)*(1/a+1/b+1/c)-4;simplify(F/P);

Polaire d’un point par rapport à un cercle.

Exercice 12 : Soient U le cercle unité, A(a), B(b), C(c), D(d) quatre points de U.

Déterminer le point M(z) = (AB) ∩ (CD) et le point M’(z’) = (AD) ∩ (BC) lorsqu’ils existent.

Vérifier que z’z + z'z = 2. En déduire que lorsque M reste fixe, M’ décrit une droite P(M), dite polaire de M par rapport au cercle.

Cercle de Feuerbach ou cercle des neuf points.⁴

Exercice 13 : Soient un triangle ABC inscrit dans le cercle unité, O le centre du cercle circonscrit, H l’orthocentre.

1) Montrer que les symétriques de H par rapport aux milieux des côtés du triangle sont sur le cercle circonscrit, ainsi que les symétriques de H par rapport aux côtés du triangle.

2) Montrer que le milieu Ω de OH est aussi l’isobarycentre des points A, B, C et H, et est le centre d’un cercle passant par les neuf points suivants : les milieux des côtés, les pieds des hauteurs, les milieux des segments HA, HB et HC. Quel est le rayon de ce cercle, appelé cercle d’Euler ou cercle des neuf points du triangle ?

Solution :

1) Le symétrique H’ de H par rapport au milieu G_A de [BC] vérifie 2 ' h h+ ₌

2

b+c_{, donc} h’ = b + c – a = − a. C’est le point diamétralement opposé à A sur le cercle circonscrit.

Le symétrique de H par rapport au segment [BC] est donné (cf. ex. précédent) par

4 Leonhard Euler (1707-1783) semble avoir été le premier à trouver la cocyclicité de six des neuf points. Ce cercle fut ensuite étudié par les anglais Benjamin Bevan et John Whitley, les français Charles Brianchon, Jean- Victor Poncelet et Olry Terquem, l’allemand Karl Feuerbach, et bien d’autres jusqu’à Gilles Boutte.

(b − c () − + c a () − + b a) b a c

:=

P (a + + b c) −

 



+ + 1

a 1 b

1

c 4

s(h) = b + c – bch = b + c – bc ( a 1 ₊

b 1 ₊

c 1_{) = –}

a

bc ; c’est un complexe de module 1.

2) Le milieu Ω de OH a pour affixe ω = 2 h ₌

4

1( a + b + c + h ) . C’est donc aussi l’isobarycentre des points A, B, C et H.

La distance de Ω au milieu G_A de [BC] est : |_ω− 2 b+c | = |

2 a | =

2 1_. Le pied H_A de la hauteur issue de A a pour affixe h_A =

2

1( h + b + c − bch) = 2 1_{( h −}

a bc_).

La distance de Ω à HA est donc : | ω − hA| = | a bc

2 ^{| =} 21_. Le milieu K_A du segment [AH] a pour affixe k_A =

2

1( h + a ).

La distance de Ω à K_A est donc : |_{ω −} k_A | = 2

1. On conclut par symétrie que les neuf points considérés appartiennent au cercle de centre Ω et de rayon ½.

3) Le cercle d’Euler est le cercle circonscrit au triangle de sommets 2c b+ _,

2a c+ _et

2b a+ _.

Il a pour équation :

1

²

²

1

²

²

1

²

²

0 1 0 2 0

0 0 1 0 2

c c c c

b b b b

a a a a

z z

= 0 .

Cercles inscrits et exinscrits, théorème de Feuerbach ⁵ (1822).

Exercice 14 : Soit un triangle ABC, supposé inscrit dans le cercle unité, et de sens direct. On se propose de montrer que si A, B et C ont pour affixes respectives, pour une fois, a², b², c², le centre du cercle inscrit et les trois centres des cercles exinscrits ont pour affixes ± bc ± ca ± ab, un ou trois

± valant −1.

1) Montrer qu’on peut choisir des complexes a, b et c de telle sorte que A(a²), B(b²), C(c²) et que le milieu de l’arc BC (resp. CA, AB) opposé à A (resp. B, C) ait pour affixe −bc (resp. −ca, −ab).

2) Soient s₁ = a + b + c , s₂ = ab + bc + ca et s₃ = abc les fonctions symétriques de a, b et c.

Montrer que le centre du cercle inscrit à pour affixe : − ( bc + ca + ab ) = − s₂.

En déduire qu’il est l’orthocentre du triangle PQR formé par les milieux des arcs BC, CA et AB.

