1 L 323 GÉOMÉTRIE AFFINE ET EUCLIDIENNE
CORRIGÉ DE L'EXAMEN DU 10 JANVIER 2007 Exercice no1
1) La droite T est la bissectrice extérieure du secteur \F1GF2. Donc (GF1; T ) = (T ; GF2). Par symétrie (GF1; T ) = (T ; GH). Par diérence (GF2; GH) = 0, ce qui entraîne que H; G et F2 sont alignés. Comme T est la bissectrice extérieure, H et F2 sont séparés par T . Donc le point G est sur le segment HF2 et HF2 = HG + GF2 = F1G + GF2 = 2a. De même H0F2 = 2a.
2) Il sut de montrer que F0 et M sont sur la médiatrice de HH0.
D'après 1), le point F2 est équidistant de H et H0, donc sur la médiatrice de HH0.
Comme M est sur les droites T et T0, il est équidistant de F1; H et H0. Donc M est également sur cette médiatrice.
3) D'après 2), H et H0 sont symétriques par rapport à MF2, d'où ! MH0; !
MF2
= !
MF2; ! MH
.
Donc 2 !
MF2; ! MH
= !
MH0; ! MH
: De même 2 MF!1;MG!
= MF!1;MH!
et 2 !
MG0;MF!1
= !
MH0;MF!1
. En additionnant il vient
2 !
MG0;MG!
= !
MH0;MH! . D'où le résultat.
4) Placons nous dans un repère orthonormé où l'équation de l'ellipse prend sa forme réduite. Les points de coordonnées (a; b) sont tels que T et T0 sont perpendiculaires car parallèles aux axes.
Le cercle que l'on recherche est donc centré en O et de rayon p
a2+ b2.
D'après 3), les angles de droites (T0; T ) et (MF2; MH) sont égaux. Les tangentes T et T0 sont perpendiculaires ssi il en est de même de MF2et MH. Par le théorème de Pythagore et sa réciproque,
T ? T0 () MF22+ MH2 = F2H2:
Par symétrie MH = MF1 et d'après 1) F2H = 2a. D'où T ? T0 () MF12+ MF22 = 4a2: Or MF12+ MF22 =
MO2+ 2MO ! OF!1+ OF12 +
MO2+ 2MO ! OF!2+ OF22
= 2MO2+ 2(a2 b2).
Finalement
T ? T0 () 2MO2+ 2(a2 b2) = 4a2 () MO2 = a2+ b2. D'où le résultat.
Exercice no2 1) Soit x = P
ixiei. Pour montrer que (x) = kxk, il sut de calculer (x)2. On obtient P
ixiei2 =P
i;jxixj (ei) (ej)
=P
i;jxixj(ei ej) = kxk2.
2 2) Soit et 0 les mesures des angles géométriques AB;! AC!
et !
A0B0; ! A0C0
. Alors !AB ^AC = cb sin! et !A0B0^ !
A0C0 = cb sin0:
Il sut de montrer que sin = sin 0. En écrivantBC =! BA +! AC =! AC! AB, on obtient! a2 = BC2 = AC! AB!2
= b2+ c2 2bc cos .
De même a2 = b2+ c2 2bc cos 0. On en déduit que cos = cos 0. Comme et 0 sont dans ]0; [, il en découle sin = sin 0, d'où le résultat.
3) Par dénition, ! f AB!
= !
A0B0 et! f AC!
= !
A0C0. Il en découle que !
f AB ^! AC!
est un vecteur orthogonal à !
A0B0 et !
A0C0, donc colinéaire à !
A0B0 ^ !
A0C0. D'après 2) on a donc !
f !
AB ^ ! AC
=
!
A0B0^ ! A0C0:
4) Unicité. Supposons que g existe. D'après 3), !g AB ^! AC!
= !
A0B0 ^ !
A0C0: Comme g est supposée directe, !g envoie une base directe dans une base directe. Les bases AB;! AC;! AB ^! AC!
et A0B!0; !
A0C0; !
A0B0^ ! A0C0
étant directes, le choix du signe est imposé et !g AB ^! AC!
= !
A0B0^ ! A0C0: Donc !g est uniquement déterminée et comme g(A) = A0, g est également uniquement déterminée.
Existence. Réciproquement il reste à vérier que l'application ane h dénie par h(A) = A0; !
h AB!
= !
A0B0; ! h AC!
= !
A0C0 et!
h AB ^! AC!
= !
A0B0^ ! A0C0 est une isométrie directe. Il sut d'appliquer le 1) avec la base AB;! AC;! AB ^! AC!
. Les égalités de normes entre les vecteurs résultent des hypothèses et de 2). Pour les produits scalaires, on a vu que AB ! !
AC = cb cos = ! A0B0 !
A0C0, les autres étant nuls. Donc!
h est une isométrie vectorielle et h est une isométrie ane. Enn elles sont directes car l'image de la base directe !
AB; ! AC; !
AB ^ ! AC
est une base directe.
5) Dans une base convenable les applications !f ; ! et!f Id ont pour matrices respectives 0
@1 0 0
0 cos sin 0 sin cos
1 A ;
0
@1 0 0 0 0 0 0 0 0
1
A et
0
@0 0 0
0 cos 1 sin 0 sin cos 1
1 A ;
d'où il est clair que ! ! f Id
= 0.
Soit M et N 2 E. D'après ce qu'on vient de voir ! !f Id MN!
= 0, ce qui se traduit par
! !
f(M)f(N) MN!
= 0 ou encore !
(M) f(M)
= !
(N) f(N)
. Le vecteur !
(M) f(M) est bien indépendant de M 2 E.
6) Si g est une rotation d'axe D dirigé par un vecteur u, alors d'après 5) le vecteur ! (M) g(M) est indépendant de M 2 E et s'annule sur D. Donc il est toujours nul. En d'autres termes ! Mg(M) est toujours orthogonal à u. En particulier !
AA0; !
BB0 et !
CC0 sont dans le plan u? et sont liés.
3 7) D'après 6), g n'est pas une rotation. Si g était une translation, les vecteurs !
AA0; !
BB0 et ! CC0 seraient égaux et donc liés, ce qui est exclus par hypothèse. Par élimination g est un vissage.
Soit u le vecteur du vissage et D son axe. D'après 5), le vecteur ! ! Mg(M)
est indépendant de M 2 E. En prenant M 2 D, on voit que ce vecteur est précisément u. On peut décomposer AA!0 = !
Ag(A) sur !D !D? sous la forme !
AA0 = u + va. De même !
BB0 = u + vb et !
CC0 = u + vc. Donc u !
AA0 ! BB0
= 0 et u !
AA0 ! CC0
= 0. Par hypothèse !
AA0 !
BB0 et !
AA0 !
CC0 ne sont pas colinéaires. Donc u, qui leur est orthogonal, est colinéaire avec !
AA0 ! BB0
^ !
AA0 ! CC0
= U:
Soit u0 le vecteur unitaire U=kUk. Le vecteur u est la projection de !
AA0 sur la droite!D dirigée par u0. Donc u = !
AA0 u0
u0. Finalement u =
AA!0 U U
kUk2 = det ! AA0; !
BB0; ! CC0
U
kUk2 .
