Yvonne et René Sortais
de l'espace
Géométrie
et du plan

Yvonne et René Sortais
Géométrie
de l'espace et du plan
SYNTHESE DE COURS EXERCICES RÉSOLUS
HERMANN OO ÉDITEURS DES SCIENCES ET DES ARTS
Actualités scientifiques et industrielles, 1424a
Formation des enseignants et formation continue
DES MEMES AUTEURS :
La géométrie du triangle
Nouveau tirage, 1995
ISBN 2 7056 1424 9
© 1988, Hermann, 293 rue Lecourbe, 75015 Paris
Tous droits de reproduction, même fragmentaire, sous quelque forme que ce soit,
y compris photographie, microfilm, bande magnétique, disque ou autre,
réservés pour tous pays.
Sommaire
pages
1	Droites et plans de l'espace , propriétés d'incidence
Synthèse de cours	1
1	Intersection de deux plans	4
2	Intersection d’une droite et d'un plan	5
3	Traces d’un plan sur trois autres plans	6
4	Intersections de trois plans	7
5	Transitivité de l’équipollence dans l’ensemble des bipoints de l'espace	8
6	Section d'un tétraèdre par un plan	9
7	Section d’un cube par un plan	11
8	Section " triangulaire " d’un tétraèdre	12
9	Section d’une pyramide par un plan	13
10	Section d'un parallélépipède par un plan	15
11	Une configuration de Desargues	17
12	Intersections d'un plan avec les plans des faces	d’un cube	19
13	Une propriété de la diagonale d’un parallélépipède	21
2	Vecteurs de l'espace. Représentations paramétriques de droites et de plans
Géométrie analytique
Synthèse de cours	23
1	Trois parallélogrammes	29
2	Droite parallèle à un plan	29
3	Segment dont les extrémités sont les milieux des arêtes opposées d'un tétraèdre	30
4	Intersection d’une droite et d’un plan	31
5	Caractérisation d’un segment	32
6	Lieux géométriques	33
7	Trièdre fondamental d'un tétraèdre	35
8	Parallélépipède circonscrit à un tétraèdre	37
9	Quatre droites concourantes dans un quadrilatère inscrit	38
10	Intersections d'une droite avec les plans et les axes de coordonnées	39
11	Intersections de droites définies par des représentations paramétriques	41
12	Intersection d’une droite et d’un plan connus par des représentations paramétriques	42
13	Equation cartésienne d’un plan . Intersection de deux plans .	43
14	Intersections de trois plans . Interprétations de systèmes linéaires de 3	équations à 3	inconnues 45
15	Traces d’un plan sur les axes de coordonnées . Plan parallèle à un axe	de coordonnées	47
16	Traces d'un plan sur les plans de coordonnées	51
17	Intersection de deux plans définis par des représentations paramétriques	54
18	Trapèze complet	55
3	Barycentre
Synthèse de cours	59
1	Devinette : recherche des coefficients des points d'un système dont on connaît le barycentre	62
2	Centres de gravité de triangles	63
3	Isobarycentre des quatre sommets d'un tétraèdre	64
4	Alignements de points et droites concourantes	65
5	Isobarycentre des huit sommets d’un tétraèdre	67
6	Droites coplanaires	69
7	Ensembles de barycentres	72
4	Projections ponctuelles . Enoncés de Thalès
Synthèse de cours	75
1	Théorème de Thalès dans l'espace	79
2	Pieds des hauteurs d'un triangle	81
3	Théorème de Ménélaüs dans le plan	83
4	Théorème de Ménélaüs dans l'espace	85
5	Section d’un tétraèdre par un plan parallèle à deux arêtes opposées	87
5 Homothétles
Synthèse de cours	88
1 Du théorème de Thalès	aux homothéties	93
2 Aidons le dessinateur	94
3 Le dessinateur a encore besoin d'aide	95
4 Conservation du barycentre par une homothétie	97
5 Inscrire un carré d’aire maximale dans un triangle donné	99
6 Triangles à côtés respectivement parallèles	102
7 Un problème de construction : triangles homothétiques	103
8 Cercle de Taylor	105
9 Droite de Newton d'un quadrilatère complet	107
10 Centres d’homothéties de trois cercles	109
11 Droite et cercle d’Euler	111
12 Image d’un cercle par une homothétie ou une translation	117
13 Homothéties et lieux géométriques	120
6 Produit scalaire
Synthèse de cours	122
1	Propriétés des hauteurs d’un triangle	126
2	Périmètre d'un triangle et somme des longueurs de ses médianes	127
3	Inégalités triangulaires	128
4	Un curieux point de concours	129
5	De la géométrie plane...à la géométrie dans l’espace	130
6	Isobarycentre et relations métriques	131
7	Quadrilatère inscriptible orthodiagonal	133
8	Relations importantes déduites des " formules de la médiane "	136
9	Ensemble des points dont le rapport des distances à deux points donnés est constant	137
10	Al Kashi et Thalès	140
11	Puissance d'un point par rapport à un cercle . Polaire d’un point	par rapport à un cercle	143
7 Orthogonalité dans l'espace
Synthèse de cours	145
1 Théorème des trois perpendiculaires	151
2 Peut-on projeter un tétraèdre sur un plan suivant un parallélogramme ?	151
3 Projection orthogonale d’un angle droit	152
4 Section d’un cube par un plan perpendiculaire à une diagonale du cube	153
5 Tétraèdre trirectangle	155
6 Section d’une surface prismatique par un plan	158
7 L'octaèdre régulier - dual du cube - et l’Etoile de Kepler	161
8 Cercles homothétiques dans l'espace	165
9 Points cosphériques	167
10 Trois lieux géométriques	171
11 Mesure du dièdre de deux faces d'une pyramide régulière	175
12 Lieu géométrique du milieu d'un segment de longueur constante dont les extrémités		179
13 Section d’une pyramide à base carrée par un plan perpendiculaire à sa base	183
8 Applications du produit scalaire
Synthèse de cours	189
1	Déterminations de tangentes à un cercle	197
2	Bissectrices d’une paire de droites	200
3	Intersection de deux sphères	201
4	Lignes de	niveau	203
5	Lignes de	niveau	( solution géométrique )	205
5	Lignes de	niveau	( solution analytique	)	207
6	Valeur minimale de MA2 + 2 MB2 quand M décrit un plan S5 ne contenant ni A ni B	209
7	Ensemble des points M du plan tels que : a MA2 + 0 MB2 + y MC2 - k	211
8	Equations des hauteurs d’un triangle . Cercle circonscrit à un triangle	213
9	Le seul instant de liberté du géomètre en analytique : le choix du repère .	217
10	Tétraèdre trirectangle en géométrie analytique	219
11	Aire maximale d'une section rectangulaire de tétraèdre	223
9	Angles orientés dans le plan
Synthèse de cours	226
1	Une construction du pentagone régulier	235
2	Evaluation de l'altitude d'une montgolfière par deux observateurs	237
3	Evaluation de la hauteur d'une antenne inaccessible par un observateur seul	238
4	Evaluation de hauteurs d'arbres par un observateur seul	239
5	Evaluation de la distance entre deux arbres situés sur la berge inaccessible d'un torrent	240
6	Distances des sommets d'un triangle équilatéral à un point de son cercle circonscrit	241
7	Aire maximale d'un triangle ABC dont le sommet A décrit un arc de cercle d'extrémités B et C 242
8	Mesures des angles d'un triangle	243
9	Volume d'un tétraèdre connaissant	les	longueurs des trois	arêtes issues d'un même sommet et... 245
10	Volume d'un tétraèdre connaissant	les	longueurs de ses six	arêtes	247
11	Attelage de chiens de traîneau	249
12	Problème d'Alhazen ( miroir circulaire )	253
13	Trigonométrie appliquée au triangle	261
10	Symétries . Réflexion . Rotations dans un plan
Synthèse de cours	263
1	Construction d'un triangle dont on connait trois médiatrices	269
2	Trajet de plus court chemin et trajectoire de lumière	271
3	Billard rectangulaire	273
4	Inscrire un quadrilatère de périmètre minimal dans un rectangle donné	275
5	Un problème de construction résolu grâce aux rotations	279
6	Construction d’un triangle dont on connait trois bissectrices	283
7	Conservation du barycentre par une rotation	286
8	Recherche du centre et de l'angle d'une rotation en géométrie analytique	287
9	Un théorème attribué à....Napoléon	289
10	Triangles isométriques	291
11	Composées de réflexions , de rotations et de translations . Décomposition d'une rotation..	293
12	Isométries laissant globalement invariant l'ensemble des sommets d'un	triangle équilatéral	297
13	Rotations et réflexions en géométrie analytique	300
Problèmes
Tétraèdre régulier	305
Tétraèdre orthocentrique	313
Tétraèdre équifacial	330
Le fil a couper le cube	337
L'icosaèdre , le Dodécaèdre et l'Etoile de Poinsot	361
Etude d'une alvéole d'abeille	387
Droites plans de l'espace .
Propriétés d'incidence et parallèlisme .
A) Droites et plans dans l’espace.
1°) Vocabulaire : segment, droite , plan .
L'espace (E) est un ensemble de points , muni d’une distance , dont certaines parties sont appelées " droites",
d’autres sont dites plans , qu'on reconnaît grâce aux définitions suivantes .
a)	A et B étant deux points distincts de (E), le segment [ AB ] désigne l’ensemble des points M de (E) vérifiant :
AM + MB = AB
Trois points distincts sont dits alignés si, et seulement si l'un d'eux appartient au segment dont les extrémités sont
les deux autres .
b)	Si A et B sont deux points distincts de (E), la droite (AB) désigne l'ensemble des points de (E) alignés avec A et B
Admettre :	Etant donnés deux points distincts A et B , il existe une et une seule droite contenant A et B .
c)	On appelle plan toute partie & de (E) , autre que (E), telle que toute droite contenant deux points distincts A et B
de F soit incluse dans .
comparer S3 et 8
Admettre :	Si A, B , C sont trois points non alignés de (E), il existe un et un seul plan contenant ces trois
points . Ce plan sera noté (ABC) .
Dans tout plan P inclus dans l'espace (E), les résultats de la géométrie plane s'appliquent .
d)	Admettre :	Tout plan P détermine une partition de (E) en trois parties :	, 8 ', 8 ".
8 ’ et 8 " sont appelés demi-espaces ouverts de " frontière " P et vérifient :
♦	Si M et N sont deux points appartenant au même
demi-espace , alors le segment [ MN ] y est inclus .
♦	Si A appartient à 8 ' et si B appartient à 8 ",
alors le segment [ AB ] et ont un point commun et
un seul .
2°) Détermination d'un plan :
Un plan est parfaitement déterminé par l'une des données suivantes :
a)	Trois points non alignés .
b)	Une droite et un point n'appartenant pas à cette droite .
c)	Deux droites sécantes .
d)	Deux droites parallèles et disjointes .
1
3°) Positions relatives d'une droite A et d'un plan P trois cas peuvent se présenter : a) A est incluse dans P	b) A et SP sont disjoints 	—— p	——	/	c) A et P sont sécants: An P = {1} \a 7	/	\i	/ 	/
Dans les cas a) et b), on dit que A est parallèle à P .. 4°) Positions relatives de deux droites A, et Ag ( quatre cas ) a) A, et A2 sont confondues b) A, et Ag sont parallèles et disjointes /—	A 2 /	/	As / À7——/ a-t—:==r/ A, = Ab	A,//Ag et A1nAz = 0 Dans les cas a) et b), on dit que :	c) A1 et Ab sont sécantes d) A1 et Ab sont non (en I)	coplanaires |^2 /.A	i	1	/ /	!	/ 	 1 A,nA2 - {1}	A^Ag » 0 A, et A2 non parallèles
(A, ) et (Ab ) sont parallèles, et on note : (A, ) // (Ab ) 5°) Positions relatives de deux plans P, et Pt ( trois cas ) a) P, et P2 sont confondus	b) P, et P2 sont disjoints g>	% /		/ ZS.	/ P, -P2	^nP2 - 0 Dans les cas a) et b), on dit que : P, et P2 sont parallèles, et on note : P, H P2 . B) Parallèlisme dans l'espace	c) P, etP2 sont sécants \ / P,nP2 est une droite A .
On illustre ci-dessous des propriétés admises
î°) Droites parallèles . a)	Si A et A' sont deux droites parallèles , alors tout plan qui coupe A coupe aussi A' . b)	Si (A//A’ et A'//A" ) , alors (A//A") c)	Par un point A donné de l’espace , il passe une et une seule droite 2) parallèle à une droite donnée A . 2) Droite parallèle à un plan . a)	Si une droite 2> est parallèle à une droite A incluse dans un plan P , alors 2) est parallèle à ce plan P . b)	♦ Si 2> est une droite parallèle à un plan P ♦ Si P est un plan contenant 2) et sécant avec P alors P n P est une droite Ô parallèle à £) .	A |A' A A' A"	I A 		A 	-2) /y	 /p	\jz_\	/
c)	♦ Si S) est une droite parallèle à deux plans P, et
♦ Si et P2 sont sécants
alors 2) est parallèle à leur droite commune A .
d)	Théorème du toit
Soit A, et Az deux droites parallèles
Soit un plan contenant A, et 9>2 un plan contenant b* .
♦ Si et P2 sont sécants ,
alors leur droite commune A est parallèle à A, et à .
e)	*	Si 2)' est une droite parallèle à une droite 2)
*	Si 2) est une droite parallèle à un plan P
alors 2)' est une droite parallèle au plan P .
f)
Soit 2) une droite parallèle à P .
Soit A un point de S* .
Alors la droite 6^ parallèle à 2) et contenant A est incluse
dans y .
3°)
a)
b)
c)
d)
a)
4°)
a)
Plans parallèles
Soit P et P ’ deux plans parallèles .
Alors toute droite A parallèle à P est parallèle à P ' .
Deux droites sécantes parallèles à un même plan F déterminent
un plan R parallèle au plan S5 .
Par un point A donné de l’espace , il passe un et un seul plan
parallèle à un plan donné P .
Si (P//S»’ et S*’//$>") alors P//S>" .
Si S» et 9> ’ sont deux plans parallèles , alors tout plan St qui
" coupe” l’un de ces deux plans " coupe" aussi l’autre .
En outre les droites P n SI et P ' n Si sont parallèles .
Quelques remarques
----------____ A
Deux droites parallèles à un même plan.ne sont pas nécessairement parallèles .
b) Il existe une infinité de droites contenant un point A donné et parallèles à un même plan P donné .
c) Deux plans parallèles à une même droite 2)...ne sont pas nécessairement parallèles .
a)
b)
c)
exercice 1
Intersection de deux plans .
Deux plans S>1 et P2 sont sécants suivant une droite 2).
Soit A un point de •
Soit B et C deux points distincts de S>2 
On suppose que les points A , B , C n'appartiennent pas à 2).
1°) Justifier que les points A , B , C sont non alignés .
2°) Construire l’intersection des plans et (ABC).
♦	Supposons que les points A , B , C soient alignés .
Alors le point A appartient à la droite (BC).
Or (BC) c S>2.	Le point A appartient donc à S>2
Mais , par hypothèse , le point A appartient à .
Le point A appartient donc à P, n P2 . c'est à dire à la droite 2).
♦	ce qui est contraire à l’hypothèse .
Les trois points non alignés A , B , C déterminent donc le plan (ABC).
2°) Premier cas Si la droite (BC) coupe la droite 2) f
posons {I} - 2) n (BC)
Alors on allé (ABC) et A e (ABC) donc (IA) c (ABC)
( I e 2) , donc I e ; et A e , donc (IA) c 9>1
La droite (IA) est donc incluse dans P, et dans (ABC).
Observons que 9\ et (ABC) sont non confondus puisque B «
On a par conséquent :
Deuxième cas Si la droite (BC) est parallèle à la droite 2),
alors la droite (BC) est donc parallèle au plan .
Le plan (ABC) i contient une droite (BC) parallèle à
( coupe le plan P, suivant une droite contenant le point A .
S\n(ABC) = (IA)
Le plan (ABC) coupe donc le plan suivant une droite parallèle à (BC).
P, n (ABC) est donc la droite A passant par A et parallèle à 2).
4
exercice 2
Intersection d'une droite et d'un plan
La figure ci-contre représente trois plans 9>2, S>3 deux à deux sécants .
Soit A et B deux points donnés respectivement dans et S>2 et n'appartenant ni
à , nià .
Construire , lorsqu'il existe . le point O d'intersection de la droite (AB) et du plan S>3.
Indication : La construction d'un point est plus facile si ce point apparait comme
intersection de deux droites .
Remarquons tout d'abord que la droite (AB) n’est pas incluse dans le
plan 9>3 ( car le point A de la droite (AB) n'appartient pas à S>3 )
La droite (AB) est donc soit parallèle strictement au plan &3
soit sécante avec le plan S>3
Choisissons un point I de $>2 en sorte que :
la droite (IA) coupe la droite £)2 ( en un point noté J )
la droite (IB) coupe la droite ( en un point noté K )
Traçons les droites (JK) et (AB) ( qui sont coplanaires ).
Premier cas : si les droites (JK) et (AB) sont sécantes ( en un point noté O )
alors : ( le point O appartient à la droite (AB)
1 le point O appartient à la droite (JK) , donc au plan S>3.
Le point O appartient donc à (AB) n S>3.
On a par conséquent : (AB) n P3 - {O}.
Deuxième cas : si la droite (AB) est parallèle à la droite (JK)
alors.....le point O n’existe plus I!
La droite (AB), parallèle à la droite (JK) du plan S>3 est en effet
parallèle à ce plan et, dans ce cas :
La droite (AB) est strictement parallèle au plan P3 .
Réciproquement, si la droite (AB) est strictement parallèle au plan S>3
alors le plan (IAB), ( contient la droite (AB)
I est sécant avec P3 ( S>3 n (IAB) = (JK) ) .
Le plan (IAB) coupe donc le plan suivant une droite parallèle à (AB) .
La droite (AB) est donc parallèle à la droite (JK)
variante : Au lieu d’utiliser un point I appartenant à P, n P2, on peut mener par les points A et B les droites
respectives A, et A2 parallèles à n P2 .
La droite A,, qui est incluse dans y,, coupe alors la droite ÿ3 nÿ, ( en un point noté J ) .
La droite A2, qui est incluse dans S>2, coupe alors la droite P3 n $>2 ( en un point noté K ).
On est ramené à la méthode précédente ; il suffit de déterminer (AB) n (JK).
exercice 3
Traces d'un plan sur trois autres plans
Soit	, S>3 trois plans sécants deux à deux .
On note : 2), = P2 n ^3 î £>2 = n ^3 î 2)3 = ?, n .
Soit A, B , C trois points non alignés appartenant respectivement aux
plans , P2 .	•
On suppose qu’aucun des points A , B , C n'appartient à la fois à deux
des plans	. ^3 •
Construire les droites d’intersection Aa , A2 , A, du plan (ABC) avec
les plans respectifs ^3 , y2 , F, .
Remarquons que : le plan (ABC) coupe effectivement le plan 93 suivant une droite ( notée A3 )
En effet : les plans (ABC) et S>3 ne sont pas strictement parallèles (car le point C appartient à (ABC)nP3 )
les plans (ABC) et P3 ne sont pas confondus ( car le point B du plan (ABC) n’appartient pas à P3 ).
De même : le plan (ABC) coupe les plans et suivant deux droites notées respectivement A2 et A, .
Construction de la droite A3
La droite Aa, intersection des plans (ABC) et S>3 , contient déjà le point C .
Pour construire Aa, il suffit donc de connaître un autre point de A3 ou la direction de .
Essayons de préciser, par exemple (AB) n S>3.
Dans le plan P,, menons par A la droite d parallèle à 2)3. Soit J le point où d coupe 2>2 
Dans le plan P2. menons par B la droite 8 parallèle à 2)3. Soit K le point où 8 coupe 2),
Traçons les droites (AB) et (JK) •
♦	si la droite (AB) est parallèle à la droite (JK) alors la droite (AB) est parallèle au plan S>3
Le plan (ABC), qui contient la droite (AB), parallèle à P3, coupe alors P3 suivant une droite parallèle à (AB)
La droite A3 est donc alors la droite contenant le point C et parallèle à (AB).
♦	si les droites (AB) et (JK) sont sécantes ( en un point noté O ), alors :
( O e (AB)
( O e (JK) donc O e $>3 d’où : O e (AB) n S>3 c’est à dire : O e A3
La droite A3 est donc alors la droite (OC).
Construction des droites A1 et .
Remarquons que : A e A, et B e A2
♦	si les droites A3 et 2)2 sont sécantes en un point noté E,	alors - (EA)
♦	si les droites A3 et 2)? sont parallèles ( et donc distinctes puisque le point C de Aa n'appartient pas à 2)2 )
alors la droite A3 est parallèle au plan y, •
Le plan (ABC), qui contient la droite A3 parallèle à , coupe alors P, suivant une droite parallèle à	•
La droite A, est donc alors la droite contenant le point A et parallèle à A3 (doncà02) .
On construit de même la droite A2 en observant Aa n 2>, .
exercice 4
Intersections de trois plans
Trois plans , S>2 , $>3 se coupent deux à deux .
Démontrer que leurs intersections sont :
* ou bien trois droites parallèles .
♦ ou bien trois droites concourantes
Posons : n P2 “ £3
Premier cas : si la droite 2)3 est parallèle au plan P3 .alors :
♦	Les plans	y,	et	P3	sont sécants et 2>y contient une droite 2)3 parallèle à P3 .
Les plans	et	P3	sont donc sécants suivant une droite 2)2 parallèle à 2)3.
♦	Les plans	S>2	et	P3	sont sécants et S>2 contient une droite 2)3 parallèle à P3 .
Les plans	$>2	et	S>3	sont donc sécants suivant une droite 2)y parallèle à Sb3.
On a alors : ( 2)2 // 2)3
( 2>,//2)3
Les droites , P3r>F2 , sont donc parallèles .
Deuxième cas : si la droite 2)3 et le plan P3 sont sécants ( en un point I ). alors :
♦	Le point	I	appartient à 2)3	donc :	I e	9y n P2
♦	Le point	I	appartient au plan	S>3 ainsi qu’au plan	P,	donc	:	I g	P3 n P,
♦	Le point	I	appartient au plan	P3 ainsi qu’au plan	S>2	donc	:	le	P3nP2
Les trois droites PanP, , P3n . S>, n P, admettent donc le point I en commun .
