Géométrie - Mathematiques pour les PLP.

Géométrie
1-a. La rotation r est une isométrie du plan, le centre O0 du cercle C 0 = r(C) est l'image par r
du centre O du cercle C : O0 = r(O).
Le point A, centre de la rotation r est invariant par r, le cercle C passe par A, son image
C 0 = r(C) passe par A = r(A).
La rotation r n'est ni l'identité ni la symétrie de centre A, la mesure de l'angle de rotation
est diérent de π (modulo 2 π ), les points O, A et O0 ne sont pas alignés.
Le point B , symétrique de A par rapport à la droite (OO0 ) est diérent de A et équidistant des points O et O0 . Le point B est donc commun aux deux cercles C et C 0 .
Les deux cercles C et C 0 sont sécants en deux points A et B distincts.
La droite (AB) est l'axe radical des deux cercles C et C 0 .
C0
M
B
C
O0
M0
O
B0
A
1-b. Soit M un point de C distinct de B . On note M 0 = r(M ) et B 0 = r(B).
La rotation r est une isométrie qui conserve l'orientation.
(AM B)‘ et (AM 0 B 0 ) = r((AM B)), sont isométriques et les angles
Les deux triangles,


‘
−−→ −−−→
−→ −−→
BA, BM et B 0 A, B 0 M 0 sont égaux.
−→ −−→‘
−−→ −−−→‘
Les deux angles BA, BM 0 et B 0 A, B 0 M 0 inscrits dans le cercle C 0 interceptent le
même arc et leur mesure est la même, modulo un plat :
−→ −−→‘
−−→ −−−→‘
mes BA, BM 0 = mes B 0 A, B 0 M 0
(mod π)
On peut aussi dire que les deux angles de droites, ((BA), (BM 0 )) et ((B 0 A), (B 0 M 0 )),
sont égaux.
geo10011.fig
29/11/04
De la dernière
égalité, nous tirons immédiatement :
−−→ −−−→‘
−−→ −→‘
mes BM 0 , BA + mes B 0 A, B 0 M 0 = 0
(mod π)
−→ −−→‘
−−→ −−−→‘
Avec l'égalité BA, BM = B 0 A, B 0 M 0 , cela donne :
−−→ −→‘
−→ −−→‘
mes BM 0 , BA + mes BA, BM = 0
(mod π)
−−→ −−→‘
Nous utilisons la relation de Chasles pour conclure : mes BM 0 , BM = 0
(mod π).
−−→ −−→‘
L'angle BM 0 , BM est ou nul ou plat, les trois points M , B et M 0 sont alignés.
On notera que cette propriété reste vraie si le point M est confondu avec l'un des deux
points particuliers A ou B .
Beom1001, page 1/4 - 29 novembre 2004
2-a. On note
• CA et CB les images de C , respectivement par la réexion s(BC) d'axe (BC) et par la
réexion s(AC) d'axe (AC).
• HA le symétrique de H par rapport à la droite (BC).
Par dénition même de la réexion, nous avons HA = s(H) et H = s(HA ).
Rappelons que la réexion est une involution du plan.
Nous avons admis, dans les rappels, que le point HA , symétrique de l'orthocentre H par
rapport au coté (BC), est sur le cercle C circonscrit au triangle (ABC).
Le point H = s(HA ), image de HA par la réexion s est donc sur le cercle CA , image du
cercle C par la même réexion s.
On démontre de la même façon que le point H est élément du cercle CB .
Conclusion :
Les points C et H sont les deux points d'intersection des cercles CA et CB .
D
FC
A
C
CB
FB
O
B
F
OB
H
CA
HA
C
OA
FA
Nous complétons la gure en notant OA et OB les centres respectifs des cercles CA et CB .
Les points OA et OB sont les images respectives du point O par s(BC) et s(AC) .
2-b. Soit r = s(AC) ◦ s(BC) la rotation composée de la réexion s(BC) d'axe (BC) par la réexion
d'axe (AC).
La réexion s(BC) est une involution du plan : CA = s(BC) (C) ⇐⇒ C = s(BC) (C29/11/04
A ).
Nous en déduisons l'égalité s(AC) (s(BC) (CA )) = s(AC) (C). Soit, s(AC) (s(BC) (CA )) = CB .
