Ellipse de Steiner

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DVPT 1 : Existence et unicité de l’ellipse de Steiner.
Théorème 1. Soit T=ABC un vrai triangle du plan affine A2et A0,B0,C0les milieux
respectifs des segments [BC],[AC]et [AB]. Il existe une unique ellipse tritangente aux points
A0,B0et C0que l’on appelle ellipse de Steiner de ABC.
Démonstration. :
Existence
Etatpe 1 : Les points A,Bet Cétant non alignés, ils définissent un repère du plan affine
A2. L’existence d’une ellipse répondant au problème est évidente dans le cadre d’un triangle
équilatéral A0B0C0, le cercle inscrit au triangle répondant au problème, on va essayer de s’y
ramener via l’action d’un élément du groupe affine GA2(R).
Etape 2 : Notons T0=A0B0C0un triangle équilatéral, il existe une unique bijection affine g
telle que g(A0) = A,g(B0) = Bet g(C0) = C. Il suffit en effet de définir gpar g(A0) = Aet
−→
g(−−−→ A0B0) = −−→ AB,−→ g(−−−→ A0C0) = −→ AC, une application linéaire bijective étant uniquement déterminée
par l’envoi d’une base sur une base. L’action de g∈GA2(R)va ainsi permettre d’envoyer le repère
affine {A0, B0, C0}sur le repère affine {A, B, C}puis le triangle équilatéral A0B0C0sur le triangle
ABC, ie g(T0) = T.
Etape 3 : La conservation du barycentre par une application affine garantit que les milieux des
côtés de ABC sont exactement les images par gdes milieux des côtés de A0B0C0.
Etape 4 : L’image d’une conique par une transformation affine (application affine bijective)
étant une conique et gétant continue car affine, elle envoie le cercle Cinscrit dans T0qui est
une conique compacte sur une conique compacte inscrite dans T, c’est-à-dire une ellipse que l’on
note E.
Etape 5 : Enfin, gétant affine, elle est différentiable, de différentielle sa partie linéaire −→ g(∗).
Ainsi, gconserve la notion de tangence ie si −→ uest un vecteur directeur de la tangente Ten
un point Mde C, alors dg(M)(−→ u)est un vecteur directeur de la tangente à l’ellipse E=g(C)
au point g(M). Par définition, Cest tritangente au triangle A0B0C0aux points A0
0=m[B0C0],
B0
0=m[A0 0C0 0]et C0 0=m[A0B0], on a donc :
•D1= (A0B0)est tangente à Cen C0
0=⇒−→
g(−−−→ A0B0) = −−→ AB et (AB)est tangente à Een
g(C0
0) = C0.
•D2= (A0C0)est tangente à Cen B0
0=⇒−→
g(−−−→ A0C0) = −→ AC et (AC)est tangente à Een
g(B0
0) = B0
•D3= (B0C0)est tangente à Cen A0
0=⇒−→
g(−−−→ B0C0) = −−→ BC et (BC)est tangente à Een
g(A0
0) = A0
Finalement, Eest une ellipse tritangente à Taux points A0, B0, C0.
Unicité
Méthode : d’après la partie existence, via la transformation affine g∈GA2(R), il suffit de dé-
montrer l’existence d’une unique ellipse répondant au problème, lorsque le triangle est equilatéral.
Etape 1 :
Objectif 1 : soit Eune ellipse du plan affine A2, exhibons une symétrie laissant invariante E.
Soient A1et A2deux points distincts de Eet T1,T2les tangentes à Een ces points. On note
également Ile point d’intersection de T1et T2et Jle milieu de [A1, A2], notre objectif est alors
de prouver que Eest invariante par la symétrie par rapport à (IJ)parallèlement à (A1A2).
Pour ce faire, introduisons quelques notations. On note sla symétrie par rapport à (IJ)parallè-
lement à (A1A2)et σl’affinité orthogonale de base (F F 0)de rapport a/b où F, F 0sont les foyers
de Eet b,ales longueurs respectivement du petit axe et du grand axe de E. Enfin, on note s0la
symétrie par rapport à (σ(I)σ(J)) parallèllement à (σ(A1)σ(A2)) = (B1B2).
Propriétés : σ(E) = Cest le cercle de rayon acentré en 0, le centre de l’ellipse. Comme σ
est une transformation affine, d’après la partie existence, elle préserve la tangence et on a aussi
σ(T1)est tangente à Cen B1=σ(A1)et σ(T2)est tangente à Cen B2=σ(A2).

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But : montrons qu’il suffit de prouver s0(C) = C, pour avoir s(E) = E. En effet, on a :
s0(C) = C=⇒s0(σ(E)) = σ(E) =⇒σ−1◦s0◦σ(E) = E.