Peut-on avoir 02 = £)3 ?
non , car on aurait Sb3 incluse dans P3 H ( or on a supposé 2)3 n s», - {!} >
Peut-on avoir 2)y * 2)3 ?
non , car on aurait Sb3 incluse dans S>3 H
Peut-on avoir 2)y = Sb2 ?
non , caron aurait 2)y et 2)2 incluses dans 9>y n P2, donc confondues avec 2)3 ,
on aurait donc 2)3 incluse dans P3 II
Les trois droites distinctes S>3r>Siy , $>3n F» . S>2 n 9>y admettant le point I en commun sont donc
concourantes en I .
7
exercice 5
Transitivité de l'équipollence dans l'ensemble des bipoints de l'espace .
Deux bipoints (A, B) et (C , D) sont dits équipollents si, et seulement si les bipoints (A , D) et (B . C) ont même milieu .
Soit A, B , C, D , E, F six points non coplanaires tels que :	F
♦ Les bipoints (A, B) et (C , D) soient équipollents .
* Les bipoints (C, D) et (E, F) soient équipollents .
On se propose de démontrer que les bipoints (A , B) et (E , F) sont alors E
équipollents .
1er0 méthode : a) Démontrer que les plans (ACE) et (BDF) sont parallèles.
b) Conclure que ABFE est un parallélogramme .
2eme méthode : Par le milieu O commun de (A, D) et (B, C), on mène la
droite A parallèle à (EC) .
a)	Justifier que A contient le milieu I de (A, F) et le milieu J
de (B, E) .
b)	Démontrer que les points I et J sont confondus .
Il s’agit de démontrer que ABFE est un parallélogramme , sachant que ABDC et CDFE sont deux
parallélogrammes non situés dans un même plan .
Première méthode : Etudions les plans (ECA) et (FDB).
♦	La droite (EC) est parallèle à la droite (FD), incluse dans le plan (FDB), donc (EC) est parallèle au plan (FDB).
La droite (CA) est parallèle à la droite (DB), incluse dans le plan (FDB), donc (CA) est parallèle au plan (FDB).
Le plan (ECA), déterminé par les deux droites sécantes (CE) et (CA), est donc parallèle au plan (FDB) •
♦	D’autre part, on a : (AB)//(CD) et (CD)//(EF) donc:	(AB) //(EF)
En outre les droites (AB) et (EF) sont distinctes ( sinon les six points donnés seraient coplanaires ) .
Soit & le plan qu'elles déterminent.
Les droites (EA) et (FB) sont alors les droites d'intersection de S5 avec les deux plans parallèles (ECA) et (FDB).
On a donc : (EA) U (FB)
conclusion : le quadrilatère ABFE , qui a ses côtés opposés parallèles , est donc un parallélogramme .
Deuxième méthode : On a : A//(EC) et (EC)//(FD) donc: A//(FD)
*	Considérons le triangle ECB :
La droite A contient le milieu O de [ BC ] et est parallèle à (CE), donc A contient le milieu J de [ BE ] •
Considérons le triangle FDA :
La droite A contient le milieu O de [ AD ] et est parallèle à (FD), donc A contient le milieu I de [ FA ] .
♦	Les points A , B , F , E sont coplanaires ( puisque les droites (AB) et (EF), parallèles à (CD), sont parallèles ).
Etudions l'intersection de la droite A et du plan P contenant les points A , B , F, E .
le (AF) donc	Ie3>	or	le A	d'où:	le An y
J e (BE) donc	J e P	or	J e A	d'où :	J e A n P
Si on avait I # J , la droite A contiendrait deux points distincts du plan P
la droite A serait donc incluse dans le plan P ,
ce qui est absurde puisque le point O n'appartient pas au plan (ABEF )
conclusion : le quadrilatère ABFE , dont les diagonales [ FA] et [ BE ] ont même milieu J , est donc un
parallélogramme.
8
exercice 6
Section d'un tétraèdre par un plan
Déterminer et construire, sur chaque figure , l’intersection du plan (MNP) avec chacune des faces du tétraèdre ABCD ,
sachant que : M appartient à ] AB [ , P appartient à ] AC [ , N appartient à ] CD [
On tiendra compte , en outre , des hypothèses indiquées , dans chacun des cas suivants .
C
figure 1 et figure 2
Les plans (MNP) et (BAD) J ont en commun le point M
| ne sont pas confondus ( le point P du plan (MNP) n’appartient pas au plan (BAD) )
(MNP) n (BAD) est donc une droite A contenant le point M .
Appliquons le théorème du toit :
Les droites (PN) et (AD) sont parallèles et respectivement incluses dans les plans (MNP) et (BAD).
La droite A d’intersection des plans (MNP) et (BAD) est donc parallèle aux droites (PN) et (AD).
Dans le plan (BAD), la droite (BD), qui coupe (AD), coupe donc aussi la droite A. Posons {Q} = An (BD)
L’intersection des plans (MNP) et (BCD) est alors la droite (NQ).
Dans le cas de la figure 1, remarquons que la droite (NQ) contient le point I d'intersection des droites (PM) et (BC)
en effet : I e (MP) donc I e (MNP) )
le(BC) donc le (BCD) J d’où:	I g (MNP) n (BCD)
Dans le cas de la figure 2, remarquons que les plans sécants (MNP) et (BCD) contiennent respectivement les
droites (PM) et (BC) parallèles .
Leur droite commune (NQ) est donc parallèle aux droites (PM) et (BC) (théorème du toit)
Le quadrilatère MNPQ , dont les côtés opposés sont parallèles , est donc un parallélogramme .
9
figure 3 ; Posons : (PM) n (BC) = {I} et (PN) n (AD) » {J}
D’une part :
I e (MNP) n (BCD)
N € (MNP) n (BCD)
et I et N sont deux points distincts ( puisque N / C )
D’autre part :
L intersection des plans (MNP) et (BCD) est donc la droite (IN) •
J e (NP) n (AD) donc : J e (MNP) n (ABD)
M g (MP) n (AB) donc : M g (MNP) n (ABD) et les points J et M sont distincts ( car M * A )
L intersection des plans (MNP) et (ABD) est donc la droite (MJ) .
10
exercice 7
Section d'un cube par un plan
On considère le cube ABCDEFGH ci-contre .
Soit I, J , K les milieux respectifs de (A, B), (B , C), (D, H) .
1°) Construire les droites d’intersection du plan (UK) avec les faces du cube .
2°) Construire la droite A d'intersection des plans (AHC) et (UK).
Justifier que la droite A est parallèle à la droite (U).
.indication : construire le point d'intersection des droites (U) et (CD) .
1°) Les droites (U) et (AC) sont parallèles puisque (U) est une droite des milieux dans le triangle ABC.
Dans le plan (ABC), la droite (AD), qui coupe la droite (AC) en A , coupe donc la droite (U). en un point noté R .
De même ,	la droite (DC) coupe la droite (U) en un point noté S .
I g (ABC) n (UK)
J e (ABC) n (UK)
donc : (U) c (ABC) n (UK)
En outre , les plans (ABC) et (UK) ne sont pas confondus ( puisque K g (UK) et Kg (ABC) ).
On a par conséquent : (ABC) n (UK) = (U)
R e (AD) donc	R g (ADE)	I
R g (U)	donc	R g (UK)	f	Le point R appartient donc à (ADE) n (UK) .
K g (UK) et K g (ADE)	Le point K appartient donc à (ADE) n (UK) .
On a donc :	(RK) c (ADE) n (UK)
En outre , les plans (ADE) et (UK) ne sont pas confondus ( puisque I g (UK) et I g (ADE) ) .
On a par conséquent : (ADE) n (UK) = (RK)
Les droites (AE) et (DK) sont parallèles .
Dans le plan (ADE), la droite (RK), qui coupe la droite (DH) en K , coupe donc la droite	(AE), en un point noté Q.
Q g (AE)	donc	Q g	(ABE)	I
Q g (RK)	donc	Q g	(UK)	f	Le point	Q appartient donc à (ABE) n (UK)	.
I g (UK)	et I g	(ABE)	Le	point	I appartient donc à (ABE) n (UK) .
On a donc :	(Ql) c (ABE) n (UK)
En outre , les plans (ABE) et (UK) ne sont pas confondus ( puisque J g (UK) et J g (ABE) ) .
On a par conséquent : (ABE) n (UK) = (Ql)
2°) Utilisons le théorème du toit.
Les droites (U) et (AC) sont parallèles et incluses respectivement dans les plans (UK) et (AHC) «
La droite A d’intersection de ces deux plans ( voir construction sur la figure ) est donc parallèle à (U).
11
Exercice 8
Section " triangulaire " d’un tétraèdre .
Soit ABCD	un tétraèdre	.	Soit	M ,	N ,	P	trois points donnés	appartenant respectivement à ] AB [, ] AC [, ] AD [ .
1 °)	On suppose que	les points	M	,	N	,	P	sont tels que :	♦	La droite	(MP) perce le plan	(BCD)	en un point noté	N’	.
♦	La droite	(MN) perce le plan	(BCD)	en un point noté	P’	.
♦	La droite	(NP) perce le plan	(BCD)	en un point noté	M’	.
Construire les points M’, N', P’ en justifiant leur construction .
Démontrer que les points M*, N’, P' sont alignés .
2°) On suppose que les points	M	,	N	,	P	sont tels que les droites (MP) et	(MN) sont parallèles	au plan (BCD)
Justifier que le plan (MNP)	est	alors	parallèle au	plan	(BCD) .
En déduire qu’on a alors : (MP)//(BD) ; (MN)//(BC) ; (NP)//(CD) .
3°) On suppose que les points M , N , P sont tels que : ♦ La droite (MP) est parallèle au plan (BCD) .
♦	La droite	(MN)	perce le plan	(BCD)	en un point noté	P’	.
♦	La droite	(NP)	perce le plan	(BCD)	en un point noté	M’	.
Justifier que la droite (M'P* ) est parallèle à la droite (BD).
1°) a) ♦ La droite (MP) est incluse dans le plan (ABD).
♦	Le point N’ d’intersection de la droite (MP) avec le plan
(BCD) appartient alors aux deux plans (ABD) et (BCD)
donc à leur droite commune (BD) .
♦	N’ est donc point commun aux droites (MP) et (BD) .
De même , le point P’ appartient aux deux plans (ABC) et (BCD),
donc à leur droite commune (BC) .	-N
De même , le point M’appartient aux deux plans (ACD) et (BCD),
donc à leur droite commune (CD) .
b) Les trois points M’, N’, P’ appartiennent à la fois au plan
(MNP) et au plan (BCD) .
Ils sont donc alignés sur la droite d’intersection A de ces deux plans
2°) a) Les droites (MP) et (MN) sont deux droites sécantes ( en M )
et parallèles à un même plan , ici (BCD) .
Le plan (MNP) déterminé par ces deux droites sécantes est
donc parallèle au plan (BCD) .
b) Les deux plans (MNP) et (BCD) étant parallèles , tout plan qui
coupe l'un d'eux coupe alors l'autre et les droites d’intersection
sont parallèles .
♦	Le plan (ABD) coupe les plans (MNP) et (BCD)
suivant les droites (MP) et (BD) qui sont donc parallèles .
♦	Le plan (ABC) coupe les plans (MNP) et (BCD)
suivant les droites (MN) et (BC) qui sont donc parallèles .
♦	Le plan (ACD) coupe les plans (MNP) et (BCD) suivant les droites (NP) et (CD) qui sont donc parallèles
3°) a) Remarquons que :
♦	Le point M’ appartient à la droite (NP), donc au plan (ACD) .
♦	Le point M*, qui appartient aussi au plan (BCD), appartient
donc à la droite (CD) commune à ces deux plans .
On justifie de même que le point P' appartient à la droite (BC) .
b)	Démontrons : (MP)//(MP) .
♦	Le plan (MNP) contient la droite (MP) parallèle au plan (BCD) .
♦	Puisque le plan (MNP) est sécant avec le plan (BCD), leur
droite commune (M’P* ) est donc parallèle à (MP) .
c)	Démontrons : (MP)//(BD) .
♦	Le plan (ABD) contient la droite (MP) parallèle au plan (BCD) M'
♦	Puisque le plan (ABD) est sécant avec le plan (BCD), leur
droite commune (BD) est donc parallèle à (MP) .
Ayant prouvé (MP)// (MP) et (MP)//(BD) , on déduit: (MP)//(BD) .
12
exercice 9
Section d'une pyramide par un plan .
Chaque figure ci-dessous représente une pyramide dont " la base " ABCD est un parallélogramme ( les distances SA ,
SB , SC , SD ne sont pas nécessairement égales ) .
On a choisi ♦ deux points I et J appartenant respectivement à ] SA [ et ] SB [
♦ un point P intérieur strictement au triangle SCD .
1°) Justifier que les points I, J , P sont non alignés .
2°) Déterminer :
♦	l’intersection du plan (UP) avec chacune des faces latérales (SAB), (SBC), (SCD), (SDA) de la
pyramide ,
♦	l’intersection du plan(UP) avec le plan (ABCD) .
13
1°) Si les points I, J , P étaient alignés , le point P appartiendrait à la droite (U), incluse dans le plan (SAB)
le point P appartiendrait donc aux deux plans (ABS) et (CDS)
Ces deux plans sont distincts et ont en commun le point S
Leur intersection est donc une droite A contenant le point S
En outre A est parallèle aux deux droites (AB) et (CD) ( théorème du toit ) f
le point P appartiendrait à A , ce qui contredit l’hypothèse : " P est strictement intérieur au triangle SCD "
2°) Nommons le plan déterminé par les trois points non alignés I, J , P
Les plans & et (SAB) J ont en commun deux points distincts I et J ,
| ne sont pas confondus ( P g y mais P e (SAB)
F*n(SAB) est donc la droite (U)
Deux situations sont possibles :
Si les droites (U) et (AB) sont parallèles .alors (U)//(CD) (voir figures (1) et (2))
♦	Les plans et (SCD) ont en commun le point P et ces plans ne sont pas confondus ( I e S* et I « (SCD) )
Leur intersection est donc une droite 5 contenant le point P
En outre ces plans contiennent respectivement les droites (U) et (CD) parallèles
Leur droite commune 8 est donc parallèle à (U) et à (CD)
n (SCD) est donc la droite 8 contenant le point P et parallèle à la droite (CD)
♦	Posons : { K} - 8 n (SC) et {L} = 8n(SD)
L’intersection des plans P et (SBC) est alors la droite (JK)
L'intersection des plans P et (SAD) est alors la droite (IL)
♦	Etudions P n (ABCD)
Premier cas : si (JK) H (BC), le plan contient deux droites sécantes (U) et (JK) parallèles au plan (ABCD)
le plan F est donc alors parallèle au plan (ABCD)
Puisque les plans S5 et (ABCD) sont distincts, on a : Pn(ABCD)  0
On a alors : J (IL) // (AD) puisque le plan (SAD) coupe les deux plans parallèles P et ABCD
( suivant des droites parallèles ( voir figure 1 )
Deuxième cas : si (JK) et (BC) sont sécantes ( en un point nommé R ) ( voir figure 2 )
alors P n (ABCD) est une droite 8’ contenant le point R
parallèle à (AB) et à (U) ( théorème du toit )
Remarquons que le point Q où 8' coupe (AD) est aligné avec les points I et L
( on a en effet : Q g ? et Q e (SAD) donc : Q e (IL) )
Si les droites (U) et (AB) sont sécantes f posons { M} = (U) n (AB) ( voir figures 3 et 4 )
Si deux droites sont parallèles et distinctes , toute droite incluse dans le plan qu'elles déterminent et coupant l'une
coupe l’autre
La droite (U), qui coupe (AB) coupe donc aussi la droite A	Posons {O}  (U) n A
L intersection des plans P et (SDC) est alors la droite (OP)
La droite (OP), qui coupe A (en O ), coupe alors la droite (CD) Posons { N} - (OP) n A
L intersection des plans F et (ABCD) est alors la droite (MN)
La droite (OP), incluse dans le plan (SDC) coupe au moins l’une des deux droites (SC) ou (SD)
( sinon on aurait : (SC) U (SD) )
Premier cas : si (OP) coupe les deux droites (SC) et (SD) en des points notés respectivement K et L
alors:	Fn(SBC) - (JK) et 3*n(SAD) « (IL)
Deuxième cas : si (OP) coupe la droite (SC) en un point noté K et (OP) parallèle à (SD)
alors : P n (SBC) - (JK)
P n (SAD) est la droite d contenant le point I et parallèle aux deux droites (OP) et (SD)
(théorème du toit )
Remarquons que la droite d coupe alors (AD) en un point Q aligné avec M et N ( puisque Q e P et Q e (ABCD) )
14
exercice 10
Section d'un parallélépipède par un plan
Les deux plans S5 et (UK) étant parallèles , tout plan qui coupe l’un coupe l’autre et ses traces sur P et sur (UK) sont
des droites parallèles.
On peut remarquer que , si deux plans sont parallèles , leurs intersections avec le plan (UK) ou avec le plan sont,
lorsqu'elles existent, deux droites parallèles .
Ces propriétés permettent les constructions ci-dessous . D_________________________________________________
a)	Le plan contient le point B (BBJ/ZfU) et (BBJZZflK) (B2B3)//(BB1) et (B3B4)//(JK) b)	Le plan P contient le point D (DE)//(JK) et (EE,)//(KI)	m	m A'ïsAA AAA W\/ 0 —	—O ~~			 O
15
c) Le plan P contient le point L .
(LU)//(KJ)
(Ui)//(U) et
(LtLe)//(KI) et
(UU)//(U) et
d ) Le plan S5 contient le point C .
♦ Prouvons que le plan P contient la droite (CF) .
Le plan (CDEF) coupe les plan parallèles (CBFG) et (DAEH) suivant deux droites parallèles , donc :
(FC)//(DE)
En outre, (DE)//(JK) d’où: (CF)//(JK)
La droite (CF) est donc parallèle au plan (UK), et par conséquent au plan S3 .
On a : C e P donc : (CF) c P

16
exercice 11
Une configuration de Desargues
Soit P et P ' deux plans sécants suivant une droite A .
Soit O un point de Pespace n’appartenant à aucun des deux plans P et P ’ .
Soit A1, A2, Aa trois droites non coplanaires. concourantes en O .
On suppose que A,, Ag, A3 percent le plan P en respectivement A , B , C et percent le plan P ’ en
respectivement A’, B’, C ’ .
1°)	a) Vérifier que les points A, B , C	sont non alignés , et que les points A', B’, C’ sont non alignés .
b) Démontrer que les droites	(BC)	et	(B’C’ ) sont sécantes ou parallèles .
2°)	Démontrer que , si les droites	(BC)	et	(B’C ) sont parallèles , alors leur direction commune est celle	de	A	.
3°)	Démontrer que , si les droites	(BC)	et	(B’C ) sont sécantes , alors leur point commun K appartient	à la	droite A .
4°) On suppose que les droites (AB), (AC), (BC) coupent la droite A en respectivement I, J , K .
Démontrer que les points I, J , K appartiennent respectivement aux droites (A’B’ ), (A’C ), (B’C’ ) .
17
1 °) a) Si les points A, B , C étaient alignés ( sur une droite d ) ,
alors les droites (OA), (OB), (OC) seraient incluses dans le plan déterminé par le point O et la droite d
( car O g d )
ce qui est absurde puisque les droites A,, A2, A3 sont non coplanaires
b) Les droites (BC) et (B’C’ ) sont incluses dans le plan y, déterminé par les droites Ag et A3, sécantes en O
Etant coplanaires , les droites (BC) et (B’C* ) sont donc sécantes ou parallèles .
2°) Supposons (BC)//(B’C)
Appliquons le théorème du toit :
Les plans sécants P et ? ' contiennent respectivement les droites (BC) et (B'C ) qui sont parallèles .
La droite A d'intersection des plans 9 et P ’ est donc parallèle aux droites (BC) et (B'C ) .
3°) Supposons les droites (BC) et (B’C ) sécantes .
Ke(BC) et (BC)cP	donc:
Kg (B’C) et (B’C)cP' donc:
4°) Les trois points I, A’, B’ appartiennent au plan P '
Les trois points I, A’, B’ appartiennent au plan (OAB)
Les trois points I, A*, B’ appartiennent donc à l’intersection
Ces deux plans ne sont pas confondus puisque
Les points A’ et B' sont distincts
Il en résulte : I e (A’B* )
On démontre de même : J e (A'C ) et K e (OB’ )
Soit K leur point commun
Kgî>
K g P ’ On en déduit : K e P n S> ’ d’où : K e A
puisque le A et AcS>*
puisque I e (AB) et A’ e (OA) et B’ g (OB)
des deux plans P' et (OAB)
O e (OAB) mais O e P ’
donc :	P ' n (OAB) est la droite (AB’ )
18
Exercice 12
Intersections d'un plan avec les plans des faces d'un cube .
On considère le cube ABCDEFGH ci-contre .
Soit I, J , K trois points appartenant respectivement à ] FE [, ] FG [, ] FB [ .
On se propose de construire les droites d’intersection du plan (UK) avec les six plans des faces du cube .
1°) a) Construire les points M , N , P , Q, R , S d’intersection du plan (UK) avec les droites respectives (BA), (BC)
(GC) ,(GH), (EA), (EH) .
b) Comparer les directions des droites de chacune des paires {(U), (MN)} , {(JK), (RS)} , {(Kl), ( PQ)} .
2°) a) Construire les points d'intersection I*, J’, K’ du plan (UK) avec les droites respectives (DC), (DA), (DH) .
b) Préciser la nature des quadrilatères IMIO , JNJ’S , KRK’P .
3°) Dans le cas particulier où I, J , K sont les milieux respectifs des segments [ FE ], [ FG ], [ FB ] ,
a)	Démontrer que les triangles UK et l’J'K’ sont équilatéraux .
b)	Quelle est alors la nature de chacun des triangles KMN , JPQ, 1RS .
1°) a) ♦ Construisons le point d'intersection des droites (AB) et (IK) .
Ce point appartient alors à la droite (AB) et au plan (UK) . C’est le point M cherché .
♦	De même , le point d'intersection des droites (JK) et (BC) est le point N cherché .
♦	Le même raisonnement justifie la construction des points P , Q , R , S .
19
1°) b) ♦ Les deux plans (ABCD) et (EFGH) sont parallèles .
Le plan (UK), qui coupe le plan (ABCD), coupe donc le plan (EFGH), et les droites d’intersection (U) et (MN)
sont alors parallèles .
♦	De même , les deux plans parallèles (ABFE) et (DCGH) sont coupés par un même plan (UK) suivant les
droites parallèles (Kl) et (PQ).
♦	De même , les deux plans parallèles (BCGF) et (ADHE) sont coupés par un même plan (UK) suivant les
droites parallèles (JK) et (RS).
2°) a) ♦ Le point d’intersection des droites (DC) et (MN) appartient à (DC) et au plan (UK) qui contient (MN) .
C’est le point I’ cherché , intersection de la droite (DC) et du plan (UK) .
