problème sur le losange corrigé

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Devoir en temps libre : autour du losange
Ce problème contient trois exercices indépendants et de difficulté croissante sur le
thème du losange.
On démontrera notamment à l’aide des nombres complexes quelques résultats de
géométrie bien connus depuis le collège. A priori on ne s’autorise que les résultats
proprement démontrés dans le cours de CPGE ; lorsqu’un théorème vu dans le cycle
secondaire sera nécessaire, l’énoncé le précisera explicitement.
On définit un losange comme un quadrilatère plan dont les quatre côtés sont de
même longueur, et dont les sommets sont deux à deux distincts.
Pour ces trois exercices, le plan est muni d’un repère orthonormé direct O,~ı,~ .
1. Dessiner un quadrilatère dont les quatre côtés sont de même longueur mais qui
n’est pas un losange.
Indication : Relire attentivement la définition d’un losange donnée par l’énoncé !
Vu la définition, un tel quadrilatère aura certains sommets égaux. Par exemple :
1
1
0
O
A=C
B
Il faudra avoir à l’esprit ce genre de cas particuliers dans la suite du problème !
Un quadrilatère dont les diagonales se coupent en
leur milieu et à angle droit est un losange
Pour simplifier nous étudierons un quadrilatère dont un des sommets est l’origine.
Soient donc A,B,et Ctrois points. Nous supposons que O, A, B, C sont deux à deux
distincts et que les diagonales du quadrilatère OABC sont orthogonales et se coupent
en leur milieu. Le but est de démontrer que OABC est un losange.
On notera a, b, c les affixes respectives de A, B, C.
Remarque : Si les points n’étaient pas deux à deux distincts, les diagonales pourraient
tout simplement ne pas exister, et cet exercice n’aurait plus de sens !
1. Faire une figure.
Comme il s’agit d’un problème de début d’année, on vous demande explicitement
de faire une figure, mais en général n’attendez pas qu’on vous le demande pour en
faire à chaque fois que possible ! Au brouillon, elle est indispensable pour guider
votre réflexion, et au propre, une bonne figure mettra le correcteur en de bonnes
dispositions et pourra même vous rapporter quelque point, même si vous n’avez pas
su trouver le raisonnement formel.

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Un conseil pour faire une figure : il faut qu’elle soit la plus générale possible : pas
de carré, ne mettez pas de point sur l’axe des abscisses ou des ordonnées...
1 2 3
1
2
0
/
/
k
k
O
A
C
B
2. Quelle est l’affixe du milieu de [OB]? Et de [AC]? Ainsi, par hypothèse, ces
deux nombres sont égaux.
L’affixe du milieu est tout simplement la moyenne des affixes.
L’affixe du milieu de [OB]est b+ 0
2, celle de [AC]est a+c 2. Ainsi l’hypothèse selon
laquelle les diagonales se coupent en leur milieu donne b
2=a+c 2, d’où :
b=a+c. (1)
3. Traduire le fait que −−→ OB ⊥−→ AC.
L’affixe de −−→ OB est b, celle de −→ AC est c−a. On sait alors d’après le cours que ces deux
vecteurs sont orthogonaux si et seulement si :
b·(c−a) + b·(c−a) = 0.
Commentaire : Si vous aviez oublié cette formule, retrouvez-la à l’aide du produit
scalaire :
−−→
OB ⊥−→ AC ⇔−−→ OB ·−→ AC = 0
⇔Re (b−0)(c−a)= 0
⇔b(c−a)∈iR
⇔b(c−a) = −b(c−a)
⇔b(c−a) + b(c−a) = 0.
4. En déduire que bc +bc =ba +ba.
Il suffit de développer la formule précédente ! Manifestement, cette question n’est là
que pour donner la formule à ceux qui n’ont pas réussi la question précédente...
5. Montrer que OA =OC.
En combinant les égalités b=a+cet bc +bc =ba +ba on obtient :
(a+c)c+ (a+c)c= (a+c)a+ (a+c)a
donc ac +cc +ac +cc =aa +ca +aa +ca
donc 2|a|2= 2|c|2
donc |a|=|c|.car |a|et |c|sont positifs
Comme aest l’affixe de A, et ccelle de C, on a bien prouvé que OA =OC.