Alors prouver que s(E) = E, revient à montrer que σ−1◦s0◦σ=set I, J et A2étant trois points
non alignés, et formant un repère affine, il suffit de prouver que σ−1◦s0◦σet scoïncident en
ses 3points. Or s0(σ(I)) = σ(I) =⇒σ−1◦s0◦σ(I) = I=s(I)par définition de s,s0et de même,
σ−1◦s0◦σ(J) = s(J). Enfin, par conservation du barycentre par une application affine, on a :
σ(J) = m[σ(A1)σ(A2)] =⇒s0(σ(A1)) = σ(A2) =⇒σ−1◦s0◦σ(A1) = A2=s(A1).
But : montrons donc s(E) = Epour E=C(O, R)le cercle de centre Oet de rayon R. Soient
A16=A2∈ E et T1, T2les tangentes à Een ces points et J=T1∩T2,I=m[A1A2].
OA1Jet OA2Jsont rectangles en A1, A2avec OA1=OA2=R. Par le théorème de Pythagore
JA1=JA2et les points O, I, J sont alignés car sont sur (IJ): la médiatrice du segment [A1A2].
Ainsi, sest la réflexion d’axe (IJ). Comme sest une isométrie, senvoie le cerlce Ede rayon R
et de centre Osur le cercle de rayon Ret de centre s(O) = Ocar O∈(IJ). D’où s(C) = C.
Etape 2 : montrons que le cercle inscrit Cest la seule ellipse répondant au problème posé dans
le cas d’un triangle équilatéral ABC.
Raisonnons par l’absurde et considérons Eest une autre ellipse répondant au problème.
Méthode : on va prouver le résultat en montrant que Eadmet 3axes de symétries, donc
est un cercle, ce qui donnera l’unicité par unicité du cercle inscrit d’un triangle. On a alors
naturellement (AC)est tangente à Een B0,(AB)est tangente à Een C0et (AB)∩(AC) = Cet
soit I=m[B0C0]. Par le théorème de la droite des milieux avec ABC équilatéral, on en déduit
que : A, I et A0sont alignés sur la médiatrice du segment [BC]. Ainsi, la symétrie par rapport
à(AI)=(AA0)parallèlement à (B0C0)//(BC)est exactement la réflexion d’axe (AA0). D’après
l’étape 2 on en déduit : s(AA0)(E) = E=⇒(AA0)est un axe de symétrie de l’ellipse. On trouve
de même que (BB0)et (CC0)sont des axes de symétries de l’ellipse. D’où le résultat.

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Conclusion : soit T=ABC quelconque, et T0=A0B0C0un triangle équilatéral. Il existe une
unique transformation affine g∈GA2(R)telle que g(T) = T0. D’après la partie existence, il
existe une ellipse tritangente aux milieux des côtés de ABC que l’on note E. Alors, g(E)est une
ellipse inscrite dans le triangle equilatéral A0B0C0tritangente aux milieux de ces côtés et d’après
ce qu’on a vu précédemment g(E)est nécessairement le cercle inscrit Cdu triangle A0B0C0et :
E=g−1(C)est définie de manière unique.
D’où l’unicité de l’ellipse de Steiner.
Corollaire 1. L’ellipse de Steiner de T=ABC est un cercle ⇐⇒ Test équilatéral.
Démonstration. 2 =⇒1a déjà été montré. Montrons donc 1 =⇒et commençons par prouver
que le centre de symétrie de l’ellipse de Steiner est aussi le centre de gravité du triangle ABC.
Par ce qui précède, le centre de l’ellipse de Steiner Gest envoyé par l’application affine gsur
le centre G0du cercle Cinscrit dans le triangle équilatéral A0B0C0(une transformation affine
envoie un centre de symétrie sur un centre de symétrie). Or G0est l’isobarycentre des sommets
A0, B0et C0de A0B0C0, par conservation du barycentre par une application affine, le centre de
l’ellipse de Steiner vérifie donc que Gest l’isobarycentre de A,Bet C, soit :
Gest le centre de gravité de ABC.
Supposons donc que l’ellipse de Steiner de ABC soit un cercle que l’on note C. Le centre de
l’ellipse de steiner est d’après ce qui précède le centre de gravité du triangle ABC, or (BC)étant
tangente à Cen A0=m[BC]on a :
(A0G)⊥(BC)avec G∈(AA0).
On en déduit donc que (A0A)est la médiatrice de [BC]et donc par le théorème de Pythagore
que AB =AC. On montre de même que BC =AB soit AB =AC =BC =⇒ABC est
équilatéral.