♦	Le point d’intersection des droites (DC) et (PQ) est un point appartenant à (DC) et au plan (UK), qui
contient (PQ) .
Ce point est donc aussi le point I* cherché .
On justifie de la même façon que le point d’intersection J’ du plan (UK) avec la droite (AD) est à la fois :
* le point d’intersection des droites (MN) et (AD)
♦ le point d’intersection des droites (RS) et (AD) .
De même, les droites (PQ) et (RS) coupent la droite (DH) en un même point, qui est le point d’intersection K’ du
plan (UK) avec la droite (DH) .
b) Les points I’, M , N , J’ sont alignés sur la droite (MN) d'intersection des plans (UK) et (ABCD) .
De même , on justifie l’alignement des points F, Q, P , K’ et Falignement des points J’, S , R, K’ .
On a :( (MN)//(U)	( (MF ) //(IQ)
) (PQ) Il (IK) donc 1 (QF ) // (IM) le quadrilatère IMI’Q est donc un parallélogramme .
De même , on prouve que les quadrilatères JNJ’S et KRK’P sont des parallélogrammes .
3°) a) On suppose maintenant que les points I, J , K sont les milieux respectifs de [ FE ] , [ FG ] , [ FB ] .
Dans le triangle FEG, la droite (U), qui contient les milieux des deux côtés [ FE ] et [ FG ] est alors parallèle à (EG),
et on a, en outre : U - — GE soit
2
où a est la longueur de l’arête du cube .
a V 2
De même , on justifie : JK » —-— et
* Le triangle UK est donc équilatéral .
Dans le parallélogramme IM FQ, les angles QI’M et QIM ont même mesure 60°, et IMF mesure 120° .
Dans le parallélogramme JNJ’S , les angles NJ’S et SJN ont même mesure 60°, et JNJ’ mesure 120° .
♦ Le triangle NK possède deux angles mesurant 60° ( KTJ’ - l’J’K’ « 60° ) . Il est donc triangle équilatéral .
b) Dans le plan (UK), les angles IKJ et NKM , opposés par le sommet ont même mesure 60° .
Par ailleurs IMN - 180° - IMF - 60° .
Le triangle KMN , dont deux angles mesurent 60°, est donc équilatéral .
remarquons que les triangles équilatéraux UK et KMN sont alors symétriques , par la symétrie centrale de centre K .
Il suffit en effet de considérer, dans le plan (AEFB), la projection de la droite (BF) sur la droite (Kl) suivant la
direction de la droite (AB) .
Le milieu K de (B, F) se projette sur le milieu K de (I, M) ,
On démontre de même que K est milieu de (N , J) .
20
exercice 13
Une propriété de la diagonale d'un parallélépipède
On considère le parallélépipède quelconque ABCDEFGH représenté ci-contre .
1°) a) Démontrer que les droites (BD) et (FH) sont parallèles .
les droites (ED) et (FC) sont parallèles .
En déduire que les plans (BDE) et (HFC) sont parallèles .
b) Soit I, et I2 les milieux respectifs de (B, D) et (F, H) .
Démontrer que les droites (El,) et (Clg ) sont parallèles .
2°) Soit G, et Gg les centres de gravité respectifs des triangles BDE et HFC .
a)	Démontrer que la droite (AG, ) est incluse dans le plan (EAC) .
b)	Démontrer que la droite (AG, ) est incluse dans le plan (BAH) .
c)	Quelle est l’intersection des plans (EAC) et (BAH) ?
En déduire que la droite (AG) perce le plan (BDE) en G, .
d)	Justifier de même , que la droite (AG) perce le plan (HFC) en Gg .
3°) En utilisant le résultat du 1°) b), démontrer que G, est le milieu de (A , Gg ) , et que G2 est milieu de (G, G, )
En déduire les égalités : AG, » G,Gg - G2G .
remarque préliminaire
On a : (AB) H (EF) et (EF) c (EFGH) , donc la droite (AB) est parallèle au plan (EFGH)
(AD)//(EH) et (EH)c (EFGH) , donc la droite (AD) est parallèle au plan (EFGH)
En outre les droites (AB) et (AD) sont sécantes . Les plans (EFGH) et (ABCD) sont donc parallèles .
1°) a) Ona : (BF)//(CG) et (CG)//(DH) donc (BF)//(DH)
Les deux droites (BF) et (DH) , parallèles et distinctes , déterminent donc un plan (BFDH) .
Ce plan (BFDH) coupe les deux plans parallèles (ABCD) et (EFGH) suivant deux droites parallèles (BD) et (FH).
De même . on justifie que :
♦	les plans (AEHD) et (BFGC) sont parallèles .
♦	les	droites (EF) et	(CD), parallèles et distinctes , déterminent un plan (EFCD)
♦	Ce	plan (EFCD) coupe les plans parallèles	(AEHD) et (BFGC) suivant deux droites parallèles (ED) et (FC) .
On a	: (BD) Il (FH)	et (FH) c (HFC) ,	donc la droite (BD) est parallèle au plan	(HFC)
(DE) H (FC)	et (FC) c (HFC) ,	donc la droite (DE) est parallèle au plan	(HFC)
En outre les droites (BD) et (DE) sont deux droites sécantes , en D .
Le plan (BDE) qu’elles déterminent est donc parallèle au plan (HFC) .
21
1°) b) Remarquons que h est aussi milieu de (A.C) et que l2 est aussi milieu de (E.G) .
Les points E , h, l2, C sont coplanaires dans le plan (ACEG) .
Ce plan (ACEG) coupe les plans parallèles (BED) et (HFC) suivant des droites parallèles qui sont (Elt ) et (Cl2 ).
2°) a) Le centre de gravité G1 du triangle BED appartient à la médiane (El, ) issue de E dans ce triangle .
Le point G, appartient donc au plan (EAI, ), qui est aussi le plan (EAC) .
La droite (AG! ) est donc incluse dans le plan (EAC) .
b)	Soit J, le milieu commun de (E , D) et (A, H) .
Le point G, appartient aussi à la médiane (BJ, ) issue de B dans le triangle BED .
Le point G, appartient donc au plan (BAJ, ), qui est aussi le plan (BAH) .
La droite (AG! ) est donc incluse dans le plan (BAH) .
c)	Les droites (AE) et (CG), parallèles et distinctes , déterminent un plan . Le plan (EAC) est donc aussi le plan (EACG)
Les droites (BA) et (HG), parallèles et distinctes , déterminent un plan . Le plan (BAH) est donc aussi le plan (BAHG)
Les plans (EAC) et (BAH) sont distincts et ont en commun les points A et G . Leur intersection est donc la droite (AG)
La droite (AG, ), incluse dans les deux plans (EAC) et (BAH), est alors égale à leur droite commune (AG) .
Le point G, appartient à la médiane (El, ), elle même incluse dans le plan (BDE)
Le point G, appartient donc au plan (BDE).
Le point G, est donc le point commun de la droite (AG) et du plan (BDE).
d)	Le centre de gravité G2 du triangle HFC appartient au plan de ce triangle .
Le point Gg appartient en outre à la médiane (C^ ) du triangle HFC .
Le point Ga appartient donc au plan (CGI2 ) qui est aussi le plan (CGEA) .
Nommons J2 le milieu commun de (F, C) et de (B , G).
Le point G* appartient à la médiane (HJ2 ) du triangle HFC .
Le point G2 appartient donc au plan (HGJ2 ) qui est aussi le plan (HGBA) .
Les plans (CEGA) et (HGBA) sont distincts et ont en commun les points G2, G et A .
Le point Gj appartient donc à leur droite commune (AG) .
On a ainsi prouvé que Gg est point commun de la droite (AG) et du plan (HFC) .
3°) Dans le plan (EACG), les droites (El, ) et (Clg ) sont parallèles .
* Dans le plan (EACG), considérons la projection p sur la droite (AG), parallèlement à la droite (CG2 ).
A.--------♦ A
p : I, •---------»Gi p conserve les milieux . I, est le milieu de (A , C) donc G, est le milieu de (A, Gg)
C.--------»G2
G.-------» G
p : l2 --------»Gg p conserve les milieux . I2 est le milieu de (G , E) donc G2 est le milieu de (G, GO
Ei-------.G,
♦ Il en résulte les égalités demandées :	AG, « G£g - GgG
22
Vecteurs <fo l'sspacs
Représentations paramétriques de droites et de plans.
A) vecteurs dans respgce.
1°) Bipoints équipollents ; vecteurs .
a)	Deux bipoints (A, B) et (C , D) de l'espace sont dits équipollents si,
et seulement si les bipoints (A, D) et (B , C) ont même milieu ,
c’est à dire si ABDC est un parallélogramme , éventuellement aplati.
On écrira alors : (A, B) ~ (C, D)
propriété ( établie page 8 . exercice 5 )
Si (A,B)~(C,D) et (C, D)~(E,F) , alors (A. B)~(E, F)
à (A, B).
b)	Notations
♦	La notation AB désigne l’ensemble des bipoints équipollents
AB est appelé vecteur de représentant (A, B)
Retenir: ÂB* = CD* <=> (A,B)~(C,D).
♦	On notera 8 l’ensemble des vecteurs associés aux bipoints de l’espace ponctuel (E).
♦	Le vecteur AA est appelé vecteur nul et noté O .
♦	La notation || AB || désigne la distance AB et est appelée la norme du vecteur AB .
♦	Un vecteur est dit unitaire ou normé si, et seulement si sa norme est égale à 1 .
g
c) Propriétés	M
♦ Etant donné un point O de (E) et un vecteur u* de 8 ,
----  —	A	—'	•	*
il existe un point M unique tel que : OM « u	q
♦	Les bipoints représentant un même vecteur u NON NUL sont portés par des droites parallèles .
La direction commune de ces droites est appelée direction du vecteur u .
2°) Opérations sur les vecteurs de l'espace .
Addition
Soit u et v deux vecteurs de 8 .
Soit A un point de (E) , B et C les points définis par : AB = u et BC = v
On démontre que le vecteur AC ainsi défini ne dépend pas du choix de A.
AC est appelé somme des vecteurs u et v .On écrit : AC « u + v
La relation : AC » AB + BC est dite relation de Chasles.
b)
Multiplication d'un vecteur par un réel.
♦	Soit u un vecteur de 8 et k un réel
On appelle produit de u par le réel k le vecteur, noté k. u , défini de la façon suivante :
si ü* - O	, alors k.O* = Ô*
si u # O	et u = AB , alors k. u est le vecteur AM où M est le point de la droite
(AB) vérifiant : AM - kxAB
On démontre que le vecteur AM est indépendant du représentant (A, B) choisi de ü* .
23
AM « A’M' « 3 u
AN* - - 2 lT
♦ Deux vecteurs u et v sont dits colinéaires si, et seulement si l'un d'eux est le produit de l’autre par un réel
c) Propriétés ;
* Quels que soient les vecteurs u , v , w de 8 , on a :
û* + ÿ* « v* + û* ( l’addition est commutative dans 8 )
(ü* + v* ) + w* - ü* + (v* + w* )
ü* + O*-Ô* + ü*-ü*
Tout vecteur û* de 8 admet un vecteur opposé noté ( - u )
et vérifiant :Û*+(-îT)«(-u) + u - O
Si û* - ÂB* , alors ( - Ü* ) « BA
♦	Quels que soient les réels k, k’, et les vecteurs u et v de
k. (k'. û* ) - (kk’ ). û*
( k + k* ). ü* - k. û* + k1. ü*
k.(ü* + v* ) - k.u* + kv*
1.ü* - ü*
♦	Remarquer que :	(- k).ü* - k. (- u ) - - (k. u )
♦	Retenir l'équivalence : ( k. u - O <=>k-0ouu-O)
d) Conséquences
*	Quels que soient les vecteurs u et v de 8 ,
l'équation : u* + X* « v* admet une solution unique :
qui est : X* - v* + ( - Ü* ), notée aussi X = v - u
♦	Soit A, B, C trois points quelconques de (E).
La relation de Chasles ÂB* + BC - AC équivaut à : BC * AC - AB
♦	Si I est le milieu de (B, C), alors on a : AB + AC » 2 Al
AB + AC = AS = 2 Al
24
3°) Repère» d'une droite . Repères d'un plan .
a) Repères d'une droite 2)	jj*	M 0
* Un vecteur u NON NUL est dit vecteur directeur de £ si, et	B -
—	A
seulement si u admet un représentant (A, B) porté par 2).	—
♦ On appelle repère d'une droite 2) tout couple (A ,ü* ) où A est un point de 2) et ÏT un vecteur directeur de 2) .
Pour tout point M de 2), il existe alors un unique réel t tel que AM » La droite 2) est l'ensemble des points M de l'espace tels que AM ♦ Soit A et B deux points distincts de (E) . - Le segment [ AB ] est l'ensemble des points M de l'espace tels que AM - t. AB lorsque t décrit [0,1] . - La demi-droite [ AB) est l'ensemble des points M de l'espace tels que AM « t. AB lorsque t décrit [ 0, + ~> [.	• t. u . -tu lorsque t décrit R . A		
b) Repères d'un plan P . ♦	On appelle repère d’un plan P tout triplet (A, v, , v2 ) où A est un point du plan , v, et v2 sont deux vecteurs de représentants (A, B) et (A, C) tels que A, B, C soient trois points NON ALIGNES appartenant au plan . -	Pour tout point M de P , il existe alors un couple (X, p) de réels, et un seul, tel que : AM = Xvf + pv2 . -	Le plan y est exactement l'ensemble des points M de l’espace tels que : AM - Xv, + pv2 lorsque le couple (X, p) décrit R2. ♦ Si deux vecteurs v, et v2 sont non colinéaires , le seul couple (a, b) de réels vérifiant avf + bv7 - Ô*	/ / / — C	/ / A^_	 / "B	/ Z		/ est le couple (0,0).	—	2)
4°) Parallèlisme . a)	Soit 2) et 2) ’ deux droites de repères respectifs (A, ü* ) et (A ', u’ ) . Les droites 2) et 2) ' sont parallèles si, et seulement si les vecteurs u et u’ sont colinéaires. L'écriture u’  k u où k e R*, équivaut alors à : u =	. b)	Une droite 2) de repère (A, u ) est parallèle au plan de repère (B, v, , v2 ) si, et seulement si u s’écrit X vf + p v7 , avec X, p réels . c)	Soit P et ? ’ deux plans de repères respectifs (A, üf ,	) et (B , v7 , vjT ).	A	*• -, * U* 			 - JL— k	'
Les plans P et ' sont parallèles si, et seulement si : ( t üf s’écrit Xv7 + pv7 )	U2 s'écrit a v, + P v2 où X, p, a, p sont des réels.	/y	/
25
B) Translations de l'espace (E)
1°) Définition et propriétés .
a)	On appelle translation de vecteur donné u , l’application de l’espace
(E) dans lui-même qui, à tout point M de (E) associe le point M ’ tel que :
MKF = û*
b)	Soit M et N deux points quelconques , d’images respectives M' et N’ parT^f.
Alors on a :	M’N’’ = MN
c)	La translation conserve les distances ( puisque l’égalité (e) implique M’N’ « MN ).
On dit que est une isométrie de l'espace .
La translation T conserve aussi les aires et les volumes .
d)	La translation est une bijection de (E) dans (E) et sa bijection réciproque est la translation (de vecteur - u ).
e)	La composée de deux translations Gt Tu, est commutative,
et égale à la translation de vecteur u2 + u,
Tï^oTü7 ’ TüToTü7 “ Tü7+üT
2°) Image d’une droite , d'un plan , d’un cercle , par une translation .
a)	L’image d’une droite SD par une translation T est une droite SD ’ parallèle à SD .
♦	Si SD - (AB),	alors SD' » (A’B’ ) où	A’ - T^* (A) et B’ «	(B)
♦	L’image par	de la demi-droite	[AB) est alors la demi-droite	[A’B’)
♦	L’image par T	du segment [ AB	] est le segment [ A’B’ ]
b)	L’image d’un plan F par une translation est un plan parallèle à S*.
c)	L’image d’un cercle C «decentre O et de rayon R , par une translation T^* est un cercle C de même rayon R et
dont le centre O’est le translaté de O par .
Le cercle 0 ' est inclus dans le plan F ’, translaté par T du plan qui contient le cercle 6 .
C) Vecteurs non çopigngirw. Repues de l'espace.
1°) Définition
Trois vecteurs u, , u2 , u3 de l’espace sont dits
coplanaires si. et seulement si un point O quelconque de
l’espace et les points A, B , C vérifiant OA~ « üf, OB « u2
OC’ « u3 , sont quatre points coplanaires .
Le choix du point O est indifférent dans cette définition .
26
2°) Propriété fondamentale
Si trois vecteurs i , j , k sont non coplanaires t j© seul triplet (a,b,c) de réels vérifiant a F + bf + ck* - Ô*
est le triplet (0,0,0).
3°) Repères de l'espace (E) ; bases de 8
a) On appelle repère de l'espace (E) tout quadruplet (O, F , f , k ) où O est un point de (E) et F , f , k" sont trois
vecteurs non coplanaires ; le point O est dit l’origine du repère .
b) Pour tout point M de (E), il existe alors un unique triplet (x , y, z)
de réels tels que : OM* = xF + yj* + zk*.
(x , y , z) est dit le triplet de coordonnées du point M dans le
repère (O, i , j , k ). On note alors M (x, y, z).
x est dit l’abscisse du point M .
y est Fordonnée du point M .
z est la cote du point M .
Le plan de repère	(O,	i	, j	), souvent noté (xOy) est l’ensemble des points de (E) de cote nulle .
Le plan de repère	(O ,	j	, k	), souvent noté (yOz) est l'ensemble des points de (E)	d'abscisse nulle	.
Le plan de repère	(O,	k	, i	), souvent noté (xOz) est l'ensemble des points de (E)	d’ordonnée nulle	.
♦	La droite de repère (O, i	), dite axe des abscisses, souvent notée (Ox),
est l'ensemble des points M (x, y, z) tels que : ( y » 0 et z = 0 )
*	La droite de repère (O , j ), dite axe des ordonnées , souvent notée (Oy),
est l’ensemble des points M (x , y, z) tels que : ( x » 0 et z = 0 )
♦	La droite de repère (O , k ), dite axe des cotes , souvent notée (Oz),
est l’ensemble des points M(x,y,z) tels que : (x - 0 et y * 0)
b) On appelle base de 8 tout triplet ( i , f, k ) de vecteurs non coplanaires
Etant choisi un point O arbitraire , à tout vecteur v , on peut associer un unique point M tel que OM = v .
On appelle coordonnées du vecteur v* dans la base ( F , f , k* ) le triplet (x , y , z) de coordonnées du point M
dans le repère (O, F , j , k ) .
Ce triplet (x,y,z) tel que v « xi + yj + zk est unique ; il ne dépend pas du choix du point O.
c) Soit v et v’ deux vecteurs de coordonnées respectives	ZB
(x ,y, z) et (x’, y’, z’ ) dans une base ( F , f , k* ) de 8 .
Alors : v + v* a pour coordonnées (x + x',y + y',z ♦ z')
X v a pour coordonnées (Xx , Xy , Xz ) (X e R)	Z|
Si A et B sont deux points de coordonnées respectives
(xA’yA’zA) .(xB-yB’zB) dans un même repère (O.F.j* ,ÎF)
alors : ÂB* - (xB - xA)i* + (yB - yA)f + (2B *
le milieu de (A£) a pour coordonnées
(xa+ xb yA+ yB
V 2	’	2
4°) Changement de repère par changement d'origine seulement.
Soit (O, f , f , k* ) un repère de l’espace .
Choisissons une nouvelle origine Q .
Soit (XQ .	. ZQ ) ,es coordonnées du point Q dans le repère (O, i , j , k ).
Soit ( (x , y , z) les coordonnées d'un point M dans le repère (O, i , j , k )
I (X, Y, Z) les coordonnées du point M dans le repère (Q, f , j , k )
On a alors : QM « OM - OQ
X	-	x	-	xu
Y	-	y	-	ÏQ
Z	-	z	-	za
d’où :
D) Représentations paramétriques d'une droite S), d'un plan y .
L'espace (E) est muni d’un repère (O , f, f , k* ). Les vecteurs f , j , k* n’ont pas nécessairement des normes égales
1°) Représentations paramétriques d’une droite 2).
Un point M (x , y , z) de l’espace appartient à la droite £> de repère (A, u )
si, et seulement si il existe un réel t tel que : AM » t u ,
/ x - Xq + ta
c’est à dire si :	(S) < y « y0 + t£
( z - Zo + ty
Le réel t est dit le paramètre du point M de 2) dans le repère (A, u ) ;
Le point M est aussi noté M (t).
Le système (S) définit, lorsque t décrit R , une représentation
paramétrique de la droite (A, u ).
remarque : si la droite 2) est déterminée par deux points distincts A et B , on peut obtenir une représentation
paramétrique de 2) à partir du repère (A, AB" ) ou une autre représentation paramétrique de 2) à
partir du repère (B , BA )
Observer alors que : ( AM « t AB ) équivaut à ( BM - t *BA et t '  1 - t )
Représentations paramétriques d'un plan P de repère (A , v, ^y2 _)
Soit v1 et v2 deux vecteurs non colinéaires .
Un point M (x , y , z) de l’espace appartient au plan P de repère
(A, u1, u2 ) si, et seulement si il existe un couple (X, p ) de réels	if
tels que : AM - Xv, + pv2 ,
!x « Xo + Xa + pa'
y = y0 + X0 +	’
z - Zo + Xy + Xy'
Le couple (X, p) est dit le couple de paramètres du point M de P dans le repère (A, v, , v2 ) .
Le point M est aussi noté M(X,p).
Le système (s) définit, lorsque (X, p) décrit R2, une représentation paramétrique du plan (A, TT . vT ) ’
28
exercice 1
Trois parallélogrammes
Soit ABCD et A’B’CD’ deux parallélogrammes de l’espace .
Démontrer que les points I, J , K , L , milieux respectifs des bipoints (A, A’ ) , (B , B’ ) , (C , C’ ) , (D, D’ ) sont les
sommets d’un parallélogramme , éventuellement aplati.
Il suffit de démontrer par exemple : U « LK
D’une part : ) Ü* » IÂ* + AB* + BJ*
(U » IA’ + A’B’ + B’J Additionnons membre à membre , on obtient : 2kT= ÂB* + A’B’*
d’autre part : ( LK  LD + DC* + CK*
(LK = LD’ + D’C’ + C’K Additionnons membre à membre , on obtient : 2 LK* = DC* + D’C’
Puisque ABCD et A’B’C’D' sont deux parallélogrammes , on a : ÂB* = DC* et A’B1’ = D’C’*
Il en résulte : 2 U* » 2 LK* d’où : kj* - LK*
exercice 2
Droite parallèle à un plan
On considère le cube ABCDEFGH ci-contre .