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Commentaire : Faisons un petit rappel sur les carrés, qui posent toujours problème
en début d’année. En règle générale, pour tout (x, y)∈C2on a l’équivalence :
x2=y2⇔(x=you x=−y).
Cependant, dans le cas où on sait à l’avance que xet ysont réels et de même signe,
on obtient :
x2=y2⇔x=y.
C’est précisément le cas ici : |a|et |c|sont deux nombres réels et de même signe (positif
en l’occurrence).
6. Achever de montrer que OABC est un losange.
Il reste à montrer que AB =OA et BC =OA.
L’affixe de −→ AB est b−a, donc, en utilisant l’égalité b=a+c:
AB =|b−a|=|a+c−a|=|c|=|a|=OA.
De même :
BC =|c−b|=| − a|=|a|=OA.
Au final, on a bien prouvé que OA =AB =BC =CO, donc le quadrilatère OABC
est un losange.
Les diagonales d’un losange se coupent à angle droit
et en leur milieu
Le but de cette partie est de démontrer que les diagonales d’un losange se coupent
à angle droit et en leur milieu.
Nous prendrons encore un losange dont un des sommets est l’origine du repère.
Nous fixons donc A,B, et Ctrois points tels que OABC est un losange. Pour simplifier
encore, nous supposons que la longueur des côtés de OABC est 1.
Nous noterons comme dans la partie précédente a, b, et cles affixes respectives des
points A, B, et C.
1 Les diagonales sont orthogonales
1. Que valent |a|et |c|?
On a |a|=|a−0|=OA = 1 et |c|=OC = 1.
2. À partir des hypothèses AB = 1 et BC = 1, démontrer :
|b|2=ab +ab =bc +bc.
L’hypothèse AB = 1 donne |b−a|= 1, d’où |b−a|2= 1 donc (b−a)·(b−a) = 1. En
développant : bb −ba −ab +aa = 1. Mais comme aa =|a|2= 1, il reste :
|b|2−ba −ab = 0.
On obtient de même en partant de BC = 1 que |b|2=bc +bc.

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3. Montrer que les diagonales du losange sont orthogonales.
Comme rappelé partie , les diagonales sont perpendiculaires si et seulement si b·(c−
a)+b·(c−a) = 0. Il reste à voir si cela est vrai... Le plus simple quand on ne sait pas
dans quelle direction partir est d’utiliser un raisonnement par équivalence : essayons
de prouver que l’égalité ci-dessus équivaut à une égalité plus simple (et vraie tant
qu’à faire !)
On utilise un raisonnement par équivalence.
−−→
OB ⊥−→ AC ⇔b·(c−a) + b·(c−a) = 0
⇔bc −ba +bc −ba = 0
⇔ |b|2− |b|2= 0 (question 2)
⇔0 = 0.
Ainsi, l’assertion « −−→ OB ⊥−→ AC » équivaut à l’assertion « 0 = 0 ». Or, cette dernière
assertion est vraie. Donc l’assertion « −−→ OB ⊥−→ AC » est vraie également.
Ainsi les diagonales de OABC sont orthogonales.
2 Les diagonales se coupent en leur milieu
Dans cette partie, nous admettons que les droites (OB)et (AC)se coupent en
un unique point, que nous notons I.
1. Démontrer que Iest le milieu de [OB]et de [AC]. On pourra utiliser le théorème
de Pythagore.
Le triangle OIA est rectangle en Id’après la partie précédente. Le théorème de Py-
thagore prouve alors que IA =√OI2+OA2.
De la même manière en utilisant le théorème de Pythagore dans le triangle rectangle
OIC, on obtient que IC =√OI2+OC2.
Mais OA2=OC2= 1 puisque OABC est un losange de longueur de côtés 1. D’où
IA =IC :Iest au milieu de [AC].
On prouve de la même manière que Iest le milieu de [OB].
La partie suivante propose de prouver que OABC est un parallélogramme, et
d’en déduire que ses diagonales se coupent en leur milieu d’une manière purement
algébrique, sans admettre le fait que les droites (OB)et (AC)se coupent en un unique
point.
3 *** Un losange est un parallélogramme
Nous allons maintenant prouver que OABC est un parallélogramme. On pose :
•αun argument de l’affixe de −→ OA ;
•γun argument de l’affixe de −−→ OC ;
•θun argument de l’affixe de −−→ AB ;
•ϕun argument de l’affixe de −−→ CB.