Explications supplémentaires : (∗)Notant (O, I, J)le repère orthonormée canonique de R2
où e= (−→ OI, −→ OJ)est la base canonique de R2, on a :
g(O) = M0= (x0, y0)et Mate−→ g=a b
c d∈GL2(R)
soit en termes de coordonnées :
g(x, y) = x0
y0+a b c dh k=⇒dg(x,y)(h, k) = a b c dh k
et donc pour tout M∈A2,dg(M) : −−→ OH −→ −→ g(−−→ OH).
Rappel 1. Une ellipse ayant au moins 3axes de symétries distincts est un cercle.
Références :
•Caldero et Germoni. Pour la partie existence.
•Correction du Capes de 1990 pour la partie unicité. Dany Jack Mercier.

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DVPT numéro 2
Soit T=ABC un vrai triangle, non équilatéral. On rapporte le plan A2à un repère orthonormée
(O, −→ u , −→ v)où Oest le centre de gravité de T. On note respectivement a=zA, b =zB, c =zCles
affixes de A, B, C et on note I, J, K les points d’affixes 1, j, j2dans (O, −→ u , −→ v).
Application 1. :
1. Il existe α, β ∈C∗, telle que la transformation affine f:A2−→ A2associée à l’application
φ:z7−→ αz +βz vérifie f(I) = A, f(J) = B, f (K) = C.
2. Les affixes des foyers de l’ellipse de Steiner de T, dans le repère (O, −→ u , −→ v)sont les deux
racines carrées du nombre complexe non nul αβ.
3. Notant Q(X)=(X−a)(X−b)(X−c), les racines de Q0sont les affixes des foyers de
l’ellipse de Steiner de Tdans le repère (O, −→ u , −→ v).
Démonstration. :
Etape 1 : On cherche α, β tels que φ(1) = a,φ(j) = bet φ(j2) = c, ce qui correspond à la
résolution du système Ax =dde 3équations à deux inconnues où :
x=α
βet A=
1 1
j j2
j2j
,d=
a
b
c
avec rg(A)≤2et 
1 1
j j26=0=⇒rg(A)=2
Notant S0l’espace des solutions du système homogène, on a donc dim(S0) = rg(A)−p= 2−2=0
où pdésigne le nombre d’inconnues. Alors, si d∈Im(A), l’espace Sdes solutions du système
est un espace affine dirigé par S0, donc de dimension 0et Sest réduit à un point qui est alors
l’unique point solution du système.
Objectif : vérifions que d∈Im(A)en prouvant que d∈vect((1,1, j2),(1, j2, j)) :
1 1 a
j j2b
j2j c
= (a+b+c)
| {z }
=0
(j2−j)où a+b+c= 0 car Oest barycentre de A, B, C.
On en conclut que d=∈Im(A) =⇒et que x=α
βest bien la seule solution du système.
Objectif : Reste à montrer que α, β 6= 0. Supposons par l’absurde que α= 0, alors φ:z7−→ βz
est une similitude indirecte et conserve les rapports de distance, elle envoie donc le triangle
équilatéral IJK sur un triangle équilatéral, absurde puisque ABC ne l’est pas. D’où α6= 0 et de
même β6= 0.
Etape 2 : Soit f:A2−→ A2la transformation affine associée à φet Cle cercle de Steiner du
triangle équilatéral IJK, ie son unique cercle inscrit. L’image de Cpar f(fest transformation
affine car envoie le repère du plan (I, J, K)sur le repère du plan (A, B, C)) que l’on note E=f(C)
est une ellipse tritangente aux côtés du triangle ABC en ses milieux (cf. existence de l’ellipse
de Steiner), par unicité c’est exactement l’ellipse de Steiner de ABC.
Représentation paramétrique de Cet Edans (O, −→ u , −→ v):Le cercle Cest le cercle de centre
Oet de rayon 1/2. En effet, Oest le centre de gravité du triangle donc se trouve au 2/3de la
médiane issue du sommet Idont on calcule la longueur via le théorème de Pythagore, notant
I0=m[JK], on a R=OI0. Ainsi, (O, −→ u , −→ v)étant un repère orthonormée :
M∈ C ⇐⇒ ∃t∈R, M =1
2(cos(t)−→
u+ sin(t)−→ v)et son affixe est zM=1
2eit
Comme E=f(C)où fest associée à la transformation φ:z7−→ αz +βz, on en déduit :
C={M|zM=1
2eit, t ∈R}=⇒ E ={M|zM=φ1 2eit=1 2(αeit +βe−it), t ∈R}
Changement de repère affine : notant αet βsout forme exponentielle, on a α=|α|eiθ et
β=|β|eiω. On définit alors −→ u1d’affixe ei(θ+ω)/2) dans (O, −→ u , −→ v)et −→ v1d’affixe iei(θ+ω)/2) dans
(O, −→ u , −→ v). Ceci se traduit par :
−→
u1= cos((θ+ω)/2)−→ u+ sin((θ+ω)/2)−→ vet −→ v1=−sin((θ+ω)/2)−→ u+ cos((θ+ω)/2)−→ v.