Montrer que le rayon du cercle inscrit est r = 2 1

|

3 2 1.

s s

s − 1

| .

En déduire que le cercle inscrit est tangent au cercle des neuf points.

3) Quelles sont les affixes des centres des trois cercles exinscrits ? Montrer que les trois cercles exinscrits sont tangents au cercle d’Euler ⁶. [ Observer qu’il suffit de changer a en −a en 2).]

Avant de proposer une autre démonstration du théorème de Feuerbach, je place ici un résultat tout récent...

5 Karl Wilhelm Feuerbach (Iéna 1800 – Erlangen 1834), professeur de mathématiques à Erlangen, fils d’un grand juriste, eut pour frères un archéologue, un juriste, un orientaliste et le philosophe Ludwig Feuerbach. A Erlangen, il se lia d’amitié avec le poète August von Platen.

6 Par suite, le cercle des neuf points contient quatre autres points remarquables : les points de contact avec les cercles inscrits et exinscrits. De plus, si le triangle ABC n’est pas rectangle, les triangles ABC, HBC, HCA et HAB ont même cercle d’Euler ; celui-ci est donc tangent à douze nouveaux cercles inscrits et inscrits, ce qui porte à 25 le nombre de points remarquables sur le cercle des neuf points (Hamilton).

Théorème de Boris Odehnal (2006) ⁷

à Soan Falcy, pour ses trois mois Exercice 15 : Soient ABC un triangle, R le rayon du cercle circonscrit, I le centre du cercle inscrit, J_A, J_B, J_C les centres des cercles exinscrits

On mène de J_A les perpendiculaires aux côtés (AB) et (AC), idem pour J_B et J_C. Les perpendiculaires menées de J_B à (AB) et J_C à (AC) se recoupent en S_A, idem pour S_B et S_C .

Démontrer que le cercle circonscrit au triangle S_A S_B S_C a pour centre le point I et pour rayon 2R.

Inscrivons le triangle ABC dans le cercle unité, et reprenons les notations de l’exercice précédent.

J_B a pour affixe j_B = − ac + ab + cb.

La perpendiculaire menée de J_B a (AB) a pour équation

( z – j_B ).( b² – a² ) + (z – jB ) ( b² – a² ) = 0 c’est-à-dire ( z + ac – ab – bc ) (

² 1 b ^– 1²

a ^{) + (}z + ac1 _–

ab1 _–

bc1 _{) ( b}² _{– a}² _{) = 0} ou encore ( z + ac – ab – bc )₋ a²b²( z +

ac1 _– ab1 _–

bc1 ) a²b² = 0

La perpendiculaire menée de J_C a (AC) a pour équation (attention, pas de permutation circulaire) ( z + ab – bc – ac ) − a²c²( z +

ab1 _– bc1 _–

ac1 ) a²b² = 0

Il reste à vérifier que le point d’intersection S_A de ces deux droites est à une distance 2 du centre du cercle inscrit i = ab + bc + ca.

Avec Maple, les calculs sont faciles…

> i:=-a*b-b*c-c*a;

:=

i − − − a b b c c a

> E1:=(z+a*c-a*b-b*c)-(z1+1/(a*c)-1/(a*b)-1/(c*b))*(a^2*b^2)=0;

7 J’ai trouvé ce résultat dans l’excellent livre « Surprenantes images des mathématiques », de Georg Glaeser et Konrad Polthier (Belin, 2013), p. 21, livre traduit de l’allemand. Boris Odehnal travaille à Vienne si j’ai bien compris. Je lève mon verre de bière à sa santé !

:=

E1 z + − − − c a a b b c  =

 



+ − − z1 1

c a 1 a b

1

b c a²b² 0

> E2:=(z+a*b-a*c-b*c)-(z1+1/(a*b)-1/(a*c)-1/(c*b))*(a^2*c^2)=0;

:=

E2 z + − − − a b c a b c  =

 



+ − − z1 1

a b 1 c a

1

b c a²c² 0

> solve({E1,E2},{z,z1});

{z1 = − b − + a c, } c a b z = − + − c a b c a b

> -c*a+b*c-a*b-i;

2 b c

Ces calculs montrent que S_A a pour affixe bc – ac – ab. Il est le symétrique de J_A par rapport à O.

Le triangle S_AS_BS_C se déduit du triangle J_A J_B J_C par symétrie de centre O.

Et | I S_A | = | 2bc | = 2. De même | I S_B | = | I S_C | = 2. Cqfd.