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Cette partie est plus difficile. On utilisera, pour simplifier les calculs, la notation
modulo : étant donnés (a, b, m)∈R3, on notera « a≡b[m]» lorsque
∃k∈Ztq a=b+km.
1. Division par deux dans un modulo : Soit (a, b, m)∈R3. Vérifier :
a≡b[m]⇔a≡b[2m]ou a≡b+m[2m].
•Sens « ⇒» : Supposons a≡b[m]. Il existe alors par définition k∈Ztel que
a=b+mk. Fixons un tel k. On considère alors deux cas selon la parité de k:
Si kest pair, il existe `∈Ztel que k= 2`, alors a=b+2`m et donc a≡b[2m].
Si kest impair, il existe `∈Ztel que k= 2`+ 1, alors a=b+ 2`m +met
donc a≡b+m[2m].
•Sens « ⇐» : Supposons a≡b[2m]ou a≡m+b[2m]. Dans le premier cas il existe
k∈Ztel que a=b+ 2mk, dans le second il existe k∈Ztel que a=b+m+ 2mk.
Dans les deux cas, il existe `∈Ztel que a=b+`m : prendre `= 2kdans le
premier cas, et `= 2k+ 1 dans le second. Ainsi, dans tous les cas a≡b[m].
2. Quelles sont les affixes des quatre vecteurs −→ OA,−−→ OC,−−→ AB et −−→ CB ?
Ces quatre vecteurs sont de norme 1 car ce sont les côtés de notre parallélogramme.
Donc les quatre affixes cherchées ont pour module 1. De plus, par définition, α,γ,θ,
et ϕsont des arguments de ces quatre affixes. Finalement, les affixes de −→ OA,−−→ OC,−→ AB
et −−→ CB sont, dans l’ordre eiα,eiγ ,eiθ , et eiϕ.
3. En écrivant l’affixe de Bde deux manières différentes, montrer :
eiα+γ
2sin α−γ
2=eiϕ+θ
2sin ϕ−θ
2.
D’une part, B=O+−→ OA +−→ AB et d’autre part B=O+−−→ OC +−−→ CB. Au niveau des
affixes, nous obtenons :
0 + eiα +eiθ = 0 + eiγ +eiϕ.
Vu l’égalité à prouver, on rassemble αet γd’un côté, et θet ϕde l’autre.
Donc :
eiα −eiγ =eiϕ −eiθ .
Comme souvent, on factorise par l’angle moitié. Quoiqu’en réalité, il faudrait plutôt
parler de « l’angle moyen ». Ici, nous factorisons par eiα+γ
2à gauche, et eiϕ+θ 2à
droite.
Puis :
eiα+γ
2·
eiα−γ
2−eiγ−α 2
=eiϕ+θ
2·
eiϕ−θ
2−eiθ−ϕ 2
donc eiα+γ
2·2isin α−γ
2=eiϕ+θ
2·2isin ϕ−θ
2
(formules d’Euler)
donc eiα+γ
2·sin α−γ
2=eiϕ+θ
2·sin ϕ−θ
2.
(On divise par 2i, qui est non nul.)