Soit I, J , K les milieux respectifs de (A, D), (B , C), (F, G) .
1 °) Démontrer que les points A, I, G , K sont coplanaires et sommets d'un
parallélogramme .
2°) Démontrer que la droite (AK) est parallèle au plan (HU) .
• On a: Al - j AD et KG - ?FG et AD « BC - FG d'où : Al - KG
Les bipoints (A, G) et (I, K) ont donc même milieu .	On en déduit : ÂK* - 1G*
♦ Démontrons que IG est combinaison linéaire de kT et ÎH*
La relation de Chasles donne : ÎG* = 1T + JC* + CG* où : JC* = | BC* = | ÂD* = ÎD* et CG* = DH*
ÎG*-Ü*+ ÎD*+ DÎT
ÎG*-Ü* + ÎH*
Le point G appartient donc au plan (UH) dont un repère est (I, IJ , IH ) ;
En outre le quadrilatère UGH est un parallélogramme
La droite (AK) est parallèle à la droite (IG) qui est incluse dans le plan (UH), donc : (AK) est parallèle au plan (UH)
29
exercice 3
Segments dont les extrémités sont les milieux des arêtes opposées d'un tétraèdre
On considère le tétraèdre ABCD ci-contre .
Soit I et J les milieux respectifs de (A, C) et (B , D)
1°) Démontrer que : AD + CB = 2 U
2°) Soit k un réel donné , k e ] 0,1 [ .
On définit les points M , N , P, Q par :
ÂM* - kÂB* ; AN* - kÂD* ; CP* = kCD* ; CQ* - kCB*
a)	Démontrer que MNPQ est un parallélogramme .
On notera alors O son centre .
b)	Démontrer l’égalité : IO = k IJ
En déduire que le point O appartient à la droite (U) .
Construire la figure en choisissant k -	.
c)	On choisit : k - y .
Justifier ainsi que dans un tétraèdre, les trois segments , dont les extrémités sont les milieux des arêtes
opposées , sont trois segments ayant même milieu .
1°) AD + CB - (Al + U + JD ) + ( Cl	+ U + JB	)	(1)
Or I est le milieu de (A, C) , donc	:	Al + Cl -	O
J est le milieu de (B, D) , donc	:	JD + JB	»	O
La relation (1) s’écrit donc : AD	+	CB - 2 U	(a)
2°) a) MN* - AN* - ÂM* - kÂD* - kÂB* - kBD*
QP* - CP* - CQ - kCD* - kCB* - kBD*	donc : MN* - QP
ce qui démontre que MNPQ est un parallélogramme .
b) Le centre O du parallélogramme MNPQ est le milieu de (N , Q)
donc: 1O - |(lhT + ÎQ )	(2)
La relation (2) peut aussi s'écrire : KD»j[(IA+AN)+(IC + CQ ) ]
Mais I est le milieu de (C, A), donc : KD = j [ CQ + AN ]
soit aussi : IO - |[kCB + kAD]
Compte tenu de la relation (a), on a donc :	KD - | k 2 IJ - k U	(3)
Les vecteurs IO et IJ étant colinéaires , le point O appartient à la droite (U) .
c) Supposons k - j
La relation (3) s’écrit : IO - £ IJ . ce qui assure que : O est le milieu de (I, J)
Par ailleurs O est le centre du parallélogramme MNPQ , donc : O est le milieu de (M , P)
O est le milieu de (Q, N)
Les trois segments [ U ] , [ MP] , [ QN ] admettent donc pour milieu commun le point O .
30
exercice 4
Intersection d'une droite et d'un plan
On considère le parallélépipède ABCDEFGH ci-contre .
Soit I et J les milieux respectifs de (A, C) et (F, H)
1°) Etablir : Ü* - DH*
2°) Etudier l’intersection de la droite (BJ) et du plan (ACH)
3°) Justifier que le plan (ACH) et la droite (DJ) sont sécants
et préciser leur point d’intersection .
1°) On a : BF = DH , d’où : BD - FH c’est à dire : BD + HF = O	(1)
On a aussi : IJ - ID + DH + HJ
or le milieu I de (A , C) est aussi milieu de (B , D), et le point J est milieu de (H , F), donc :
ÎJ* - ? BD + DH* + jHF*	(2)
Compte tenu de (1 ), la relation (2) s’écrit :	|J~ = DH’
Le quadrilatère JIDH est donc un parallélogramme .
2°) Puisque kf * DH* , on a : JH = ID .
or : ÏD* - Bf d’où : JÎT = BT
Le quadrilatère BJHI est donc un parallélogramme .
La droite (BJ), qui est parallèle à la droite (IH) , incluse dans le plan (ACH), est donc parallèle au plan (ACH)
En outre , le point B n’appartient pas au plan (ACH) , sinon le point B appartiendrait à la droite (AC).
La droite (BJ) est donc strictement parallèle au plan (ACH).
3°) Pour démontrer qu’une droite 2 est sécante avec un plan P , il suffit :
<♦ de prouver que cette droite 2 coupe une droite du plan S5
♦ de vérifier que la droite 2 n’est pas incluse dans le plan P .
Les droites (DJ) et (IH) sont sécantes en le milieu O commun de [ DJ ] et [ IH ] , puisque UHD est un parallélogramme .
On a alors : ♦ O e (DJ)
♦ Oe (IH) et (IH)c(ACH) donc: Oc (ACH)
Par conséquent :	O e (DJ) n (ACH)
Par ailleurs la droite (DJ) n’est pas incluse dans le plan (ACH)
sinon le point D appartiendrait à la droite (AC), ce qui est absurde II!
La droite (DJ) est donc sécante avec le plan (ACH) en le milieu O de (D , J).
31
exercice 5
Caractérisation d'un segment
Soit A , B , C, D quatre points non coplanaires .
Soit I, J , K, L les milieux respectifs de (A, B), (C, D), (B, C), (A, D)
1°) Démontrer la relation : AB + DC = 2LK
2°) Démontrer que, étant donné un point P du segment [ KL ], il
existe un unique point M de [ AB ] et un unique point M' de
[ CD ] tels que le point P soit le milieu de [ MM* ] .
1°) Utilisons la relation de Chasles : AB - AL + LK + KB	(1)
DC* - DL + LK* + KC*	(2)
Additionnons (1) et (2) : ÂB* + DC* - ( ÂF + DL* ) + 2 LK* + ( KB* + KC* )	(3)
Les points L et K étant les milieux respectifs de (A, D) et (B , C) , la relation (3) s’écrit :
ÂB* + DC* - 2LK*
2°) Soit P un point donné du segment [ KL ].
♦ Le point P est caractérisé par le réel X, appartenant au segment [0,1] tel que : KP = X KL (a)
Cherchons deux points M et M1, appartenant respectivement aux segments [ AB ] et [ CD ], tels que : P = m ( M, M' )
♦ Le point M est caractérisé par le réel x , appartenant au segment [0,1] tel que : BM = x BA	(P)
♦ Le point M’ est caractérisé par le réel y, appartenant au segment [0,1] tel que : CM’ = y CD	(y)
Est-il possible de choisir les réels x et y en sorte d’avoir : PM + PM « O ?
On a: PM* - PK* + KB + BM*
PM* « PK* + KC* + CM*
On en déduit: PM* + PM* - 2PK* + (KB* + KC* ) + BM* + CM*
Compte tenu des relation (a), (p), (y), on obtient :
PM* + PM* « 2XLK* + 6* + xBÂ* + y CD
or: 2LK* - ÂB + DC
d’où: PM* + PM* - (x - X)BÂ* + (y - X)CD*
Le point P est milieu de (M, M ’ ) si, et seulement si :	PM + PM » O
ce qui équivaut à : ( x - X ) BA + ( y - X ) CD - O	(r)
Or les vecteurs BA et CD sont non colinéaires ,
sinon les droites (BA) et (CD) seraient parallèles et les quatre points A , B , C, D seraient coplanaires !!!
La relation (r) équivaut donc à ( X - x - 0
1 X - y - 0
conclusion : Il existe donc un unique couple ( M , M ) solution au problème posé .
Les points M et M’ sont caractérisés par :kBM" - XBÂ*	(a)
(ChT - XCD*	(b)
remarque :	♦	si	P	-	L, alors X - 1 . Les relations (a) et (b)	garantissent que M = A et	M’ =	D
♦	si	P	«	K, alors X « 0. Les relatons (a) et (b)	garantissent que M = B et	M’ =	C
♦	si	P	«	m (K, L), alors X - j. Les relations (a)	et (b) garantissent que M =	I et	M’	= J
32
Exercice 6
Lieux géométriques
Soit S> et
Sb * deux droites non coplanaires .
Soit J A et B deux points distincts de Sb
B * deux points distincts de Sb *.
A 'et
1°) Pour tout réel X, on définit les points C et C* tels que :
( ÂC - XÂB*
i ÂXf - XÆB7
C'
Sb'
M'
a)	Démontrer que la droite (CC* ) reste parallèle à un
plan fixe St lorsque X décrit R.
b)	Soit I et J les milieux respectifs de [ AA* ] et [ BB’ ] .
Déterminer le lieu géométrique A du milieu K de [ CC* ]
quand X décrit R.
indication : on pourra exprimer IK à l'aide de IJ
2°) Soit M un point quelconque de Sb et M * un point quelconque de Sb
Soit L le milieu de [MM*] .
Soit S» le lieu géométrique du milieu L de [ MM ’ ] quand les points M et M ’ décrivent respectivement Sb et Sb ’.
Démontrer que P est le plan contenant le point I et parallèle aux deux droites Sb et Sb'.
indication : on pourra exprimer IL à l’aide de AB et de A’B’’
1°) a) Il suffit de démontrer que le vecteur CC’ s’écrit x + y u2 ,
où : J x et y sont des réels
I Ui et u2 sont deux vecteurs non colinéaires fixés ( indépendant du paramètre X )
Essayons d’exprimer CC’’ à l’aide de AA’’ et BB’' seulement.
CC - CA + ÂÂ* + ÂïT
CC - - XÂËT + ÂÂ7 + XÂïF
CC - - XÂB + ÂÂ7 + X(ÆA + ÂB + BÊf )
CC - (1 - XjÂÂ7 + XBB7
Les vecteurs AA’ et BB’ sont non colinéaires , en effet :
♦ si les vecteurs AA’ et BB’ étaient colinéaires , les droites (AA* ) et (BB’ ) seraient parallèles .
Les points A, A’, B , B’ seraient donc coplanaires
♦ ce qui est impossible puisque les droites Sb et Sb * sont supposées non coplanaires —
Considérons alors le plan St de repère ( A , AA’’, BB’’ )
Le plan St est aussi le plan (AA’BJ où B, est le point défini par : AB,' = BB’’
Le plan SL est fixe , c'est à dire qu'il est indépendant du paramètre X.
La droite (CC* ) est alors parallèle au plan fixe SL .
33
1°) b) Ona :\IK « IA + AC + CK	donc : \ IK - IA + XAB + CK
(ÏK* = ÎÂ7 + ÂF + CÏT	( ïlf - IÂ1* + XÂÏf + CÏT
On en déduit, par additioQ membre à membre : 2IK-O+X(AB + A’B* ) + O
Utilisons le milieu J de [ BB’ ] et le milieu I de [ AA’ ] : 2 IK = X ( Al + U + JB + A’I + U + JB’ )
2ÎK* - X.2ÏJ*
finalement : IK = XkT
L’ensemble A cherché est donc l'ensemble des points K vérifiant : IK = X IJ quand X décrit R.
A est la droite (U) " toute entière " .
Remarquer : si X = 0 , le point K est en I
si X « 1 , le point K est en J
2°) ♦ Si M = A et M ' = A ’ alors le milieu de [ MM ’ ] est le point I
Le point I est donc un point particulier de l’ensemble cherché .
♦	La droite SD est l’ensemble des points M tels que : AM * a AB quand a décrit R.
♦	La droite SD ’ est l’ensemble des points M ’ tels que : A’M’ - p. A’B’ quand p. décrit R.
Exprimons IL à l'aide de AB et de A’B’ .
(	IL - IA + ÂM + ML
(	IF - ÎÆ* + ÂM7 + mT
d'où : 2 ÎL - AM + ÂW c'est àdire :	ÎL - — AB + ^A'B'
2	2
—•	“| —•	—•	"j »	—•	—9	---»
Posons : v = — AB et v ’ « —A’B', alors IL » av + u v ’
2	2
où les vecteurs v et v’ sont non colinéaires
Le lieu géométrique P du point L quand le point M décrit la droite SD et que le point M ’ décrit la droite SD',
est l’ensemble des points L tels que : IL « av + pv’ .quand (a.p,) décrit R2 .
P est donc le plan de repère (I, v , v* ).
Un autre repère de est, par exemple, (I, AB , A’B’ ) .
La droite (AB) et la droite (A’B’ ) sont donc parallèles au plan	.
Remarque : la droite A est incluse dans le plan P puisque les points K sont milieux des segments [ CC’ ] où les
points C et C’ appartiennent respectivement aux droites SD et SD'.
34
exercice 7
Trièdre fondamental d'un tétraèdre.
Soit ABCD un tétraèdre quelconque .
Soit I, J , K, L, M, N les milieux respectifs de (A, B), (C, D), (B, C), (D, A), (B, D), (A, C).
1 °) a) Démontrer que les segments [ U ], [ KL ], [ MN ] ont même milieu O.
b) En déduire la relation : OA + OB + OC + OD - O (r)
C
B
2°)
3°)
Déterminer les coordonnées du point O dans le repère (A, AB , AC , AD )
a)	Exprimer chacun des vecteurs Ol , OK , OM à l’aide des trois
vecteurs ÂÊT , ÂC* , ÂD*.
b)	Vérifier que (O, Ol , OK , OM ) est un repère 51 de l’espace .
A
Ce repère est appelé repère fondamental du tétraèdre ABCD .
c)	Déterminer, dans le repère 51, les coordonnées des sommets
A, B, C, D du tétraèdre .
1°) a) Ona : LJ - DJ - DL	donc : LJ = j(DC - DA ) d'où :	LJ	- jAC
1k* = BK* - bT	donc: ÎK* - j(BC - BÂ* ) d'où:	ÎK*	- jÂC On en déduit : LJ*	= ÎK
Les bipoints (L, J) et (I, K) étant équipollents , les bipoints (L, K) et	(I, J)	ont donc même milieu O.
De même, on prouve que	:	IN - MJ - BC , donc les bipoints	(I, N)	et (M , J) sont équipollents.
Il en résulte que les bipoints (I, J) et (M, N) ont même milieu , qui est le point O.
conclusion : les trois bipoints (I, J) , (M, N) , (L, K) ont même milieu O .
b)ÔA+ÔB=2ÔT et ÔC* + ÔD = 2ÔÜ* , donc: ÔÂ* + ÔB + ÔC* + ÔD* = 2Ôf + 2ÔJ*
or : Ôf + OT - Ô* d’où : ÔÂ* + ÔB* + (X* + ÔD* - Ô* (r)
2°) De la relation (r), on déduit : OA + ( OA + AB ) + ( OA + AC ) + ( OA + AD ) - O
d'où : 4OA + AB+AC+AD-O	soit : AO =;(AB + AC + AD )
Les coordonnées du point O dans le repère (A, ÂB*, ÂC*, AD- ) sont donc : ( j, {, {)
3°) a) Ol - Al - AO donc Ol - jAB - |(AB + AC + AD ) soit:	CH - |(AB - AC - AD )
OK - AK - AO et AK-|(AB+AC) donc: OK - j(AB + AC ) - {( AB + AC + AD )
soit :	OK - j (AB + AC - AD )
OM - AM - AO et AM - j(AB + AD ) donc : OM-|(AB+AD)-i(AB+AC+AD)
soit :	OM-{(AB - AC + AD )
35
3°) b) Les vecteurs Ol et OK sont non colinéaires ,	(	" ï
il n’existe , en effet, aucun réel X. vérifiant le système : < -	|
______________J	( - T* - - I	_ _ _
Si les vecteurs Ol , OK , OM étaient coplanaires , il existerait deux réels a et P tels que : OM - aOl + pOK
( T-a(ï) +P(ï)	(	a + p = 1	(1)
c’est à dire :	t-j-a(-ï) + P(j)	qui équivaut à :	< - a + p » - 1	(2)
( 7-a(-ï) + P(-î)	(	a+p--1	(3)
or les équations (1) et (3) sont incompatibles , d’où l’absurdité .
conclusion : les vecteurs Ol , OK , OM sont non coplanaires et (O , Ol , OK , OM ) est donc un repère SL
de l’espace.
c) Calculons les coordonnées des points A, B , C, D dans le repère (O, Ol , OK , OM ).
Remarquons d’abord que : OA + OB = 2 Ol ; OA + OD - 2 OL ; OA + OC » 2 ON
ÔC* + ÔD* « 2ÔJ* ; ÔB* + ÔC*« 2ÔÏT ; ÔB + ÔD = 2ÔM
Puisque O est milieu de (I, J), on a : ÔT + OJ » Ô*. On retrouve : OA + OB + OC + OD = O (r)
calculons :	2ÔT +	2ÔL	+	2ÔN* - (ÔA	+ ÔB	)	+	(ÔA + ÔD* ) + (ÔÂ* +	ÔC )
2ÔT +	2ÔL	+	2ÔN* « 2ÔA	+ O	d’où : ÔA « ÔT +	ÔL +	ÔN
On trouve : OA - Ol - OK - OM
De même :	2ÔT +	2ÔK	+	2ÔM* - (ÔA	+ ÔB* )	+	(ÔB* + ÔC* ) + (ÔB* +	ÔD )
2ÔT +	2ÔK	+	2ÔM* - 2ÔB	+ Ô*	d’où : ÔB* - ÔT +	ÔK* +	ÔM*
Par la même méthode, on trouve :	OC" = - ÔT + OK - OM
ÔD* - - ÔT - ÔK* + ÔM*
autre méthode :
♦	Ecrivons : OA « Ol + IA
or : ÏÂ* - jBA - MT donc: IÂ* - ÔL* - ÔM* soit:	IA - - ÔK - ÔM
On retrouve donc : OA = Ol - OK - OM
♦	Ecrivons : ÔB-ÔT + ÎB* et 1B--IA d’où : ÔB* « ÔT + ÔK* + ÔM*
♦	Ecrivons	:	OC	«	OJ +	JC*
ona	:	JC*	- jDC* =• MK*	donc: JC*	- ÔK*		ÔM*
On retrouve donc	:	OC	»	-	Ol	+	OK	-	OM
♦	Ecrivons	:	ÔD	-	ÔJ* +	JD*	et	JD*	= - JC*	d’où	:	ÔD	-	-	ÔT -	ÔK*	+	ÔM*
conclusion : Dans le repère ( O , Ol , OK , OM ), les coordonnées des sommets du tétraèdre sont :
A(1,- 1,-1)	B(1,1,1)
C(- 1,1,- 1)	D(- 1,- 1,1)
36
exercice 8
Parallélépipède circonscrit à un tétraèdre .
Soit ABCD un tétraèdre quelconque .
Les notations sont les mêmes que dans l’exercice 7 " trièdre fondamental d’un tétraèdre ".
Soit A’, B', C’, D’ les points tels que : i DA’ = MN et
I BC* - MN*
AD’ = - MN
CB1* - - MN
Démontrer que les points A, B , C , D , A’, B’, C’, D’ sont les 8 sommets d’un parallélépipède S3 dont chacune des 6
faces admet pour diagonale une arête du tétraèdre ABCD .
On sait : DA’ = D’A = BC ’ « B’C = MN ,
Considérons la translation de vecteur MN*
or, le point M étant le milieu de (B , D), on a :
donc : i les quadrilatères DD'AA’ , D’AC’B , BC’CB' et CB’DA'
r sont quatre parallélogrammes .
Tmn* •	D •----•
M .----*
B »----.
DM* = MB*.
A’
N On en déduit : 1 A’N » DM*
C’	( NC* = MB*
Il en résulte : A’N - NC (e)
L’égalité (e) prouve que le point N , qui est milieu de (A , C), est aussi milieu de (A’, C’ )
Le quadrilatère AA’CC’ est donc un parallélogramme .
Toute translation conserve l’équipollence des bipoints .
En particulier la translation de vecteur - MN transforme donc le parallélogramme AA’CC’ en un
parallélogramme D’DB'B .
Les points A , B , C , D , A’, B', C’, D’ sont donc sommets d’un polyèdre P ayant 6 faces qui sont des
parallélogrammes.
Le polyèdre P est un parallélépipède et chaque arête du tétraèdre ABCD est une diagonale d’une face de
ce parallélépipède.
37
exercice 9
Quatre droites concourantes dans un quadrilatère inscrit.
Soit 6 un cercle de centre O .
Soit ABCD un quadrilatère inscrit dans le cercle C
La perpendiculaire à (CD) passant par le milieu
La perpendiculaire à (AB) passant par le milieu
La perpendiculaire à (AD) passant par le milieu
La perpendiculaire à (BC) passant par le milieu
. On suppose que ABCD n'est pas un trapèze .
P de	(A, B)	coupe la droite	(CD)	en	P,	.
Q de	(C, D)	coupe la droite	(AB)	en	Q,	.
R de	(B , C)	coupe la droite	(AD)	en	R,	.
S de	(A, D)	coupe la droite	(BC)	en	S,	.
1°) Démontrer que les droites (PP,) et (QQ,) sont sécantes . Soit I leur point d'intersection .
2°) Démontrer que : ÔT - J ( ÔA* * + ÔB* + OC + ÔD* )
3°) Démontrer que les quatre droites (PP, ) , (QQ, ) , (RR, ) , (SS, ) sont concourantes en I .
1°) ♦ Supposons les droites (PP, ) et (QQ, ) parallèles .
La droite (CD) , perpendiculaire à (PP, ) serait donc
perpendiculaire à (QQ, )
Or la droite (AB) est , elle aussi perpendiculaire à (QQ, )
Les droites (CD) et (AB) seraient donc parallèles puisque
toutes deux perpendiculaires à (QQ, ).
* ce qui est impossible puisque le quadrilatère ABCD est supposé
ne pas être un trapèze .
2°) Le point P est le milieu de (A, B) , donc : OA + OB « 2OP (1)
Le point Q est le milieu de (C, D) , donc : OC + 00 - 2 OQ (2)
Additionnons les relations (1) et (2) membre à membre :
ÔA + ÔB* + ÔC* + ÔÔ*-2(ÔP + ÔQ)	(3)
Par ailleurs,
La droite (OP), qui est la médiatrice de (A , B), est donc perpendiculaire à (AB).