Voici une autre démonstration du théorème de Feuerbach, dans laquelle le cercle inscrit ou les cercles exinscrits sont pris comme cercle unité.

Théorème de Feuerbach.

Exercice 16 : Soient α, β et γ trois complexes distincts de module 1, σ1 = α + β + γ, σ2 = αβ + βγ + γα et σ3 = αβγ leurs fonctions symétriques. Les tangentes en β et γ se coupent en A(a), les tangentes en γ et α se coupent en B(b), les tangentes en α et β se coupent en C(c).

1) Calculer a, b et c. Vérifier que le milieu L de BC a pour affixe λ =

( σ

2² − ασ³₂²

)

3 2 1

1 σ σ σ − ^. 2) Soit Ω le point d’affixe ω =

3 2 1

22

σ σ σ σ

− . Vérifier que ||ΩL|| est invariant par permutation ; en déduire que Ω est le centre du cercle d’Euler. Rayon, et équation de ce cercle ?

3) Montrer que ce cercle est tangent au cercle unité. En conclure que le cercle inscrit et les trois cercles exinscrits d’un triangle sont tangents au cercle d’Euler.

Solution : 1) Les tangentes en α, β, γ ont pour équations respectives : z + α²z= 2α , z + β²z= 2β , z + γ²z= 2γ.

On en déduit a =

β βγ γ

2+

, b =

γ γα α

2+

, c =

α αβ β

2+

. Le milieu L de BC a pour affixe :

λ =

γ γα α

+ ⁺

α αβ β

+ ⁼

( σ

2² −

α σ

³₂²

)

3 2 1

1

σ σ σ

− ^. 2) Le point Ω d’affixe ω =

3 2 1

22

σ σ σ σ

− vérifie : ||ΩL^{|| =}

3 2 1

1

σ σ

σ

− ^.

Cette expression est invariante par permutation, donc Ω est le centre du cercle circonscrit aux milieux des côtés BC, CA, AB : ce cercle est le cercle des neuf points.

Ce cercle a pour équation :

|

Z −

3 2 1

22

σ σ σ σ

−

|

=

3 2 1

1

σ σ

σ

− ^, c’est-à-dire, après calcul des conjugués de σ1, σ2 et σ3 :

σ

₁ ⁼

3

σ

2

σ

_,

σ

2⁼

3

σ

1

σ

_,

σ

3 ⁼

3

σ

1 ^:

ZZ −

[

3 2 1

12

σ σ σ σ

− ^{Z +} 1 2 3 22

σ σ σ σ

− Z

]

⁺

3 2 1

3 2

1σ σ

σ σ σ

σ +− _{= 0 .}

Remarque : on peut trouver l’affixe de Ω, et l’équation du cercle d’Euler de a, b, c, en utilisant des formules données dans des exercices antérieurs.

3) Intersectons ce cercle avec le cercle unité ZZ = 1.

Il vient : σ12

Z²− 2σ1σ2 Z + σ22

= 0 , c’est-à-dire : ( σ1Z −σ2 )² = 0.

Si σ1 = 0, le triangle αβγ est équilatéral et inscrit dans un triangle équilatéral, et les deux cercles sont égaux.

Si σ1 ≠ 0, il y a racine double, et les cercles sont tangents.

Or, à similitude près, on peut prendre pour cercle unité, soit le cercle inscrit, soit l’un des cercles exinscrits : cela dépend de la disposition des points α, β, γ sur le cercle unité. Par conséquent on a montré le théorème de Feuerbach. Il y a 13 points remarquables sur le cercle d’Euler.

Relation d’Euler, théorème de Poncelet.

A) Relation d’Euler.

Exercice 17 : Soit un triangle ABC, supposé inscrit dans le cercle unité, de sens direct, et tel que A ait pour affixe 1. Soient β l’affixe du milieu de l’arc AB, γ l’affixe du milieu de l’arc AC opposé à B, de sorte que B( b = β² ), C( c = γ² ). On note s = β + γ , p = βγ.

1) Montrer que le centre du cercle inscrit I a pour affixe ω = s − p . 2) Montrer que la distance de I à la droite BC est r =

21 | s² – s – sp | .

3) En déduire la relation d’Euler OI² = R² – 2Rr, exprimant la distance des centres des cercles circonscrit et inscrit en fonction du rayon R du cercle circonscrit et du rayon r du cercle inscrit.

B) Théorème de Poncelet pour le triangle.