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et (0,−→ u1,−→ v1)est l’image par la rotation de centre 0 et d’angle θ+ω
2du repère (0,−→
u , −→ v). Ainsi,
(0,−→ u1,−→ v1)est un repère orthononormée de A2.
Représentation paramétrique de Edans (O, −→ u1,−→ v1).Soit Pla matrice de passage de la base
orthonormée (−→ u , −→ v)à la base orthonormée (−→ u1,−→ v1)et soit z0=a1+ib1l’affixe du point Mdans
le repère (O, −→ u1,−→ v1). Pour z=a+ib l’affixe du point Mdans le repère (0,−→ u , −→ v)on a par la
formule classique de changement de base :
a
b=Pa1 b1=⇒a1 b1=tPa b=cos((θ+ω)/2) sin((θ+ω)/2) −sin((θ+ω)/2) cos((θ+ω)/2)a b
et donc z0=ze−i(θ+ω)/2. D’où M∈ E ⇐⇒ ∃t∈R, z0=1
2(αeit +βe−it)×e−i(θ+ω)/2. En déve-
loppant z0ci-dessus, on a : z0=1
2(αeit +βe−it)e−i(θ+ω)/2=1 2|α|ei(θ+t)+|β|ei(ω−t)e−i(θ+ω)/2
soit
z0=1
2|α|ei((θ−ω)/2+t)+|β|e−i((θ−ω)/2+t)=
1
2(|α|+|β|) cos((θ−ω)/2 + t)
| {z }
x(t)
+i1
2(|α|−|β|) sin((θ−ω)/2 + t)
| {z }
y(t)
Les coordonnées (x(t), y(t)) sont les coordonnées des points de Edans le repère (O, −→ u1,−→ v1). Posant
ψ=θ−ω
2+t,ψdécrit Rlorsque tdécrit R,les équations paramétriques de Edans (O, −→
u1,−→ v1)
sont donc : (x(ψ) = 1/2(|α|+|β|) cos(ψ)
y(ψ) = 1/2(|α|−|β|) sin(ψ)
Une équation cartésienne de Edans le repère orthonormée (O, −→ u1,−→ v1)est donnée par :
x2
(1/2 (|α|+|β|)2+y2 (1/2 (|α|−|β|))2= 1 les foyers F, F 0appartenant au grand axe dirigé par −→
u1.
Affixes des foyers : Soit c=OF =OF 0.Ona:c2=a2−b2= (1
2(|α|+|β|))2−(1 2(|α|−|β|))2=
|αβ|et F, F 0ont pour affixes dans (O, −→ u1,−→ v1),p|αβ|et −p|αβ|quitte à échanger le rôle de F
et F0
On a donc zF=p|αβ| × z−→
u1=p|αβ|ei(θ+ω)/2et zF0=−p|αβ| × z−→ u1=p|αβ|ei(θ+ω)/2
dans le repère (0,−→ u , −→ v). Ainsi, zFet z0
Fsont bien les deux racines carrées de αβ ∈C∗comme
z2
F0=z2 F=|αβ|ei(θ+ω)=αβ.
Etape 3 : Soit Q(X)=(X−a)(X−b)(X−c) = X3−(a+b+c)X2+ (ab +bc +ac)X−abc.
Les relations a=φ(1) = α+β,b=φ(j) = αj +βj2,c=φ(j2) = αj2+βj et 1 + j+j2= 0
nous donnent :
ab +bc +ca = (α+β)(αj +βj2)+(αj +βj2)(αj2+βj)+(αj2+βj)(α+β) = −3αβ.
De plus, a+b+c=φ(1) + φ(j) + φ(j2) = φ(1 + j+j2) = φ(0) = 0 ce qui donne finalement :
(X−a)(X−b)(X−c) = X3−3αβX −abc =⇒Q0(X)=3X2−3αβ = 3(X2−αβ)
Les racines de Q0sont donc les racines de X2−αβ ie les deux racines carrées de αβ qui sont les
deux affixes dans (O, −→ u , −→ v)des foyers de l’ellipse de Steiner E.