Les droites (OP) et (QQ, ), toutes deux perpendiculaires à (AB), sont donc parallèles .
De même. la droite (OQ). qui est la médiatrice de (C, D), est donc perpendiculaire à (CD).
Les droites (OQ) et (PP, ), toutes deux perpendiculaires à (CD), sont donc parallèles .
Le quadrilatère OQIP est par conséquent un parallélogramme , et donc : OP + OQ  Ol	(4)
Les relations (3) et (4) assurent que :	ÔT - j(ÔÂ* + ÔB* + ÔC* + ÔD* )	(5)
3°) On démontre de même que les droites (RR, ) et (SS, ) sont sécantes en un point J vérifiant :
ÔT - y(ôA + ôb ♦3F + ôô)	(6)
Les relations (5) et (6) démontrent que : Ol » OJ	c’est à dire que : I = J
les quatre droites (PP,) , (QQ, ) , (RR,) , (SS,) sont donc concourantes en I .
38
exercice 10
Intersections d'une droite avec les plans et les axes de coordonnées
Soit (O, i , j ,. k ) un repère cartésien de l’espace .
1 °) Ecrire une représentation paramétrique de la droite 2) contenant le point A ( 3,2,1 ) , et dirigée par
le vecteur ü* (2,5,- 4 ).
2°) Les points suivants sont-ils éléments de 2) ?
F(9,17,-11); G(11,22,-10) ; H(5,7,-3) ; 1(1,-3,5).
3°) Trouver, s’il existe : a) un point de 2) dont l’abscisse soit 6
b) un point de 2) dont la cote soit 3 .
4°) Déterminer : £)n(xOy) ; ôn(yOz) ; £>n(xOz)
5°) Déterminer : £)n(z’z) ; £)n(x'x) ; 0n(y'y)
6°) Ecrire la représentation paramétrique de la droite 2) utilisant le repère (H , - ü* ) de 2) .
1 °) M ( x , y , z ) appartient à la droite 2) si, et seulement si il existe un réel X tel que : AM - X u
Une représentation paramétrique de 2) est donc : / x - 3 + 2 X ( X g R )
<y « 2 + 5X
(z = 1 -4X
2°) Le point F appartient-il à la droite 2) ?
Existe t-il un réel X tel que :
(S)
9 = 3 + 2X
17 - 2 + 5X
11 - 1 - 4X
Le système (S) admet pour unique solution : X = 3
Le point F appartient don c à la droite 2) et on a : AF -3u
Le point G appartient-il à la droite 2) ?
Existe t-il un réel X tel que :
!11 = 3 + 2X
22 - 2 + 5X
- 10 - 1 - 4X
Le système (S* ), qui est équivalent à :
Le point G n’appartient donc pas à la droite 2) .
On démontre de même que : H g 2) et AH « u
I g 2) et Al - - u
X - 4
X = 4	, n’admet aucune solution réelle
4
3°) a) Chercher un point de 2) dont l'abscisse soit égale à 6 , c’est chercher à résoudre le système :
( 6 = 3 + 2X
y = 2 + 5X
( z - 1 -4X
qui est équivalent à
Il existe donc sur 2) un point K et un seul d'abscisse 6 , qui est :
19	3
K ( 6, —, - 5 ) et le point K vérifie : AK » —. u
39
co|cv ou|in
3°) b) Comme au a), on trouve un point J et un seul de 2) dont la cote soit 3, qui est :
1	“*	1 "*
J ( 2, - —, 3 ) et le point J vérifie : AJ « - — , u
4°) Déterminer 2) n ( xOy ), c’est déterminer les éventuels points de 2) dont la cote soit nulle .
En procédant comme au 3°) a), on trouve un point L solution et un seul, et on a :
7 13	—♦	i
L ( —, —, 0 ) et le point L vérifie : AL = —. u
2 4	4
De même, on trouve que 2) n ( yOz ) = { R}, avec :
R(0,--^-,7) , et le point R vérifie : AR « -
Toujours par le même procédé , on trouve que 2) n ( xOz )  { S}, avec :
11	13	•
S ( —, 0 , — ) et le point S vérifie : AS = -
5°) Déterminer 2) n ( z'z ), c’est chercher les éventuels points de 2) dont l’abscisse et l’ordonnée soient
simultanément nulles . Or le seul point de 2) dont l’abscisse soit nulle est, d’après le 4°), le point R , et
l’ordonnée de ce point n’est pas nulle . Par conséquent 2) n ( z’z ) » 0 .
On peut aussi chercher à résoudre le système : / 0 = 3 + 2 X
< 0 = 2 + 5 X qui est impossible .
( z - 1 -4X
On trouve de même : 0n(x'x)«0 et ®n(y'y) » 0 .
6°) Nous savons que le point H appartient à la droite 2) et que le vecteur ( - u ) dirige cette droite .
Un point M ( x , y, z ) appartient donc à la droite 2) si et seulement si il existe un réel p vérifiant : HM - p. (- u )
Une représentation paramétrique de 2) est donc : ( x - 5 - 2 p
y-7-5>i
( z - - 3 + 4p
40
exercice 11
Intersections de droites définies par des représentations paramétriques
Soit (O, f , f, k* ) un repère cartésien de l'espace.
Etudier, dans chacun des cas suivants , la position relative des droites 2} et 2) ' dont les représentations
paramétriques sont données ci-dessous .
1»)	I	[ x “	1 + 2X	(	' x - - 1 - 4p.	2°)	/ x - 1 - X	/ x -	2p.
e>	y “	- 3 + 3X Sb' <	y - 2 -6h		Sb z y = 2 + 3X	Sb ’ / y  5 - 6p
	( z 	5 - X	I	' z- - 1 + 2p		( z -	X	( z - 1 -2p
3°)	|	( x - 2 - 3X	( x - 7 + 2p.	4°) |	f x	= 2 + X	ï x « - 1 - p.
Sb	y-1 +X	Sb ’ j y - 2 + 2 p	Sb	y	-4 + 2X	Sb ' < y « 2 + 2p
	( z - - 3 + 2X	( z = - 6 - p		( z	-- X	( z -1 + n
1°) La droite Sb contient le point A ( 1, - 3,5 ) et est dirigée par le vecteur u (2,3,- 1 )
La droite Sb ’ contient le point B ( - 1,2,- 1 ) et est dirigée par le vecteur v* (- 4, - 6,2)
On constate que : v - - 2 . u .Les droites Sb et Sb ' sont donc parallèles.
Le point B appartient-il à Sb ?
( - 1 - 1 + 2X
Pour le savoir, étudions le système <	2 = - 3 + 3 X	qui est impossible
( - 1 - 5 - X
Le point B n’appartient pas à Sb . Les droites Sb et Sb ’ sont donc strictement parallèles .
2°) La droite Sb contient le point A ( 1,2,0 ) ) et est dirigée par le vecteur ü* ( - 1,3, 1 )
La droite Sb ’ contient le point B ( 0,5,1 ) et est dirigée par le vecteur v* ( 2, - 6, - 2 )
On constate que : v - - 2 . u .Les droites Sb et Sb ’ sont donc parallèles .
Le point B appartient-il à Sb ?
Pour le savoir, on peut employer la méthode utilisée au 1°).
On peut aussi étudier la colinéarité des vecteurs u et AB .
On constate que AB - ü*.
Les vecteurs AB et u étant colinéaires, le point B appartient à la droite Sb .
Les droites Sb et Sb ' sont donc confondues .
3°) La droite Sb contient le point A (2,1 , - 3 ) ) et est dirigée par le vecteur u (-3,1,2)
La droite Sb ' contient le point B (7,2, - 6 ) et est dirigée par le vecteur v* ( 2,2, - 1 )
Les vecteurs u et v sont-ils colinéaires ?
Pour le savoir, cherchons un éventuel réel k vérifiant : v* » k ü*
S 2 » - 3k
2 « k	, système qui est impossible .
- 1 - 2k
Les vecteurs u et v étant non colinéaires , les droites Sb et Sb' sont donc sécantes ou non coplanaires .
Un point M de paramètre X de la droite Sb peut-il coïncider avec un point M ' de paramètre p. de la droite Sb1 ?
(	2 - 3X = 7 + 2p.	/ 3X+ 2p - - 5
Etudions donc le système :	<	1 + X - 2 + 2 p. , qui s'écrit :	<	- 4 X « 4
( - 3 + 2X - - 6 - p	( 2X + p- -3
Ce système admet pour unique solution le couple ( - 1 , - 1 ).
Le point M ( 5,0, - 5 ) de paramètre ( - 1 ) de la droite Sb coïncide donc
avec te point M'(5,0,- 5) de paramètre (- 1) de la droite Sb' .
Les droites Sb et Sb ' sont donc sécantes au point I ( 5,0 , - 5 )
4°) Comme au 3°), on justifie que les vecteurs ü* et v* sont non colinéaires , les droites Sb et Sb ' sont donc
sécantes ou non coplanaires
Un point M de paramètre X de la droite 2) peut-il coïncider avec un point M' de paramètre p de la droite Sb‘?
S2 + X = - 1 - p	|	X + g -	-3
4 + 2X = 2 + 2p	.qui s'écrit :	(SH	4 p «	- 4
-X-1+p	(	X + p =	- 1
Ce système étant impossible , les droites Sb et Sb ' n'ont aucun point en commun .
Les droites Sb et Sb ' sont donc non coplanaires et Sb n 2) ' - 0 .
exercice 12
Intersection d’une droite et d'un plan
L'espace (E) est muni d'un repère (O, i , j , k )
Soit 2) la droite de représentation paramétrique : ï x - 2 + 3t
y - - t
( z - 1 + t
Soit y et P' deux plans de représentations paramétriques respectives :
( x - 1 + 2X + p	( x - - 5 - X'
] y - - 1 - 3X + 2p	(X,p)e R2	P']y- 3 + X’+ 3p'
( z - 1 + X	(z « X’ + p'
(X'.p')gR2
Etudier les intersections S) n 9 et 2) n F '.
a)	Déterminer 2) r\ SP revient	à chercher les triplets	(t, X, p) de réels tels	que : M (t)  M ' (X, p)
(	2 + 3t -	1	+ 2X+	p	(1)
c’est à	dire	:	(S)	)	-1 -	- 1	- 3X +	2p	(2)
(	1 + t -	1	+ X	(3)
Exprimons t à l'aide de X et p grâce à (3) et remplaçons t par son expression dans (1) et (2)
( t - X (3)
Le système (S) équivaut à :	< X- p--1	(1’) déduite de (1)
( - 2X + 2p - + 1	(2*) déduitede (2)
Aucun couple (X,p) ne vérifie les équations (1’) et (2') qui sont incompatibles .
Aucun triplet (t, X, p) n'est donc solution du système (S)
La droite Sb et le plan S* n’ont donc aucun point commun .
La droite £> est strictement parallèle au plan P .
b)	Déterminer 2) n P ’ revient à chercher les triplets (t, X’, p') de réels tels que : M (t) - M ' (X’, p*)
	(2 + 3t -	- 5 - X’	(4)
c'est à dire :	(S')]	-t»	3 + X' + 3p'	(5)
	( 1 + t «	X’+ p’	(6)
Exprimons t à l'aide de X' et p’ grâce à (6) et remplaçons t par son expression dans (4) et (5)
( t - X’ + p’ - 1	(6)
Le système (S ’ )	équivaut à : J 4X' +	3p’ » -	4	(4’ )	déduite de	(4)
( 2X' +	4p' - -	2	(5* )	déduite de	(5)
On trouve d’abord	: (X’, p’ ) « ( - 1,0)	, puis	t -	- 2
Le système (S ' ) admet un unique triplet solution qui est :	( t, X'. p’ ) - ( - 2, - 1,0 )
Il existe donc un point de 2) et un seul qui appartienne aussi à 9> ’.
C’est le point M (t ) où t » - 2 , qui coïncide avec le point M ' ( X’, p’ ) où (X’, p’ )  ( - 1,0).
2> n P est donc un singleton {I}
Les coordonnées de I sont : celles du point M (t) où t « - 2
celles du point M ’ (X', p' ) où ( X’, p’ ) - ( - 1,0).
On trouve : I ( - 4,2, - 1 )
42
exercice 13
Equation cartésienne d'un plan . Intersection de deux plans .
L’espace (E) est muni d'un repère (O, F, j, k* ) .
Soit	l'ensemble des points M (x , y , z) de (E) tels que :	x-y-2z-4 = 0
Soit S* 5 ’ l’ensemble des points M (x, y, z) de (E) tels que : 4x-y + z- 7«0
( x - 1 + X
Soit la droite 2) : < y = - 2 + 3X
( z - 1 - X
1°) Justifier que les ensembles P et y sont deux plans .
Préciser un repère de chacun d'eux .
2°) Démontrer que PnS*' est une droite A dont on précisera un système d'équations paramétriques .
3°) Etudier S) n F , 2) n 9> * .En déduire que les droites £ et A sont parallèles .
1°) S5 est l’ensemble des points M dont les coordonnées (x,y,z) vérifient l’équation (e) : x « y + 2z + 4 ,
!x - y + 2z + 4
y = y	où (y, z) g R2
z - z
(S) est un système d'équations paramétriques d'un plan de repère (A , u, , u2 )
avec: A(4,0,0) , ü?( 1 ,1,0) , üT(2,0,1 )
remarque : la relation : x - y - 2z - 4 = 0 est appelée une équation cartésienne du plan .
Sx - x
y = 4x + z - 7 où (y, z) g R2
z = z
(S ' ) est un système d'équations paramétriques d'un plan de repère (B , v1 , v2 )
avec : B (0, - 7,0 ) , vf ( 1,4,0 ) , vF (0,1,1 )
2°) PnP' est l’ensemble des points M dont les coordonnées (x,y,z) vérifient le système (s)j x - y - 2z - 4 » 0
( 4x - y + z - 7 « 0
(s) «=>cx = y + 2z + 4
I 4(y + 2z + 4) - y + z - 7 - 0
(s) <=>(x«y + 2z + 4
I 3y + 9z + 9 « 0
(s) <=><x«y + 2z + 4
(y -	- 3z - 3
(S) <=> |X - - Z + 1
i y - - 3z - 3
Sx - 1 - z
y  - 3 - 3z où z e R
z = z
On reconnaît que n F ’ est une droite A dont (o) est un système d'équations paramétriques .
Un repère de cette droite A est, par exemple, (Mo , u ) avec : Mo ( 1, - 3,0 ) et u ( - 1, - 3,1 )
43
3°) Etudier 5b n S* revient à déterminer les points M (X) de la droite Sb dont les coordonnées vérifient l’équation de S3.
Le point M (X), de paramètre X, appartenant à la droite Sb , a pour coordonnées : ( 1 + X, - 2 + 3X, 1 - X )
M(k)eî> « (1 + X) - (-2 + 3X) - 2(1 - X) - 4 « 0
M (X) e S3 «=> OX « 3. Aucun réel X n'est solution de cette équation .
traduisons : aucun point M (X) de Sb n'appartient à S3
La droite Sb est donc strictement parallèle au plan P : Sb n S3
Raisonnons de la même façon pour déterminer Sb n P ’
M(X)gF' <=> 4(1 + X) - ( - 2 + 3X) + (1 - X) - 7 - 0
M (X) g S3 ' <=> OX  0. Tout réel X est solution de cette équation .
traduisons : tout point M (X) de Sb appartient à P’
La droite Sb est donc incluse dans le plan P ' : Sb n P ' - 2)
Justifions que les droites Sb et A sont parallèles
Première méthode :
*	La droite Sb est parallèle au plan S3
♦	Le plan S3 ', contenant Sb , est sécant avec P
Le plan S3 ' coupe donc S3 suivant une droite parallèle à Sb .
On a donc : A//£)
Deuxième méthode : On peut aussi remarquer que :
♦	La droite Sb est dirigée par le vecteur v (1,3,- 1 )
♦	La droite A est dirigée par le vecteur u ( - 1 , - 3,1 )
Puisque les vecteurs v et u sont oolinéaires ( v  - u ), on déduit : SbHà.
44
Exercice 14
Intersection de trois plans .
Interprétation de systèmes linéaires de 3 équations à 3 inconnues .
L’espace (E) est muni d’un repère (O, F , f , k* ) .
Soit P,, P2. ^3. ^4 les ensembles de points de l’espace caractérisés par les équations respectives ci-dessous .
x - y	-	2 z - 4	-	0	(e, )
4 x - y	+	z - 7	=	0	(e2 )
2x + y	+	5z + 1	=	0	(e3)
2x + y	+	5z-5	=	0	(e4)
1°) Démontrer que , F2, P3, P4 sont des plans de l’espace .
Justifier que S>3 et P4 sont deux plans strictement parallèles .
2°) Résoudre chacun des deux systèmes :
/ x - y - 2z - 4 = 0	( x - y - 2z - 4 - 0
(s)?4x-y +	z-7-0	(s’h 4x - y +	z-7-0
(2x + y + 5z+1-0	(2x + y + 5z-5 = 0
En déduire l’intersection P, n S>2 n $>3 et l’intersection	.
Analyser les positions relatives des quatre plans P,, P2, P3, S>4.
1°) a) L’équation (ej équivaut à : x-y + 2z + 4
!x « 4 + y + 2z
y = y
z -	z
où y et z sont des réels quelconques .
P, est donc un plan, dont le système (S, ) définit une représentation paramétrique .
Un repère de P, est : (A1tûF, vf ) avec : A, (4,0,0) ; ûf (1,1,0) ; vf (2,0,1 )
b) Utilisons la même méthode :
/ x = x
♦ M ( x, y, z ) e S>2 <=> ) y - - 7 + 4 x + z
( z -	z
P2 est donc un plan de repère (Ag,	) avec : Aa ( 0, - 7,0 ) ; ü7 ( 1.4,0 ) ; vf (0,1,1)
( x - x
♦ M ( x, y, z ) e ÿ3 <=> < y - - 1 - 2 x - 5 z
( z -	z
P3 est donc un plan de repère (Ag, üF, vf ) avec : Aa ( 0, - 1,0) ; üF ( 1. - 2,0 ) ; vf (0, - 5,1 )
Sx » x
y - + 5 - 2x - 5z
z -	z
$>4 est donc un plan de repère (A<, ûf, vf ) avec : A4(0,5,0) ; üf ( 1 , - 2,0) ; vf (0, - 5,1 )
45
♦ On constate que : u4 - u3 et v4 - v3 donc les plans P3 et P4 sont parallèles .
Par ailleurs le point A3 de P3 n’appartient pas au plan P4
puisque ses coordonnées (0, - 1,0) ne vérifient pas l’équation (e4 ) .
Les plans S>3 et P4 sont donc strictement parallèles .
2°) Résolvons les systèmes proposés par la méthode dite " méthode de Gauss " qui utilise le principe ci-dessous :
Dans un système , on peut remplacer le sous système
ligne i
ligne j
ligne i inchangée
par le sous-système J Lj
v Lj + a L, ligne j augmentée d’un " multiple " de
ligne inchangée Lj .
Le nouveau système ainsi obtenu est alors équivalent au système proposé , c’est à dire admet même
ensemble de solutions .
a)	Résolution du système (s) :/x-y-2z-4-0	L,
) 4 x - y + z - 7 - 0	L2
(2x + y + 5z+1«0	L3
Eliminons x dans la deuxième et dans la troisième ligne :
(S) <=» L,	/ x - y - 2z - 4 « 0	k
U -4L,	3y + 9z + 9 - 0	k
U -2L,	(	3y + 9z + 9 = 0	k
Eliminons y dans la ligne k :		
(s) ~ h	( x - y - 2z - 4 - 0	
k	j 3y + 9z + 9 - 0	
k'k	(	Oz + 0 « 0	tout z vérifie I3 - k
(s) <=> ze R et	y - - 3 z - 3 et	x - - z + 1
L’ensemble des triplets (x , y , z) de réels vérifiant le système (s) est l’ensemble des triplets
( - z + 1, - 3 z - 3, z) quand z décrit R .
Interprétation géométrique du système (s) :
M (x, y, z) E P, A	A P3 « ( X - 1 - z
< y = - 3 - 3z	zeR
\ z » z
est donc une droite Sb dont on reconnaît un repère (A, u ) A(13,0) u (- 1 , - 3,1)
Les trois plans , P2, S>3 sont donc concourants suivant une droite commune Sb
( on remarquera que ces trois plans sont distincts deux à deux ) .
b)	Résolution du système (s ’) :/x-y-2z-4»0 L/
<4x - y + z - 7 - 0	La’
(2x + y + 5z - 5 - 0	L3’
(s) <=>	L;	/	x	- y -	2 z - 4 =	0	i;
La’-4L;	]	3y +	9z + 9 =	0	f
La’-aL/	(	3y +	9z + 3 »	0	l3’
k' et l3* sont deux équations incompatibles . Aucun triplet (x , y , z) de réels n'est donc solution du système (s* ) •
P, a?2 a $>4 est l’ensemble des points M dont les coordonnées (x , y, z) vérifient le système (s' ) donc :
^nPjA^ - 0
Ce résultat était prévisible. En effet : (^ aP2 ) a y4 - Sb n
or la droite Sb est incluse dans le plan P3 qui est strictement parallèle à P4, donc : Sb n P4 « 0
Remarque : les deux plans $>3 et étant parallèles , tout plan qui coupe l'un coupe l'autre et les traces sont parallèles ;
le plan P, , qui coupe P3 suivant la droite Sb , coupe donc S>4 suivant une droite Sb' parallèle à Sb •
P2 , qui coupe P3 suivant la droite Sb , coupe donc P4 suivant une droite 2)" parallèle à Sb .
46
Exercice 15
Traces d'un plan sur les axes de coordonnées. Plan parallèle à un axe de coordonnées
L’espace (E) est muni d’un repère (O, i , j , ÎF )
On notera j (Ox), (Oy), (Oz) les droites de repères respectifs (O, F ), (O, f ), (O, k* )
1 (xOy), (yOz), (zOx) les plans de repères respectifs (O, F , f ) , (O , f , k* ) , (O, k , F )
1°) a) Construire le point Mo (1 ,2,0) et les bipoints (Mo, M, ) et (Mo, M2 ) représentant les vecteurs respectifs
7 et 7, où : 7 » - F + 3k* et 7 = - 2j* + 3ÏF
b)	Ecrire une représentation paramétrique du plan 5* de repère (Mq , u , v )
Le point C (0,0,6) appartient-il à 5* ? Que dire des quatre points Mo, M,, C, M2 ?
c)	Démontrer que : P n (Ox) est un singleton { A}
& n (Oy) est un singleton { B}
Préciser les coordonnées des points A et B
Construire les traces du plan 5> sur les plans de coordonnées .
d)	Soit M un point quelconque de l'espace , de coordonnées (x , y , z).