Exercice 18 : Soient CCCC = C(O, R) et CCCC’ = C(I, r) deux cercles de centres respectifs O et I, et de rayons respectifs R et r. On suppose que OI² = R² – 2Rr, et on se propose de montrer au moyen des nombres complexes que tout point A est sommet d’un triangle ABC, inscrit dans CCCC et circonscrit à CCCC_’.

1) Montrer que le cercle C ’ est intérieur au cercle CCCC_.

2) On suppose désormais O(0), R = 1, I(ω = 1−2r). Soient A(a) et B(b) deux points du cercle unité, s = a + b, p = ab. Montrer que la projection de I sur la droite AB a pour affixe

2

1(s + ω(1 − p)) . En déduire que la droite AB est tangente au cercle C’ ssi s − ω ( 1 + p )² = 4pr² . 3) On mène de A(a), point du cercle CCCC, les deux tangentes à CCCC’ ; elles recoupent CCCC en B(b) et C(c).

Former l’équation du second degré de racines b et c. En déduire que la droite BC est elle aussi tangente au cercle CCCC _’.

Théorèmes de J. L. Coolidge.

Exercice 19 : Soient M₁, M₂, M₃ et M₄ quatre points cocycliques. Montrer que les cercles d’Euler des triangles M₂M₃M₄ , M₁M₃M₄ , M₁M₂M₄ et M₁M₂M₃ passent par un même point Ω, et en déduire que leurs centres se trouvent sur un même cercle, de centre Ω. Ce cercle est appelé cercle d’Euler du quadrilatère M₁M₂M₃M₄ . Généraliser ce résultat à 5 points cocycliques, etc.

Théorèmes de M. B. Cantor ⁸.

Exercice 20 : 1) Soient un triangle ABC, I, J et K les milieux de BC, CA et AB. On mène de I la perpendiculaire à la tangente en A au cercle circonscrit, de J la perpendiculaire à la tangente en B, de K la perpendiculaire à la tangente en C. Montrer que ces trois droites se rencontrent en Ω, centre du cercle d’Euler.

2) Plus généralement, soient A₁, A₂, …, A_n n points cocycliques. De l’isobarycentre de n−1 on mène la perpendiculaire à la tangente au cercle issue du point restant. Montrer que ces n perpendi- culaires sont concourantes.

Droites de Simson, hypocycloïde de Steiner.

Exercice 21 : Soit un triangle ABC, qu’on supposera inscrit dans le cercle unité. Un point M(z) se projette en P, Q et R sur les droites BC, CA et AB resp.

1) Calculer l’affixe p de P ; en déduire celles de Q et R.

2) Montrer l’équivalence : PQR sont alignés ⇔ M appartient au cercle circonscrit au triangle ABC.

La droite PQR est appelée droite de Simson associée au point M.

3) Montrer que les droites de Simson associées à M et M’ sont perpendiculaires ssi M et M’ sont diamétralement opposés.

4) Soient ABCD quatre points cocycliques distincts. Montrer que les droites de Simson de chacun des points par rapport au triangle formé par les trois autres sont concourantes.

5) Soit M(e^iθ) un point du cercle circonscrit. Ecrire sous forme d’un déterminant l’équation de la droite de Simson associée. On suppose à rotation près du repère que a = 1. On pourra admettre que cette droite de Simson a pour équation :

− 2Z e^i2θ + 2Ze^iθ bc + e^i3θ + e^i2θ ( b + c + 1 ) − e^iθ ( bc + b + c ) − bc = 0.

6) Trouver le point caractéristique Z(θ) de cette famille de droites, et vérifier qu’il a pour affixe : Z(θ) = ω +

2

ϕ

e⁻i

( 2e^iψ + e^−i2ψ ) , où ω = 2

+1 +c

b _{, bc = e}^i2α _{, ψ = θ + ϕ.}

En déduire que l’enveloppe des droites de Simson d’un triangle est une hypocycloïde à 3 rebrousse- ments, ayant pour centre le centre du cercle d’Euler, et tritangente à ce cercle (théorème de Steiner⁹ ).

Solution (inachevée, voir mes notes manuscrites) :

1) En vertu d’un ex. précédent, l’affixe p de P est donnée par : p = 2

1( z + b + c – bcz) . De même, les affixes de Q et R sont : q =

2

1( z + c + a – caz) et r = 2

1( z + a + b – abz) . 2) Montrons que : PQR sont alignés ⇔ M appartient au cercle circonscrit au triangle ABC.

Cela découle de :

1 1 1

r q p

r q p

= ( a – b )( b – c )( c – a )( 1 – zz) .