De la même façon, s(AC) (s(BC) (FA )) = s(AC) (FB ) donne s(AC) (s(BC) (FA )) = F .
s(AC)
geo10012.fig
Ainsi, les images de CA et de FA par la rotation r sont respectivement CB et de FB .
La rotation r est la composée de la réexion s(BC) par la réexion s(AC) . Le centre de la
rotation r est le point de concours des deux droites (BC) et (AC), i.e. le point C .
L'angle de la rotation r a pour mesure θr = 2 ((BC), (AC)).
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Si les points A, B et C sont alignés, le problème perd beaucoup de son sens, il nous reste
alors deux cas à envisager selon que le triangle (ABC) est ou n'est pas rectangle en C .
• Le triangle (ABC) est rectangle en C .
D
A
C
FC
O
FB
B
F
C
F0
FA
Les points H est C sont confondus, si nous notons F 0 le symétrique du point F par rapport
au point C , les quatre points F , FB , F 0 et FA forment un rectangle dont C est le centre.
Les trois points FB , C et FA sont alignés sur une diagonale de ce rectangle.
• Le triangle (ABC) n'est pas rectangle en C .
L'angle des droites (BC) et (AC) n'est ni droit, ni nul, ni plat.
La mesure de l'angle θr de la rotation r est diérente de 0 (modulo π ).
La rotation r dont le centre est C et l'angle θr est diérente de l'identité et de la symétrie
de centre C .
Les deux cercles CA et CB = r(CA ) se coupent aux points C et H et vérient les conditions
de la question 1.
Nous en déduisons que les points H , FA et FB = r(FA ) sont alignés.
Notons que la démonstration ne tient pas compte du fait que le triangle (ABC) puisse être
rectangle en A ou en B .
Conclusion :
Que le triangle (ABC) soit, ou ne soit pas, rectangle en C , les points H , FA et FB = r(FA )
sont alignés.
2-c. Si nous eectuons une permutation des sommets A, B et C du triangle (ABC), le cercle C
et l'orthocentre H sont inchangés.
Nous pouvons refaire exactement la même démonstration que précédemment pour établir
que les trois points H , FB et FC sont alignés.
Le point FC est donc situé sur la droite (HFB ).
Conclusion :
Les quatre points H , FA , FB et FC sont situés sur une même droite D.
Remarquons que nous aurions pu éviter de faire un calcul spécial dans le cas où l'angle Cb
est droit en eectuant, déjà, une permutation circulaire sur les sommets du triangle (ABC)
pour n'utiliser comme centre de rotation que les deux angles non droits de ce triangle.
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2-d. On note D la droite à qui passe par les quatre points H , FA , FB et FC .
Pour que la droite D soit perpendiculaire à un des côtés du triangle (ABC), il faut que le
point F soit confondu avec le sommet du triangle opposé à ce côté. Nous éliminons ce cas
de gure sans intérêt pour la suite.
Les droites perpendiculaires à D passant respectivement par FA , FB et FC sont sécantes
aux droites (BC), (AC) et (AB) respectivement en les points P , Q et R.
D
FC
R
C
A
FB
CB
Q
O
F
B
OB
H
CA
C
OA
FA
P
Le point P est situé sur la droite (BC) axe de la réexion s(BC) qui transforme F en FA .
Le point P est donc équidistant des points F et FA et la droite (BC) est la médiatrice du
segement [F, FA ] .
de P
D'après
la dénition de P , le point FA est le pied de la perpendiculaire abaissée
25/11/04
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sur la droite D.
La distance de P au point FA représente la distance de P à la droite D.
Nous retrouvons la dénition d'une parabole par son foyer F et sa directrice D :
M ∈ P ⇐⇒ d(M, F ) = d(M, D)
La remarque fournie en préambule permet d'ajouter que la droite (BC), médiatrice du
segement [F, FA ], est tangente à la parabole P .
Nous démontrons de la même façon que les points P , Q et R sont situés sur la parabole P ,
de foyer F et de directrice D et qu'en ces points, respectivement, les droites (BC), (AC) et
(AB) sont tangentes à cette parabole.
Beom1001, page 4/4 - 29 novembre 2004