Démontrer que le point M appartient au plan & si, et seulement si : 6x + 3y + 2z - 12 = 0
2°) Soit 5t l’ensemble des points M de l’espace dont les coordonnées (x , y , z) vérifient la relation (r ) : 3y + 2z - 6 = 0
a)	Démontrer que 51 est un plan , parallèle à l'axe des abscisses .
b)	Démontrer que le plan 51 coupe les axes (Oy) et (Oz) en des points qu’on notera respectivement J et K
Préciser les coordonnées des points J et K
Le point Mo appartient-il au plan 5t ?
c)	Déterminer les intersections du plan 51 avec chacun des plans de coordonnées .
d)	Démontrer que l’intersection des plans 51 et (ABC) est une droite Sb parallèle à (JK)
Nommer un repère de la droite Sb et la construire .
3°) a) Construire le point L (1,2,3) et justifier que les points C, O , Mo, L sont coplanaires
b) Démontrer que la droite (OL) coupe le plan (ABC) en un point G qui vérifie : OG = j ( OA + OB + OC )
c) Justifier que le point G est le centre de gravité du triangle ABC ( c'est à dire le point de concours des
médianes de ce triangle )
47
1 °) a) Soit (x,, yi, z, ) et (x2, y2, z2 ) les coordonnées des points respectifs M1 et M *
On a: MM* - (*i - 1)F + (Yi - 2)f + (z, - 0)k*
Or:	MM- -F	+	3 k*
Le vecteur MM’ admet un unique triplet de coordonnées dans la base ( i , j , k ) de 8 .
/ x, - 1 - - 1	ï x, - 0
d’où : J y1 - 2 - 0	Les coordonnées de M, sont donc : z y, » 2
( Zi - 0 - 3	( z, - 3
On a: MM»’ “ (x2 - 1)F + (y2 - 2)f + (z2 - 0)k*
Or:	MM -	-2f +	3 k*
/ x2 - 1
On en déduit, par le même raisonnement, que les coordonnées de M sont : ) y2 - 0
( Zz - 3
b)	Les vecteurs u et v sont non colinéaires . En effet, chercher un réel a tel que : v -au équivaut à
résoudre le système : / 0 « - a
) - 2 « 0 a dont aucun réel a n’est solution ,
( 3 - 3a
Un point M (x , y , z) appartient au plan S3 de repère (M,, û* , v* ) si, et seulement si il existe un couple (X, p)
de réels tels que :	MM - X u + p v	/ x - 1 - X	(ej
c’est à dire si :	(S) < y - 2	- 2 p (e2 )
(z-0+3X+3p	(e3)
Le point C (0.0,6) appartient à S3 si, et seulement si il existe un couple (X, p) de réels tels que :
!0 - 1 - X
0-2	- 2p On trouve : X - 1 et p » 1
6-0 +3X + 3g
Le point C appartient donc au plan F , et on a :	MC - 1 u + 1 v
Remarquons que le quadrilatère	est un parallélogramme puisqu’on a : MC - MM + MM
c)	M (x , y, z) g F n (Ox) <=>	( x - 1 - X	Z
<y-2	- 2p et y - 0
( z - 0 +3X + 3p	( z - 0
On trouve : p - 1, puis X - - 1 d’où :	(x, y, z) - (2,0,0)
S3 n (Ox) est donc un singleton { A} avec A (2,0,0)
M (x , y, z) g F n (Oy) <=>	| x - 1 - X	/x-0
< y - 2	- 2p et J
( z » 0 +3X + 3p	( z - 0
On trouve : X - 1, puis p - - 1 d’où :	(x, y, z) - (0,4,0)
S3 n (Oy) est donc un singleton { B} avec B (0,4 ,0)
d)	Pour un point M (x , y , z) de l’espace , l’existence d’un couple (X, p) vérifiant le système (S) n’est assurée
y
que si, et seulement si tunique couple (X, p ) - (1 - x , 1 - ) vérifiant (e, ) et (e2 ) vérifie aussi (e3 )
c’est à dire si : z - 3 (1 • x) + 3 (1 - y ), relation qui s’écrit aussi : 6x + 3y + 2z - 12 » 0 (p)
48
2°) a) (r): 3y + 2z - 6 - 0
3
z--ïïy+
3
L’ensemble Si est donc l’ensemble des points M dont les coordonnées s'écrivent : (x,y,—y + 3)
c’est à dire : (S* )	x - x y -	y o	3 z-3	-—y	où x et y sont des réels quelconques
	x - 0 » 1x + Oy	
M (x, y, z) g Si <=>	y - 0 - Ox + 1 y z - 3 = Ox - —y O	
Nommons w le vecteur de coordonnées (0,1,-—)
et K le point de coordonnées (0,0,3
On reconnaît que (x - 0 , y - 0, z - 3) sont les coordonnées du vecteur KM .
Le système (S* ) équivaut alors à : KM = x i + y w d’où :
M (x, y, z) e Si <=> KM-xf + yw
L’ensemble Si est donc le plan de repère (K, i , w ) .
( remarquer que les vecteurs i et w sont non colinéaires puisque w - j
) •
2
Le plan Si contient la droite de repère (K, i ), laquelle est parallèle à l’axe des abscisses dirigé par i .
L’axe des abscisses est donc parallèle au plan Si .
b) M (x , y, z) g Si n (Oy) <=> r 3y + 2z - 6 - 0
(	x « 0	et	z « 0	On trouve :	Si n (Oy) - {J}	avec J (0,2,0)
M (x , y , z) g Si n (Oz) <=> < 3y + 2z - 6 = 0
<	x - 0	et	y « 0	On trouve :	Si n (Oz) - { K}	avec K (0,0,3)
Les coordonnées (1,2,0) de Mo vérifient la relation (r ) : 3y + 2z - 6 = 0 donc : Mo e Si
c) Les plans (yOz) et Si ont en commun les points distincts J et K .
Ces plans ne sont pas confondus ( l’origine O , qui appartient à (yOz) n’appartient pas au plan Si ) .
donc : Si n (yOz) est la droite (JK) •
Les plans (xOy) et Si ont en commun les points distincts J et Mo •
Ces plans ne sont pas confondus ( K g Si mais K e (xOy) )
donc : Si n (xOy) est la droite (JM0 ) .
Remarquons que :	JMq* (1,0,0) est égal à f donc: (JMo)//(Ox).
Les plans (xOz) et Si ont en commun le point K et ne sont pas confondus ( J g Si mais J « (xOz) )
donc : Si r» (xOz) est une droite
En outre z le plan (xOz) contient la droite (Ox), qui est parallèle au plan Si
donc la droite (xOz)nSl est parallèle à (Ox)
Ag est donc la droite contenant le point K , et parallèle à (Ox) .
Remarque : considérons le triangle AOC . La droite Ag est parallèle à (OA) et contient le milieu K de [ OC ],
donc Ag contient le milieu de [ AC ] qui n’est autre que le point Mg (1 , 0,3) •
49
2°) d) Utilisons le théorème du toit ;
Les droites (JK) et (BC) sont parallèles ( puisque J et K sont les milieux respectifs de (O, B) et de (O, C) ).
Les plans (ABC) et 5t ont en commun le point Mo et ne sont pas confondus ( A e (ABC) mais A « 51 ) .
Ces deux plans , qui contiennent respectivement les droites (JK) et (BC) sont donc sécants suivant une droite
Sb parallèle à (JK) et à (BC) .
La droite Sb est donc la droite contenant le point Mo et dirigée par le vecteur BC .
Une autre méthode consiste à observer que le milieu M2 de [ AC ] appartient à 5t , donc : M? e (ABC) n 51
La droite (ABC) n 51 est donc la droite (MoMg ) .
On vérifie qu’on a :	| BC* puisque Mo et M? sont les milieux respectifs de [ AB ] et de [ AC ] .
3°) a) Les vecteurs OC (0,0,6) et MqL (0,0,3) sont colinéaires (OC - 2 MoL ) .
Les droites (OC) et (MqL) , parallèles et distinctes , déterminent donc un plan qui contient les quatre
points O, C, Mo, L .
b) Une représentation paramétrique de la droite (OL) est : ( x - t
) y - 2t	te R
( z - 3t
Un point M (x , y, z) de l'espace appartient à (OL) n (ABC) si, et seulement si il existe un réel t tel que :
/ x - t
y « 2t et 6x + 3y + 2z - 12 - 0
( z » 3t
2	2 4
Il faut et suffit donc que t vérifie : 6t + 3 ( 2t ) + 2 (3t ) - 12 « 0 soit : t - — d'où (x , y, z) - (—, —, 2)
2 4
(OL) n (ABC) est donc le singleton { G} avec : G ( —, y, 2) •
—• 2 4	—•	——1»	—»	—• —» —* ——•
On a: OG (y, y, 2) ; OA (2,0,0) ; OB (0,4,0) ; OC (0,0,6). On reconnaît : OA + OB + OC-3OG
—» 2 4	--•
c) On a: CG(py,-4) et C^ (1,2,-6)
» O O	e
BG(^-,- -j.2) et BMj(14.3)
ÂG(- y,y,2) et ÂMJ- 2,2,3)
d’où :	CG -		Il en résulte :	Ge(CMo)
d'où :	BG -		Il en résulte :	G g (BM2)
dbù :	ÂG -		Il en résulte :	G e (AM1 )
Les points Mo, M,, Mj sont les milieux respectifs de (A, B) , (B, C) , (C, A).
Le point G est donc le point de concours des médianes du triangle ABC .
50
exercice 16
Traces d'un plan sur les plans de coordonnées
Tous les points , droites et plans nommés dans cet énoncé seront représentés dans un repère ( O, F , j* , k* ) de
l’espace .
On note i ( Ox ), (Oy ), ( Oz ) les droites de repères respectifs (O, F ) , (O, f ) , ( O, îF ) .
| ( xOy ), ( yOz ), ( zOx ) les plans de repères respectifs (O,F,f),(O,f,k*),(O,îF,F)
1°) a) Représenter les points A (2,0,0) ; B (0,4,0) ; C(0,0,3) •
Ecrire une représentation paramétrique du plan (ABC ) •
3
Le point F ( 1,0, — ) appartient-il au plan (ABC ) ?
b) Justifier qu’un point M ( x, y, z ) de l’espace appartient au plan (ABC) si, et seulement si ses
coordonnées vérifient la relation : (r) 6x + 3y + 4z-12 = 0
la relation (r) est dite une équation cartésienne du plan (ABC) .
Vérifier ainsi l’appartenance du point F au plan (ABC) .
2°) Représenter les points I ( 4,0,0 ) ; G ( 0, - 4,6 ) ; L ( 0, - 2,4 ) .
a)	Ecrire une représentation paramétrique de la droite (IF) .
b)	Ecrire une représentation paramétrique de la droite (GL).
c)	Justifier que les droites (GL) et (Oy) ont en commun un point unique J qu'on précisera .
d)	Justifier que les droites (GL) et (IF) sont sécantes en un point K appartenant à (Oz).
e)	Ecrire une représentation paramétrique du plan P déterminé par les droites (GL) et (IF) .
En déduire qu’un point M ( x , y , z ) de l'espace appartient au plan S5 si et seulement si ses coordonnées
vérifient la relation (o) : x + 2y + 2z-4«0
(o) est dite une équation cartésienne du plan .
3°) a) Déterminer l’intersection A du plan P et du plan (ABC).
b) Justifier que A n ( xOy) est un singleton { E} et que E appartient aux droites (AB) et (U) .
Ce dernier résultat était-il prévisible ?
51
3
Pour savoir si le point F ( 1,0 , — ) appartient au plan (ABC), résolvons le système :
1°) a) Justifions que les trois points A, B , C ne sont pas alignés .
* Si le point C appartenait à la droite (AB), qui est incluse dans le plan (xOy), ce point C aurait une cote nulle,
ce qui n'est pas le cas.
Les trois points non alignés A, B , C définissent donc effectivement le plan (ABC).
Ona: AB - - 2? + 4j* et AC - - 2P + 3 k*
Un point M de coordonnées (x , y, z) dans le repère (O, F, f , k ) appartient au plan (ABC) si, et seulement si il
existe deux réels X et p tels que : AM - X AB + p. AC
i x - 2 - - 2X - 2p	( x - 2 - 2X - 2p
c’est à dire :	\ y - 0 « 4 X	qui s'écrit < y  4X
( z - 0 - 3p	(z-	3p.
1 - 2 - 2X - 2p (1)
0 » 4X (2)
7= 3g (3)
2
Des équations (2) et (3) on déduit : X - 0 et p - |
L’équation (1 ) est bien vérifiée par le couple (X, p) égal à (0 , | ).
conclusion : Le point F appartient au plan (ABC).
On peut même préciser : AF = 0 AB + | AC . Le point F est donc le milieu de (A, C) .
b) Un point M (x , y, z) de l'espace appartient au plan (ABC) si, et seulement si il existe un couple (X, p) de réels
!x«2-2X-2p	(e,)
y - 4X	(e2 )
z -	3p (e3 )
Pour un point M (x , y , z) de (E), l'existence d'un tel couple (X, p) n’est assurée que si, et seulement si
v z
Tunique couple (X,p) -	vérifiant (e2) et (e3 ) vérifie aussi l'équation (e1 )
c'est à dire si :	x - 2 - 2(^-) « 2(^-), sol:	6x + 3y + 4z- 12-0	(r)
4	3
Les coordonnées du point F vérifient la relation (r). Le point F appartient donc au plan (ABC).
”•3
2’) a) La droite (IF) contient le point I ( 4.0,0 ) et est dirigée par le vecteur IF ( - 3,0, — )
Un autre vecteur dirigeant (IF) est | IF dont les coordonnées sont : ( - 2,0,1)
/ x - 4 - 2t
Une représentation paramétrique de la droite (IF) est donc : < y - 0	t e R
( z » t
b) La droite (GL) contient le point L ( 0, - 2,4) et est dirigée par le vecteur GL* (0,2,- 2 )
Sx = 0
y - - 2 + t ' fe R
Z - 4 - t'
J ( x , y , z ) g (GL) n (Oy) <=>	(	x		0	(	x »	0
j	y		-	2	+ t’	et	)	z - 0	On trouve: t' - 4 d'où : J (0,2,0)
(	z	-	4	-1’	(
c) Etudions (GL)n(IF).
Un point M ' de paramètre t ' appartenant à la droite (GL) peut-il coïncider avec un point M de paramètre t
appartenant à la droite (IF) ?
Cherchons pour le savoir les couples ( t, t ' ) de réels tels que : ( 4 - 21 « 0
< 0	« - 2 + t ’ On trouve : t - 2 et t '  2
( t « 4 - t'
(GL) n (IF) est donc un singleton { K} où : K est le point de (GL) tel que t ' - 2
K est le point de (IF) tel que t - 2
Le point K a donc pour coordonnées (0,0,2), ce qui prouve que le point K appartient à (Oz).
52
2°) e) Les deux droites (GL) et (IF) sont sécantes ( en K), donc déterminent effectivement un plan P , dont un repère
1 —* 2 -*
est par exemple : (K , — GL, — IF )
Z 3
» Un point M ( x, y. z ) appartient à 9> si, et seulement si il existe un couple (a, P) de réels tels que :
(X -	- 20	O')
KM - a(jGL ) + 0(jlF ) c'estàdire:] y - a	(2')
( z - 2 - - a + 0	(3')
x
Seul le couple (a, p) - ( y, - — ) vérifie les deux équations (1 ’ ) et (2 ' ).
* Un point M ( x , y , z ) appartient à P si, et seulement si l'unique couple (a, p) vérifiant les équations (1 ’ ) et
(2 ' ) vérifie aussi l'équation (3 ’ ), c'est à dire si :
x
z - 2 - - y - — , relation équivalente à: x + 2y + 2z-4 = 0 (o)
3°) a) L’intersection A des plans (ABC) et P est l'ensemble des points M ( X, p ) du plan (ABC) qui appartiennent
en outre au plan P , c'est à dire l'ensemble des points dont les coordonnées ( x , y , z ) vérifient :
/	x	-	2 -	2X-2p
)	y	-	4X
(	z	«	3p
Les couples (X. p ) de réels tels que M ( X, p ) appartienne à P sont ceux tels que :
,	..	3.1
c est à dire : p « - — X + —
2	2
et x + 2y + 2z-4»0
(2-2X-2p) + 2(4X) + 2(3p)-4«0
3	1
L'ensemble A est donc l'ensemble des points M ( X, - — X + — ) quand X décrit R .
3	1
Les coordonnées de M (X,---X + — ) sont alors :
2	2
x-2-2X-2(-|l + l)
4X
soit : 7 y =
/ 3
' Z ” 2
4X
h
On reconnaît que l'ensemble de ces points M ( X, - — X
3
contenant le point de coordonnées (1 , 0 , — ), qui est le point F .
+ -L ), quand X décrit
2
R, est
une droite A
x = 1 + X
y -
z -

x = 1
+ 1
b) Les points de A qui appartiennent au plan (xOy) sont ceux vérifiant :
3	9	1
X vérifie alors :---------X - 0 , c'est à dire X « —
2	2	3
4X
•i
et z « 0
y =
3
‘ " 2
4 4
A n (xOy) est donc un singleton { E} où E est le point de coordonnées (—, —, 0 )
Pour prouver que le point E appartient aux droites (AB) et (U), il suffit de prouver :
* d'une part que les vecteurs AE et AB sont colinéaires ,
♦ d’autre part que les vecteurs IE et IJ sont colinéaires
Calculons les coordonnées des vecteurs AE , AB , ÎË*, kT connaissant celles des points A, B , I, J , E .
On trouve : ÂE(-j-.'J.O) ; ÂB(-2,4,0) ; ÎE(--|,i,O) ; Ü(-4.2,0)
On constate que : ÂE* - |ÂB* et 1Ë* » | IT
On pouvait prévoir que le point E appartient aux droites (AB) et (U), en effet :
EeAn(xOy) et A - (ABC) n (UK) donc :
ainsi : E appartient à (ABC)n(xOy)
donc : E appartient à (AB)
E e (ABC) r> (UK) n (xOy)
et E appartient à (UK) n (xOy)
et E appartient à (U)
53
exercice 17
Intersection de deux plans définis par des représentations paramétriques
L’espace (E) est muni d’un repère (O, i , j , k ) .
Soit et P' deux plans définis par les représentations paramétriques suivantes :

Sx » 4 - X. + 5p.
y = 1 + 4X + p
z - - 2 - X - 2p
)x - 2s - t
y - - 1 - 5s + 2t
z - 2 + s - t
1°) Déterminer l’intersection du plan P avec le plan (xOy) de repère (O,i , j )	/
2°) Déterminer l’intersection des plans P et P ’.
.M’(t,s)
1°) Chercher 3>n(xOy) revient à chercher les points M du plan P qui ont une cote nulle .
ï	x-	4-	X +	5p
Ces points	M sont	ceux dont les	coordonnées s’écrivent	<	y -	1 +	4 X +	p
(	z -	- 2 -	X -	2p
où	X et p	sont des réels tels	que	:	z	-	0,	c’est à dire :	X «	- 2 -	2 p
P n (xOy) est donc l’ensemble des points M (x , y , z) tels que :
ï x«4-(-2-2p.)+5p»6 + 7p
< y»1+4(-2-2p)+p»-7-7p
( z - 0	-O+Op
P n (xOy) est donc la droite de repère (Mq , v ) avec : Mo ( 6, - 7,0 ) et v (7,-7,0)
2°) A chaque couple (X, p) de réels correspond un point M de P ; notons M (X, p) ce point
A chaque couple (t, s) de réels correspond un point M de $> ’ ; notons M ’ (t, s) ce point
Chercher nP ’ revient à chercher les couples (X, p) et (t, s) tels que : M (X, p) - M ’ (t, s)
Î4 - X + 5p - 2s - t
1 + 4X + p - - 1 - 5s + 2t
-	2 - X - 2p.  2+ s- t
)-X+5p-2s+ t --4 L1
4 X + p + 5s - 21 - - 2 L2
-	X	- 2p	- s+t-4	L3
L,	(	-	X	+ 5p	- 2s +	t - -4	L\
le système (S) équivaut à : !_« 4-4 L, j 21 p. - 3s + 2t - - 18 L2
L3 - b	(	- 7»i	+ s	« 8	L’a
L’a s'écrit : s « 8 + 7 p d’où : l’expression de	t	en remplaçant	s à l'aide de p dans L'2
puis : l'expression de X en remplaçant s et t à l'aide de p dans L\
On trouve ainsi : s « 8 + 7p
3	21
’ 1 “ 2*S ~ 9 " 3 + ° ' PU*5 ** " 9 9 P
Un point M (X, p) de P ne coïncide avec un point M * (t, s) de ’ que si, et seulement si on a :
X » - 9 - 9p. et (t.s) - (3,8 + 7p) où p peut être choisi arbitrairement dans R .
9> n 9> ’ est donc l'ensemble des points M ( - 9 - 9 g, p) quand p décrit R
!x - 4 - (-9-9p) + 5p« 13 + 14p
y - 1 + 4 (- 9 - 9p) + p - - 35 - 35 p
z - - 2 - (- 9- 9p) - 2p«	7 + 7p
On peut vérifier que les coordonnées de M ( - 9 - 9p, p) sont aussi celles de M ’ (t, s) où t « 3 et s - 8 + 7 p
/x- 13 + 14p
conclusion 9 n P ’ est l’ensemble des points M de coordonnées : < y  - 35 - 35 p oùp décrit R
( z -	7 + 7p
PnS’’ est donc la droite de repère (l.w*) avec 1(13,-35,7) et w (14,- 35,7)
54
exercice 18
Trapèze complet
L’espace (E) est muni d'un repère ( O, F, F. k ) noté St.
1°) Construire les points A ( 8,6,12 ) ; 8(10,10,10) ; C(8,12,8) ; D(2,12,6).
Construire les projetés A!, B!, C,, D, respectifs des points A , B , C, D sur le plan de repère (O, F, f ), suivant la
direction de k*.
Tracer en rouge les arêtes du polyèdre ABCDD^BA •
2°) Démontrer que les droites (BC) et (AD) sont parallèles .
En déduire que les points A , B , C, D sont coplanaires .
3°) Définir une représentation paramétrique de chacune des droites (AB), (DC), (AC), (DB).
4°) Déterminer : (AB) n (xOy) ; (CD) n (yOz) ; (AC) n (yOz).
5°) a) Démontrer que les droites (AB) et (CD) sont sécantes , et préciser les coordonnées de leur point commun G.
Vérifier graphiquement les coordonnées du point G et celles de son projeté G, sur le plan (xOy) suivant la
direction de k .