Théorèmes de M. B. Cantor.

Exercice 22 : 1) Soient A₁, A₂, A₃, A₄, P₁ et P₂ six points cocycliques. Les droites de Simson de P₁ et P₂ relatives au triangle A₂A₃A₄ (resp. A₁A₃A₄, A₁A₂A₄, A₁A₂A₃) se coupent en B₁, B₂, B₃, B₄. Montrer que ces points sont alignés sur une droite, appelée droite de Cantor de P₁ et P₂ relative au quadrilatère A₁A₂A₃A₄ .

8 Moritz Benedikt Cantor (Mannheim 1829 – Heidelberg 1920), grand historien allemand des mathéma- tiques, sans rapport avec son homonyme Georg Cantor, fondateur de la théorie des ensembles.

9 Jakob Steiner (1796-1863), grand géomètre suisse qui enseigna à Berlin. Steiner a notamment découvert la puissance d’un point par rapport à un cercle et l’inversion.

2) Soient A₁, A₂, A₃, A₄, P₁, P₂ et P₃ sept points cocycliques. Montrer que les trois droites de Cantor des paires de points, P₁ et P₂, P₂ et P₃ , P₃ et P₁ relatives au quadrilatère A₁A₂A₃A₄ sont concourantes en un point, appelé point de Cantor des trois points P₁, P₂ et P₃ par rapport au quadrilatère A₁A₂A₃A₄ .

3) Soient A₁, A₂, A₃, A₄, A₅, P₁, P₂ et P₃ huit points cocycliques. Montrer que les cinq points de Cantor du triplet (P₁, P₂, P₃) par rapport aux quadrilatères A₂A₃A₄A₅, etc. sont alignés sur une droite, appelée droite de Cantor des points P₁, P₂ et P₃ par rapport au pentagone A₁A₂A₃A₄A₅ . 4) Généraliser.

Exercice 23 : Les médianes du triangle ABC, issues de A, B et C, recoupent le cercle circonscrit en A’, B’ et C’. Soit G le centre de gravité. Montrer que

' 1

a

g− ⁺ ' 1

g−b ⁺ ' 1 g−c ^{= 0.}

Lieu des points M tels que

² MA

MA ₊

² MB

MB ₊

² MC

MC ₌ 0?

Droites isogonales, inversion isogonale.

Exercice 24 : Soient ABC un triangle, Aˆ_, Bˆ et Cˆ ses angles. Si M est un point du plan, on appelle droite isogonale de AM relativement à l’angle Aˆ la symétrique de la droite AM par rapport à l’une quelconque des deux bissectrices de Aˆ. On se propose de montrer que les isogonales des droites AM, BM et CM relativement aux angles Aˆ_, Bˆ et Cˆ sont en général concourantes en un point N, dit inverse isogonal de M par rapport au triangle. On suppose le triangle inscrit dans le cercle unité.

1) Soit M(z). Si la droite AM recoupe le cercle unité en P(p), montrer que p = z a

a z

1−−. , et que la droite isogonale relative à Aˆ recoupe le cercle en Q(q) où q =

p

bc. Equation de cette isogonale ? 2) Vérifier que l’isogonale de AM relative à Aˆ et celle de BM relative à Bˆ se coupent en N(Z), où Z =

z z

z c b a z ca bc ab z abc

. 1

).

(

²

. − + −+ + + + −

, si M n’appartient pas au cercle unité. Conclusion ? Que vaut N si M appartient à la droite (AB) ?

3) Soit F le plan privé du cercle circonscrit et des droites AB, BC et CA.

Etudier l’application f : M → N de F dans F.

4) Exemples :

a) Quel est l’inverse du centre du cercle circonscrit O ? b) Quels sont les points fixes de f ?

c) L’inverse du centre de gravité G s’appelle point de Lemoine de ABC. Quelle est son affixe ? d) Soient P(z) = ( z – a )( z – b )( z – c ) , z₁ et z₂ les racines de P’(z).

Montrer que les deux points de Lucas L₁(z₁) et L₂(z₂) ont pour milieu G, sont dans l’intérieur du triangle ABC, et inverses isogonaux l’un de l’autre.

Solution :

1) Soit M(z). La droite AM recoupe le cercle unité en P(p).

Montrons que p = z a

a z

1−−. . En effet, on a

1 1 1

z a p

z a p

= 0 et p p= 1.

On trouve une équation du second degré en p, dont on connaît une racine, a, et dont on cherche l’autre…