Exprimer GA" à Faide de GB*, puis Gü’ à Faide de GC*.
b) Démontrer que les droites (AC) et (BD) sont sécantes et préciser les coordonnées de leur point commun G ’
Vérifier graphiquement les coordonnées du point G ' et celles de son projeté G\ sur le plan (xOy) suivant la
direction de ÎT.
Exprimer G’A* à l’aide de G’C*, puis G’D* à Faide de G’B’.
6°) Calculer les coordonnées du milieu I de (B, C) et celles du milieu J de (A, D).
Ecrire un système d’équations paramétriques de la droite (U).
Démontrer que les points G et G ' appartiennent à la droite (U).
Positionner les points G et G ’ sur la droite (U).
2°) Les vecteurs BC ( - 2,2, - 2 ) et AD ( - 6,6, - 6 ) sont colinéaires puisque AD = 3 BC .
Les droites (BC) et (AD), respectivement dirigées par ces deux vecteurs , sont donc parallèles .
Les droites (BC) et (AD), parallèles , sont donc coplanaires ainsi que les points A, B , C, D qui leur appartiennent
3°) ♦ La droite (AB) < qui contient le point A ( 8,6,12 )
î qui est dirigée par le vecteur AB (2,4,-2)	/ x « 8 + 21.
admet donc pour représentation paramétrique : < y - 6 + 4t.	t.eR
( z - 12 - 2t.
♦ La droite (DC) < qui contient le point D ( 2,12,6 )
< qui est dirigée par le vecteur DC (6,0,2)	( x  2 + 6L
admet donc pour représentation paramétrique : j y - 12	t^R
( Z - 6 + 2ta
♦ La droite (AC) i qui contient le point A ( 8,6,12 )
< qui est dirigée par le vecteur AC (0,6, -4)	/ x » 8
admet donc pour représentation paramétrique : < y « 6 + 6t3 tjeR
( z - 12 - 4t3
♦ La droite (DB) < qui contient le point D ( 2,12,6 )
f qui est dirigée par le vecteur DB(8,-2,4)	/ x « 2 + 81*
admet donc pour représentation paramétrique : < y « 12 - 2L t»eR
( z - 6 + 4L
4°	) Un point M (L ) de la droite (AB), de paramètre t., appartient au plan (xOy) si, et seulement si sa cote z est nulle / x - 8 + 2 t.	( x « 20 M € (AB) n (xOy) <=>< y - 6 + 4t.	soit: \ y - 30 ( z - 12 - 2t. et z « 0	( z - 0 et t. = 6	
	La droite (AB) perce donc le plan (xOy) au point E ( 20,30,0 ). Un point M (ta ) de la droite (CD) appartient au plan (yOz) si, et seulement si son abscisse x est nulle .	
	/x - 2 + 6L et x - 0	/ Me(CD)n(yOz) <=> J y - 12	soit :	1 \ z - 6 + 2t>	(	x - 0 et t, - -5 y - 12 16 Z " 3
16
La droite (CD) perce donc le plan (yOz) au point F(0,12, —)
Un point M (t3 ) de la droite (AC) appartient au plan (yOz) si, et seulement si son abscisse x est nulle •
( x - 8 et x - 0
M € (AC) n (yOz) <=> ] y - 6 + 6t3
( z - 12 - 4L
, ce qui est impossible .
Il n’existe donc aucun point commun à la droite (AC) et au plan (yOz).
La droite (AC) est strictement parallèle au plan (yOz).
56
5°) a) Etudions l'intersection des droites (AB) et (CD) .
Un point M de paramètre t1 de la droite (AB) peut-il coïncider avec un point M * de paramètre L de la droite (CD)?
8 + 21, - 2 + 6tz
Etudions donc le système :
6 + 4^ - 12
qui s'écrit :
t, - 3 ta = - 3
»1	- -
1	2
12 - 2L - 6 + 2ta
3 3
Ce système admet pour unique solution le couple ( ^ , t2 ) - ( —, — )
-1, -	= - 3
3
Le point M ( 11 ,12,9 ) de paramètre — de la droite (AB) coïncide donc avec le point M ' ( 11 ,12,9)
3
de paramètre — de la droite (CD).
Les droites (AB) et (CD) sont donc sécantes au point G (11,12,9)
Les coordonnées du vecteur GA
Les coordonnées du vecteur GB
sont
sont
(- 3,- 6,3)
(- 1.- 2.1)
On a donc : GA = 3 GB (1)
Les coordonnées du vecteur GD
Les coordonnées du vecteur GC
sont
sont
(- 9,0,- 3)
(-3,0,- 1)
On a donc : GD = 3GC (2)
remarque : on pouvair prévoir ce résultat en projetant, dans le plan (ABC), la droite (AB) sur la droite (CD) et
en utilisant le théorème de Thalès .
b) Etudions l'intersection des droites (AC) et (BD) .
Un point M de paramètre t3 de la droite (AC) peut-il coïncider avec un point M ' de paramètre L de la droite (BD)?
Etudions donc le système :
8	-2 + 8t4
6 + 6t3 - 12 - 2t<
12 - 4t3 - 6 + 4L
J 3L + L -3
( 2t3 +2L -3
3 3
Ce système admet pour unique solution le couple ( L , t4 ) « ( —, — )
4 4
21
Les droites (AC) et (BD) sont donc sécantes au point G ’ ( 8 , —, 9 ).
»	Q	> Q
Ona: GA(0,--,3) et G'C(0,-,-1)
2	2
»	3	>	1
G'D(- 6,-,- 3) et G'B(2,- —,1 )
2	2
donc :	GA = - 3 G'C
donc : G'D = - 3 G'B
6°) Les coordonnées du milieu I de (B, C) sont : (9,11,9)
Les coordonnées du milieu J de (A, D) sont : (5,9,9)
♦ La droite (U) i qui contient le point I (9,11 , 9 )
’ qui est dirigée par le vecteur kT ( - 4, - 2,0 )	( x - 9 - 41
admet donc pour représentation paramétrique : s y » 11 - 2t	te R
( z = 9
Î11 = 9 - 4t
12 - 11 - 2t
9=9
Ce système admet pour unique solution : t = - J , ce qui signifie que le point G appartient à la droite (U),
et y est caractérisé par :	IG  - J U
57
remarque : On pouvait prévoir ce résultat compte-tenu des relations (1) et (2) .
—•	i —•	»	—♦	3	~~~~•	“♦
en effet : GJ«—(GA + GD) donc: GJ = —(GB + GC ), c'est à dire : GJ « 3GI
qui s’écrit aussi : Gl + U - 3 Gl ,	soit :
IG - - } U
21
On démontre de même que le point G ’ ( 8 , —, 9 ) appartient lui aussi à la droite (U), et qu’il y est
caractérisé par son paramètre t - |, c’est à dire que : IG’ - IJ
58
Barycsnire
Tous les résultats , qui seront énoncés pour quatre points , peuvent être généralisés à n points (n e N* ) .
A) Définitions - Relations fondamentales -
1°) Théorème et définition .
Soit A , B , C, D quatre points de l’espace (E) et a, p , y, 8 des réels tels que ;a+p+y+8*0 •
a)	Il existe un point G et un seul vérifiant la relation : a GA + 0 GB + yGC + 8GD = O	(rj
Le point G est dit barycentre du système de points pondérés {(A, a), (B , p), (C, y), (D, 8)} .
On note :	G = Bar{ (A,a), (B, P), (C,y), (D, 8)}
b)	Pour tout point M de l’espace , on a alors :	MG ----------(<xM& + PMB + yMC + 8Md) (r2 )
a + p + y + 8
2°) coordonnées du barycentre dans un repère (O, T , f , ÎT ) de l’espace .
Supposons connus les points : A(xA,yA,zA) ; B(xB,yB,zB) ; C(xc,yc,zc) ; D(xD,yD,zD).
Le point O étant l’origine du repère , on a :	ÔG =---------( a OA + 0OB + yOC + 8OD )
a + p + T + 8
Les coordonnées du point G dans le repère (O, i , j , k ) sont alors :
xG ------—-----------------r(axA + P XB + Txc + ÔXD )
a + p + y + 8
yG-------—!----------------r^ayA + Pvb + ïyc + 5yD )
a + p + y + 3
Zg-------—!-------(azA ♦ PzB + TZc + 8z0 )
a + 0 + y + 8
moyenne pondérée
des abscisses
moyenne pondérée
des ordonnées
moyenne pondérée
des cotes
B) Propriétés.
1 °) Le barycentre de plusieurs points affectés de coefficients de somme non nulle reste inchangé si on multiplie tous les
coefficients par un même réel k non nul.
si k # 0, Bar{ (A,a), (B, P), (C,y), (D, 8)} - Bar{ (A, ka), (B, k0), (C,ky), (D,k8)}
2°) Cas particulier : Isobarycentre .
*	Le barycentre de plusieurs points affectés de coefficients tous égaux et non nuis est aussi le barycentre de ces
points affectés de coefficients tous égaux à 1 .
On l’appelle alors l'isobarycentre de ces points .
(')
♦	L’isobarycentre de deux points distincts A et B est le milieu de (A , B) .
♦	L’isobarycentre G de trois points A , B , C non alignés est le point de concours des médianes du triangle ABC,
aussi appelé centre de gravité du triangle ABC .
B(1)
G
59
3°) Théorème d'associativité.
Dans la recherche du barycentre G de n points pondérés ( n £ 3 ), on peut remplacer plusieurs d’entre eux par
leur barycentre K à condition d’affecter K d’un coefficient égal à la somme des coefficients des points qu’il remplace .
exemple : considérons le système {(A, a), (B, P), (C, y), (D , 8)} où a+p+y+8#0
♦	sip	+	y+	8#0	posons : K	- Bar {(B , p), (C, y), (D, 8)}
onaalors	:	Bar {(A,	a),	(B, p), (C ,y),	(D, 8)} -	Bar{ (A ,a), (K, y +	P + 8)}
♦	si	a	+	p	#	0	et y + 8 * 0	posons	:	- Bar {(A, a), (B, P)}	et Kg - Bar {(C, y),	(D, 8)}
on a alors	:	Bar {(A,	a),	(B, P), (C, y),	(D, 8)} -	Bar {(K,, a + P), (Kg,	y + 8)}
4°) Applications conservant le barycentre .
On dit qu’une application f de l’espace (E) dans lui-même conserve le barycentre si, et seulement si,
quels que soient les points pondérés (A, a), (B , P) où : a + p # 0,
le barycentre G de {(A, a ), (B, P)} a pour image par f le barycentre G’ de {A’, a), (B’, P)}
où A’ - f(A) et B’ = f(B)
exemple : toute translation conserve le barycentre .
C) Construction du barycentre de plusieurs points .
1°) Barycentre de deux points distincts
a)	si a + p # 0, le barycentre G de {(A, a), (B, P)} appartient à la droite (AB)
. si a et p ont même signe, le point G appartient au segment [ AB ]
. si a et p ont des signes contraires , le point G appartient à (AB) - [ AB ]
exemple : construction du barycentre G, de {(A, 3), (B, 2)} .
Soit A une droite contenant le point A et distincte de (AB), graduée à l’aide d’une unité arbitraire .
ÂG' 2
Portons , sur la droite A , deux points G’ et B’ tels que : =- - —
AB’ 5
La parallèle à (B'B) passant par le point G’ coupe (AB) au point G1 cherché puisque le théorème de
Thalès assure :
AG1 AG’ 2
ÂB * ÂB' " 5
exemple : construction du barycente G? de {(A, 5), (B, - 2)} .
ÂG^ -•1(5ÂA - 2ÂB)
——•	2 —*
AG?---AB
*	3
(e2)
L'égalité (e2 ) équivaut à : / A , B , G2 alignés
( ÂG, - ÂB
*	3
b)	Tout point M de la droite (AB) est barycentre des points A et B , en effet :
soit M un point de la droite (AB) ;
il existe alors un réel \ vérifiant : AM* - XÂËT , ce qui équivaut à : ( 1 - X ) MA* + X MB* - O*.
Cette relation exprime que :	M « Bar {(A, 1 - X), (B, X)} .
2°) Barycentre de trois points .
Soit G - Bar{(A,a),(B,P),(C,y)} avec a + 0 + y * 0 .
a)	Le théorème d’associativité permet de ramener la construction de G à des constructions de barycentres de 2 points .
♦	si 0 + y # 0, soit K, le barycentre de {(B, 0), (C, 7)}.
On a alors: G - Bar{ (A, a), (K1t 0 + 7)} donc Ge(AK,).
On peut construire d’abord le point K,, puis le point G par la méthode vue au 1 °)
♦	si a + y # 0, soit K? le barycentre de {(A, a), (C, 7)}.
On a alors: G - Bar{ (B, 0), (IÇ , a + 7)}	donc GefBIÇ).
*	si a + 0 # 01 soit K3 le barycentre de {(A, a). (B, 0)}.
On a alors : G « Bar {(C, 7), (K3, a + 0)}	donc G e (CK3 ).
finalement, f 0 + y # 0
si < y + a # 0	alors le point G est point commun aux trois droites (AK, ), (BIÇ), (CK3 ).
( a + 0 # 0
remarque : la construction du barycentre de plusieurs points qu'on peut associer de différentes façons est une
méthode souvent utilisée pour établir que certaines droites sont concourantes .
exemple : construction du barycentre G de {(A, 2), (B , 3), (C, 5)} où A, B, C sont trois points non alignés .
♦ Il est particulièrement intéressant ici d’associer les points A et B dont la somme des coefficients est 5
et égale au coefficient du point C	A
Posons;!^ - Bar{(A, 2), (B ,3)}
On aura alors :	G - Bar {(K,, 5), (C, 5)}
Le point G sera donc le milieu de (K3, C).	/	x.
—•	3—»	/	G \
Il suffit de construire d’abord Kg , qui vérifie : AK3 = —AB /K..	/	\
puis le milieu G de (Kg , C).	g	c
♦ La construction ci-dessous fait apparaître ce même point G comme point de concours des droites
(AK, ), (BIÇ ), (CK3 ) où :	K, = Bar{(B,3),(C,5)} et IÇ - Bar{ (C,5), (A,2)}
b)	Si A, B , C sont trois points non alignés , tout barycentre G de A, B , C, affectés de coefficients respectifs a, 0 , y
de somme non nulle , appartient au plan (ABC) .
Un tel barycentre G vérifie en effet : AG - P----------------AB 4---------2------AC
a + 0 + y- a + 0 + y
c)	réciproquement, tout point M d'un plan (ABC) est barycentre des trois points A , B , C supposés non alignés .
En effet : soit M un point du plan (ABC) •
Il existe alors deux réels X et p vérifiant : AM « X AB + p AC
relation qui s’écrit : ( 1 - X - p ) MA + XMB + p MC » O
et qui exprime que le point M est barycentre du système {(A, 1 - X - p ), (B, X), (C, p)}.
61
Exercice 1
Devinette : recherche des coefficients des points d'un système dont on connait le barycentre
Soit ABC un triangle isocèle de sommet A ;
On nomme I le milieu de (B, C) et J le milieu de (A, C).
1°) Trouver le réel p pour que le barycentre de {(B , P), (1,1)} soit le point C.
2°) Pour le réel p trouvé précédemment, déterminer le réel a tel que le
barycentre de {(A, a), (B, p), (1,1)} soit le milieu J de (A, C).
3°) Les réels a et p étant ceux trouvés précédemment, déterminer
le réel y pour que le barycentre de {(A, a), (B, p), (C, y)} soit le
sommet D du parallélogramme ABCD.
1°) Le point I est le milieu de (B, C), donc : Cl - |CB .
La relation Cf - | CB » O exprime que le point C est barycentre de {(B , - | , (1,1)} d’où : P • - J
2°) On cherche a en sorte que le barycentre de {(A, a), (B, - j ), (1,1 )} soit le milieu J de (A, C).
Utilisons le théorème d’associativité barycentrique en associant les points B et I.
Le barycentre de {(A, a), (B, - J ), (1,1 )} est aussi le barycentre de {(A, a), (C, - | + 1 )}.
Pour que le barycentre de {(A, a), (C, + | )} soit le milieu de (A, C) , il faut et il suffit que :	a “ ?
3°) Le barycentre de {(A, | , (B , - j ), (C, y )} est le sommet D du parallélogramme ABCD si, et seulement si on a :
|DÂ* - |DB* + yDC - Ô*
c'est à dire :	| BA + yDC* -O*	(G )
Puisque BÂ* - CD*, (rj s’écrit :	(- | + y)DC* « O*	(r2)
Puisque DC # O , la relation (r2 ) est équivalente à :	7 “ i
conclusion :	le point D est barycentre de {(A, j ), (B, - | , (C, | .
remarque :	le point D est donc aussi le barycentre de {(A, 1 ), (B , - 1 ), (C, 1 )}, résultat qui n’a rien
d’étonnant si on observe que , ABCD étant un parallélogramme , on a : DA’ + DC = DB’.
62
Exercice 2
Centres de gravité de triangles
Soit un triangle ABC et deux réels X et p. vérifiant : X + p * 0
On appelle :l A ' le barycentre de {(B , X ), (C, p )}
< B ’ le barycentre de {(C, X ), (A, p )}
( C ’ le barycentre de {(A, X ), (B, p )}
1°) Démontrer que les triangles ABC et A’B’C’ ont même centre de gravité .
2°) Construire une figure en choisissant :	X - 3 , p » 1.
1°) Soit G le centre de gravité du triangle ABC.
On sait que G est l’isobarycentre de { A, B, C}. On a donc : GA + GB + GC = O	(r)
Pour démontrer que G est aussi centre de gravité du triangle A’B’C’, il suffit de prouver qu’on a :
GÆ* + GÊT + GC7 - O*
Exprimons GA’ , GB’ et GC’
9	"I	*	»
Puisque A' - Bar {(B, A.), (C , g)}, pour tout point M , on a : MA' --( A MB + g MC )
A + g
> "I  •	---♦
En particulier, si M est en G, on a : GA’ ------(XGB + pGC) (1)
X + p
Puisque B' = Bar{(C,A).(A,g)}	,	ona : GB -—-—(AGC + gGA)(2)
A + g
Puisque C - Bar ( (A, A), (B. g)}	,	ona: GC »—-—(AGA + gGB)(3)
A + g
Additionnons membre à membre les égalités (1), (2) (3). On trouve :
GA + GB + GC---------1—( A(GB + GC + GA) + g (GC + GA + GB ) )
X 4- p
Compte tenu de (r), il résulte : GA'+ GB'+ GC’= —-—(XO + pO) ; d'où: GA* + GB' + GC’ » 6
X + p
2°) Construisons les points A’, B’, C en choisissant X « 3 et p « 1
BA - —(3BB + 1 BC)
3 + 1
Si A’ - Bar {(B , 3), (C, 1)}, on a :
Si B’ - Bar{ (C, 3), (A, 1)}, on a :
A
CB' - — CA
4
BA’ - 4-BC
4
æ-âTT
Si C’ - Bar{ (A,3), (B , 1)} ,on a :
ÂC = y^-j-(3ÂA + 1ÂB)
 •	1 —*
AC’ = - AB
4
La démonstration prouve que le point de concours G des médianes du triangle ABC est aussi le point de
concours des médianes du triangle A’B’C’.
63
Exercice 3
Isobarycentre des quatre sommets d'un tétraèdre
Soit ABCD un tétraèdre quelconque
On appelle I.J.K.L.M.N les milieux respectifs de [AB],[CD],[BC],[AD],[AC],[BD].
Soit A’, B’, C*, D’ les centres de gravité respectifs des triangles BCD , CDA, ABD , ABC .
1°) Démontrer que :
lïsobarycentre G de {A, B , C, D} est point commun aux sept
segments [U],[KL),[MN],[AA,],[BB,],[CC],[DD,J et
préciser la position du point G sur chacun de ces segments .
2°) Etablir la relation : AA’’ + BB*’ + CC’’ + DD’’ « O*
1°) Pour déterminer l’isobarycentre G de {(A, 1), (B , 1), (C, 1), (D , 1)}, on peut remplacer certains points pondérés
de ce système par leur barycentre affecté de la somme des coefficients des points qu'il remplace .
Première méthode
Remarquons que : Bar {(A, 1), (B , 1)} est le milieu I de (A, B)
Bar {(C, 1), (D, 1)} est le milieu J de (C, D)
On en déduit que	: G « Bar {(1,2), (J, 2)} . Le point G	est donc le milieu de	(I, J).
En associant les points	B	et	C	d'une part, les points A et D d'autre part,	on déduit que :
G « Bar {(K, 2), (L, 2)} . Le point G	est donc le milieu de	(K, L)
En associant les points	A	et	C	d'une part, les points B et D d'autre part,	on déduit que :
G » Bar {(M, 2), (N , 2)} . Le point G	est donc le milieu de	(M , N)
Deuxième méthode
♦ On sait que : Bar {(B, 1), (C, 1), (D , 1)} est le centre de gravité A' du triangle BCD.
<	—»	_____•	—•	3	•
On en déduit que : G - Bar {(A, 1), (A’, 3)} d'où: AG « -------------(1 AA + 3 AA' ) , soit : AG - — AA’ (q )
La relation (rj prouve que le point G appartient au segment [AA'] et positionne le point G sur ce
segment à une distance du point A égale à : | AA*
♦	On sait que : Bar {(A, 1 ), (C, 1 ), (D , 1 )}	est le centre de gravité B’ du triangle	ACD.
On en déduit que : G - Bar{ (B, 1), (B', 3)} d'où:	BG - y-J-y (1 BB + 3 BB' ) , soit	: BG	--BB*	(r2	)
♦	On établit de même :	CG - f CC	(r3 ) et DG » DD’ (r4 )
Les relations (r, ), (r2 ), (r3 ), (r4 ) prouvent que le point G appartient aux quatre segments [ AA’	], [ BB’	],	[ CC ], [ DD' ]
Chacun de ces quatre segments a pour extrémités un sommet et le centre de gravité de la face opposée à ce sommet
Sur chaque segment, le point G est positionné à une distance du sommet du tétraèdre égale aux | de la longueur
de ce segment.
2°) Des relations (r, ). (r2 ), (r3 ), (r4 ), on déduit : ÂÆ+B& + CC + DD'- -jÂG + BG + | CG + DG
d'où: ÂÆ+BB: + CC + DD'--^(GA + GB + GC + GD)
or GA + GB + GC + GD-O.llen résulte : Â?+BB! + CC + DD'-6
64
Exercice 4
Alignements de points et droites concourantes
Soit ABC un triangle .
1°) a) Construire les points I, J , K définis ci-dessous ;
I - Bar{ (A,2), (C, 1)} J = Bar {(A, 1), (B, 2)} K = Bar{ (C, 1), (B, - 4)}
b) Démontrer que le point B est barycentre de {(C, 1 ), (K, 3)}
2°) Démontrer que : a) Le point J est barycentre de {(A, 2), (C, 1 ), (K, 3)} .
b) Le point J est le milieu de (I, K) •
3°) Soit L et M les milieux respectifs de (C, I) et (C, K) .
Démontrer que UML est un parallélogramme et que son centre G est l’isobarycentre de {A, B , C} .
1°) a) Les points L, J , K peuvent être construits grâce aux relations suivantes :
Âî .	+	1Âc)	c'est à dire:	Âî - ^-Âc
AJ - 77^(1 ÂA + 2ÂËi)	c'est àdire:	Âj - |ÂB
BK . —1— (1 BC - 4BB )	c'estàdire:	BK-- IbC
1 - 4 K	7	3
b) La relation (3) équivaut à : 3 BK + BC = O ,
laquelle exprime que : B « Bar {(K, 3), (C, 1 )}
65
2°) a) Pour chercher le barycentre de {(A, 2), (C, 1), (K, 3)}, on peut remplacer les points pondérés (C, 1) et (K, 3)
par leur barycentre B affecté du coefficient 4 .
Onadonc: Bar{ (A,2),(C, 1) ,(K,3)} - Bar{ (A, 2), (B, 4)}
On ne change pas le barycentre d’un système de points pondérés si on multiplie les coefficients de tous ses
points par un même réel non nul,
donc:	Bar{ (A ,2), (B, 4)} - Bar{ (A, 1), (B, 2)}
Le barycentre de {(A, 2), (C, 1), (K, 3) J est donc le point J .
b) On vient de démontrer que J est barycentre de {(A, 2), (C, 1 ), (K, 3)} .
Remplaçons les points pondérés (A, 2) , (C , 1 ) par leur barycentre I, affecté du coefficient 3 .
On a alors : J * Bar {(1,3), (K, 3)}
Le point J est donc l’isobarycentre des points I et K . c'est à dire : J est le milieu de (I, K) .
3°) Le point L est milieu de (C, I) I
Le point M est milieu de (C, K) f	donc :	LM -jlK	(4)
Or : J est le milieu de (I, K)	donc :	Ü* - yÎK*	(5)
Des relatons (4) et (5), on déduit :	LM* -Ü* .	relation qui prouve que UML est un parallélogramme	
Le centre G du parallélogramme UML est milieu commun de [IM] et de [JL] .
On a donc : Gl + GM - O				(6)
D’une part : I - Bar {(A, 2), (C, 1)}	donc :	gT .	 j(2GA + GC.)	(7)
D'autre part : ( M est milieu de (K, C)	donc :	GM*	- ? (GK* + GC* )	(8)
(K - Bar{ (C, 1), (B, - 4)}	donc :	GK*	--i(GC -4GB )	(9)
En tenant compte des égalités (7), (8), (9), la relation (6) devient :
1(2ga + gc) + 1(-|°5 + ïïS + 55)-°
c'est à dire :	| GA + | GB + | GC « O
Il en résulte :	GA + GB* ♦ GC* - O	(10)
La relation (10) prouve que le point G est l’isobarycentre de {A , B , C},
c’est à dire que le point G est aussi le point de concours des médianes du triangle ABC .
66
Exercice 5
Isobarycentre des huit sommets d'un parallélépipède
On considère le parallélépipède ABCDEFGH ci-contre .
1°) Démontrer que les plans (BDE) et (FHC) sont parallèles .
2°) Soit ( K Fisobarycentre de { B , D, E}
| L Fisobarycentre de {F, H , C} .
♦	Démontrer les relations : AG* - 3ÂK* et GA* - 3GL*
♦	En déduire que la droite (AG) perce les plans (BDE) et (FCH)
en respectivement les points K et L.
*	Justifier : ÂK* = RT - LG*
3°) Soit O Fisobarycentrede{A,B,C,D,E,F,G,H} .
Démontrer que le point O est milieu commun des quatre segments
[AG],[BH],[DF],[EC] .
1°) Un repère du plan (BDE) est (B, BD , BE ) .
Un repère du plan (FHC) est ( H , HF*, HC* ) .
Un plan P de repère ( Mo, u, ,1^ ) et un plan & ’ de repère ( No, vf,	) sont parallèles si, et seulement si :
u, s’écrit Xvf + pv7
u2 s’écrit a v, + p v2 où X., p, a, p sont des réels.
Toutes les faces du parallélépipède sont des parallélogrammes .
On a donc : \ AD - EH (ÂB -ÊF	d'où	AD - AB = EH - EF c'est à dire :	BD = FH
Par ailleurs ( ÂE* « DH* / ÂB* - DC*	d'où	: AE - AB - DH - DC c'est à dire :	BE* = CH*
On peut donc écrire : ce qui suffit pour conclure que	BD = (- 1)HF + OHC BË* = OHF* + (- 1)HC* les plans (BDE) et (FHC) sont parallèles .		
2°) ♦ Utilisons la relation de Chasles :
AG = AB + BC + CG
or ) BC = AD
l CG* « BF = ÂE
d’où :
AG = AB + AD + AE
Utilisons Fisobarycentre K de { B , D , E} :
AG - (AK + KB ) + (AK + KD ) + (AK + KE )
On sait : KB + KC + KD = O
d’où :
AG - 3 AK
Oi)
♦ Utilisons la relation de Chasles :
GA = GC + CD + DA
or i CD = GH
/ DÂ** - CB* - GF* d’où :
GA - GC + GH + GF
Utilisons Fisobarycentre L de {F, H , C} :
GA - (GL + LC ) + (GL + LH ) + (GL + LF )
On sait : LC + LH + LF = O
d’où :
GA - 3GL
(r2)
67
♦	♦ La relation (r, ) prouve que le point K appartient à la droite (AG)
or le	point	K, isobarycentre de { B , D , E} appartient aussi au plan (BDE), donc : K e (AG) n (BDE)
La droite (AG) n’étant pas incluse dans le plan (BDE), on en déduit	:	(AG) n (BDE) « {	K}
♦	♦ La relation (r2 ) prouve que le point L appartient à la droite (AG)
or le	point	L , isobarycentre de {F, H , C} appartient aussi au plan (FHC), donc	:	L e (AG) n (FHC)
La droite (AG) n’étant pas incluse dans le plan (FHC), on en déduit	:	(AG) n (FHC) - {	L}
OnaÂK'-jÂG et GL - 5 GA d'où :	ÂK* - LG*
En outre: KL - KÂ* + ÂG + GL
donc: RF - (- jjÂG* + ÂG* + jGÂ*
d'où : KL - jÂG*.	Il en résulte :	ÂK* - KL - LG*.
3’) Utilisons le théorème d'associativité barycentrique :
L’isobarycentre O de {A,B,C,D,E,F,G,H} est aussi le barycentre de {(A, 1), (K , 3), (L, 3), (G, 1 )}
On peut en effet remplacer : les points pondérés (B, 1), (D , 1), (E , 1) par leur barycentre K affecté du coefficient 3
les points pondérés (F, 1), (H , 1), (C, 1) par leur barycentre L affecté du coefficient 3 .
Le point O vérifie donc :	OA + 3 OK + 3 OL + OG - O	( p )
La relation (p) s’écrit : ÔA + 3(ÔA + ÂK ) + 3(ÔG* + GL ) + ÔG* = Cf
d’où : 4(ÔA + ÔG*) + 3(ÂK* + GL? ) - Ô*
On sait : ÂK* « LG*. Il en résulte : OA* + OG « O donc le point O est milieu de (A, G) .
♦	Le quadrilatère	ABGH	est	un	pareil lé log ram me (car	AB «	DC « HG )
Le milieu O	de (A,	G) est donc aussi milieu de	(B , H)	•
♦	♦	Le quadrilatère	ADGF	est	un	paralllélogramme (car	AD *	EH = FG )
Le milieu O	de (A,	G) est donc aussi milieu de	(D , F)	.
♦	♦♦	Le quadrilatère	AEGC	est	un	paralllélogramme (car	AE =	BF « CG )
Le milieu O	de (A,	G) est donc aussi milieu de	(E . C)	.
conclusion :
l’isobarycentre O des sommets du parallélépipède ABCDEFGH est milieu commun des quatre
segments diagonaux [ AG ] , [ BH ] , [ DF ] et [ EC ].
68
Exercice 6
Droites coplanaires
On considère un tétraèdre ABCD et deux réels donnés X et p .	J?
Soit M et M ’ les points vérifant : AM* - XÂB* et DM1’ - XDC*	/ \\
—  • • - » / 1 \
Soit N et N ’ les points vérifiant : AN - p AD et BN’ - p BC	M/	\ \
On se propose de démontrer, par deux méthodes , que les droites (MM ’ )	/ p\	\	\
et (NN ’ ) ont un point commun I ( ce qui prouvera que ces deux droites	/	\	\
sont coplanaires ).	/ q ,	\	\
b/ — /____________L\__________\D
Première méthode	\	/
_____.	___.	__, _______ ___ N^\.	\ /M'
1°) Exprimer MM et NN’ à l’aide de X,p et des seuls vecteurs AB , AC , AD .
___	____*	X
2°) Soit P un point quelconque de la droite (MM ’ ). On note x le réel tel que MP = x MM' .
Soit Q un point quelconque de la droite (NN ' ). On note y le réel tel que NQ = y NN’ .
a)	Exprimer PQ à l’aide de MM’ et NN’ .
En déduire l’expression de PQ à l’aide des réels x , y , X, p et des seuls vecteurs AB , AC , AD .
b)	Justifier qu'il existe un unique choix du couple (x , y) tel que : PQ « O
En déduire que les droites (MM ’ ) et (NN ’ ) sont sécantes en un point I qui vérifie :
Ml _ AN _ BN’ et Ni ÂM DM’
MM' " ÂD " BC	NN’ ~ ÂB ~ DC
Deuxième méthode
1°) Démontrer que les points M , M ’, N , N ’ vérifient : M - Bar {(A, 1 - X), (B, X)} et M ’ = Bar {(D, 1 - X), (C, X)}
N - Bar{(A,1 - p),(D,p)} et N’ - Bar{(B,1 - p),(C,p)}
2°) Justifier que les droites (MM ' ) et (NN ’ ) sont sécantes dans les cas suivants :
( X - 0, p quelconque ) ; ( X « 1 , p quelconque ) ; ( X quelconque, p = 0 ) ; ( X quelconque , p = 1 )
3°) On suppose : X # 0 et X # 1 et p # 0 et p # 1 .
a)	Vérifier que le système {[ A, (1 - X) ( 1 - p ) ], [ B, X ( 1 -p)],[C,Xp].[D,(1 - X ) p ] , noté 8 , admet un
barycentre I.
b)	Utiliser le théorème d'associativité de deux façons pour justifier que :
♦	d’une part, le point I est barycentre de {(M, 1 - p ), (M ', p )}
♦	d’autre part, le point I est barycentre de {(N , 1 - X ), (N ’, X )}
Conclure que le point I est point commun aux droites (MM ' ) et (NN ' ).
।	। M* - NI
Calculer alors •= et •
MM’ NN'
Première méthode
1°) Utilisons la relation de Chasles : MM* - MA* + ÂD* + DM’’
MM* - - XÂB + ÂD + XDC*
or	DC* - ÂC - ÂD* d'où :	MM* - - XÂB* + XÂC* + ( 1	- X)ÂD*	(a)
De la même façon , on a :	NN*’ - NÂ* + ÂB* + BN’’
NN - - pÂD* + ÂB* + pBC*
or	BC* - ÂC - ÂB* d’où :	NN7 - (1 - p)ÂB* + pÂC*-	pÂD*	(p)
69
2°) a) La relation de Chasles donne: PQ « PM + MA + AN + NQ
La relation (r) s’écrit : PQ - - x MM’ - X AB + g AD + y NN’
Utilisons alors (a) et (P) pour remplacer MM’ et NN’ par leurs expressions . On trouve alors :
PQ - (Xx - X + y - gy) AB + (gy - Xx) AC + (Xx - x + g - gy) AD (y)
b) Rappelons :
Les vecteurs AB , AC , AD étant non coplanaires , le seul triplet (a, b. c) de réels tels que :
a AB + b AC* + cAD = Ô*	est le triplet (0,0,0) .
Pour assurer PQ - O , il faut et il suffit que :
(Xx - X + y - gy) AB + (gy - Xx) AC + (Xx - x + g - gy) AD - O
U
k
Cette dernière égalité n'est vraie que si, et seulement si: (Xx-X + y-gy = 0
(S) j gy - Xx « 0
(Xx-x + g-gy-0
Cherchons donc les couples (x , y) solutions du système (S) où X et g sont des réels donnés .
( Xx - gy
Le système (S) équivaut à : < - X + y
( - x + g
Le système (S) équivaut à : (x - g et y « X)
Conclusion : il existe un unique point P de (MM' ) et un unique point Q de (NN’ ) tels que : P « Q
Les droites (MM*) et (NN’) sont donc sécantes et leur point commun I vérifie :
U
Li
- 0
- 0
d’une part : Ml - x MM’
d’autre part : NI - y NN’
c'est à dire :
Ml - g MM’
NT - XNN**
(D
(2)
Des relations (1) et (2), on déduit :
Ml - g MM’ et
NI - XNN*
Par ailleurs , on sait que ( hypothèses de l'énoncé )
AN -gAD
Bhf = gBC
et
et
AM -XAB
ÔKF - XDC
d'où : \ AN - gAD et
/ BN7 = gBC
AM = XAB
DM7 = XDC
Il en résulte alors :
Ml AN BN’ . NI AM DM' .
. =- « g et = =- -	- X
MM’ AD BC	NN’ AB DC
On observera que les dénominateurs des rapports écrits sont tous non nuis .
Deuxième méthode
1°) La relation AM - XAB , qui s’écrit : AM » X(AM + MB ) , équivaut à : (1 - X)MA + XMB - O
ce qui prouve que le point M est barycentre de {(A, 1 - X ), (B, X)}.
Remarquer : ( 1 - X ) + X # 0
De même,	la	relation	DM*	- XDC	équivaut à
la	relation	AN	= gAD	équivaut à
la	relation	BN’	« gBC	équivaut à
(1 - X)M’D + XM’C - O
( 1 - g ) NA + g ND - O
(1 - g)W + ghïC - CÏ
2°	) si X - 0	le point M est en A, et le point M ' est en D ; On a alors : (MM* ) r> (NN* ) » (AD) n (NN’ ) - {N}
	si X « 1	le point M est en B, et le point M ' est en C ; On a alors : (MM’ ) r> (NN’ ) - (BC) n (NN* ) » {N'}
	si g - 0	le point N est en A, et le point N ’ est en B ; On a alors : (MM* ) n (NN’ ) - (MM* ) n (AB)  {M}
	si g - 1	le point N est en D, et le point N ’ est en C ; On a alors : (MM* ) n (NN' ) - (MM' ) n (CD) « { M’}
x - g
y - X
70
3°) a) Calculons la somme des coefficients du système 9 de points pondérés .
On trouve : (1 - X)( 1 - p) + X(1 - p) + Xp + (1 - X)p « 1. Cette somme est non nulle.
Le système 9 admet donc un unique barycentre I.
b) Rappelons que : si on multiplie tous les coefficients des points pondérés d’un système par un même réel
non nul. on ne change pas le barycentre de ce système .
on a : N - Bar {(A, 1 - p), (D, p)}	et :	1 - X # 0	donc :	N-Bar{(A.(1 -g)(1 - X)).(D.p(1 - X)}
N’»Bar{(B,1 - p),(C,p)}	et :	X# 0	donc :	N'-Bar{ (B,X(1 -g)).(C,Xg}
M«Bar{(A,1 - X), (B, X)}	et :	1 - p # 0	donc :	M-Bar{(A.(1 - X)(1 -g)).(B.X(1 - g)}
M'-Bar{(D,1 - X),(C,X)}	et :	p# 0	donc :	M’-Bar{(D,(1 - X)g),(C,Xg}
1ère façon :	Appliquons le théorème d'associativité au système 9
♦ d’une part	associons les points A et B et remplaçons les par leur barycentre M , affecté de la somme des coefficients (1 - X) (1 - p) + X (1 - p) égale à 1 - p
♦ d'autre part	associons les points C et D et remplaçons les par leur barycentre M’, affecté de la somme des coefficients Xp + (1 - X)p . égale à p
	Le barycentre I du système 9 est donc égal à : Bar {( M, 1 - p ), (M, p )}	(p)
2ème façon :	Il en résulte que le point I appartient à la droite (MM’ ).
♦ d’une part	associons les points A et D et remplaçons les par leur barycentre N , affecté de la somme des coefficients (1 - p)(1 - X) + p(1 - X) , égale à 1 - X
* d’autre part	associons les points B et C et remplaçons les par leur barycentre N’, affecté de la somme des coefficients X (1 - p) + X p , égale à X
	Le barycentre I du système 9 est donc égal à : Bar {( N , 1 - X ), ( N’, X )}	(q)
	Il en résulte que le point I appartient à la droite (NN’ ).
conclusion :	Le point I appartient donc aux deux droites (MM’) et (NN’).
			
Calcul de 	 et 	 MM’	NN’ De la relation (p), on déduit : d’où : Il en résulte : De la relation (q), on déduit : d’où : Il en résulte : On retrouve donc les deux égalités	(1 - p)MI + pMI - O , c’est à dire : (1 - p)MT + p(MÏT + MT) - Ô*	/V\ MT - pMKT	/ \ \ N MÎ « pMM7	y (1 - X)Nf + XM* - Q , c’estàdire :	/	\*/\	\ (1 - X)Nr + X(NÏT + NT) « Ô*	/	\	\ nT - xnFT	b/ __ _	_\c NI - XNN7	~ Y i?^\^ \ 7^ . p et	- X , établies par la 1èr6 méthode .	C MM’	NN’
71
Exercice 7
Ensembles de barycentres
2°) a) La somme des coefficients des points du système est : —-— + —-— + —•  1
6	3	2
Cette somme est non nulle , donc, quel que soit t, le système £ admet un unique barycentre G (t) .
L’ensemble des points G (t), de coordonnées : (S)
4	4
y - — - — t , quand t décrit R , est donc une droite A ,
3	dont (S) est un système d’équations
z -	—t
2	paramétriques .
4 4	-*143
La droite A contient le point Mo ( — , — , 0 ) et est dirigée par le vecteur u	•
3 3	3	3 2
72
2°) b) Quel que soit t, le barycentre G (t) de {(A, -—- ), (B, -—- ), (C, — )} appartient au plan (ABC).
6	3	2
En effet : AG (t) - —-ÂA + 1—1 ÂB + 1ÂC
6	3	2
ÂG (t) -	1^-1 ÂB + 7^	<r)
L’ensemble A de tous les points G (t), quand t décrit R, est donc inclus dans le plan (ABC)
c) ♦ Le point G (t) appartient à la droite (AB) si, et seulement si les vecteurs AG (t) et AB sont colinéaires ,
c’est à dire , compte tenu de la relation (r), si, et seulement si t » 0.
An (AB), qui est l’ensemble des points G (t) appartenant à la droite (AB), est donc un singleton {I} où
le point I est le barycentre G (0) de {(A , -—- ), (B, -—- ), (C, 0 )}
6	3
4 4
Les coordonnées du point I sont donc : ( y, —, 0 )
remarque : Le point I, barycentre de {(A, f ), (B, | )} est aussi barycentre de {(A, 2), (B , 1 )}
* An (AC) est l’ensemble des points G (t) appartenant à la droite (AC), c'est à dire tels que les vecteurs
— 4	—•	1 - t
AG (t) et AC soient colinéaires , condition réalisée si, et seulement si --» 0 .
3
A n (AC) est donc un singleton {J} où J - G (1) = Bar {(A, -—- ), (B , 0 ), (C, — )}
6	2
Les coordonnées du point J sont donc :
(1.0.|)
Puisque J - Bar {(A, | , (B , 0 ) (C, | , on a donc : le point J est le milieu de (A, C)
* An (BC) est l'ensemble des points G (t) qui appartiennent à la droite (BC), c'est à dire tels que les vecteurs
BG (t) et BC soient colinéaires
or : BG (t) - —1BA + 1—1 BB + IflC
6	3	2
—•	—•	4 - t
Il en résulte que les vecteurs BG (t) et BC sont colinéaires si, et seulement si  0 , d’où t = 4
6»
On endéduit : An(BC) = { K} où: K = G (4) = Bar{ (A, 0), (B, - 1), (C, 2)}
Les coordonnées du point K sont donc : (0, - 4,6)
La relation : - KB + 2 KC « O , qui s'écrit : KB = 2 KC , prouve que :
le point C est le milieu de (K, B).
3°) b) ♦ Pour déterminer le barycentre de {(K , 1 ), (0,1 ), (D, 1 ), (B, 1 )}, utilisons le théoème d'associativité
barycentrique en remarquant que le point A est le milieu de (O, D)
Associons : les points K et B d’une part
les points O et D d'autre part.
On trouve : Bar{ (K, 1), (0,1),(D, 1), (B, 1)} - Bar{ (C, 2), (A, 2)}
or le barycentre de {(C, 2), (A, 2)} est le milieu J de (C, A)
Lïsobarycentre de { K, O, D , B} est donc le point J .
♦ Le point I, barycentre de {(A, 2), (B, 1)}, vérifie :	21Â* + 1B*  O*
Puisque le point A est le milieu de (O, D), on a : 2 IA = 1Ô* + ÏD*
d’où : ÎO + ÎCT + ÏËT = O*	(i)
La relation (i) exprime que le point I est lïsobarycentre de {O, D , B}
73
méthode analytique
* L’isobarycentre de { K , O , D , B} a pour coordonnées
yx + yo+yp+yB zk + zp+zd + zb
4	’	4
On reconnaît les coordonnées du point J .
L’isobarycentre de {O , D , B} a pour coordonnées
(xp + x0 + xB y0 + yD + yB zp + zd + zb
3	’	3	*	3
c'est à dire
On reconnaît les coordonnées du point I.
c) Les plans (KOI) et (KDB) ont le point K en commun, et ils sont non confondus ( O g (KOI) et O « (KDB)
Précisons (Ol) n (DB) :
Le point I étant le centre de gravité du triangle ODB, la droite (Ol) en est la médiane issue de O dans ce
triangle . La droite (Ol) coupe donc la droite (BD) en le milieu M de (B , D).
Puisque : ( Me (BD)	alors ( Me (KBD)
| Mg(OI)	j Me (KOI)	d’où Mg (KBD)n(KOI)
L’intersection des plans (KOI) et (KDB) est donc la droite (KM).
74
Projections ponctuelles - Enoncés de Thalès
A) Géométrie plane
1e) Projection d'un plan P sur une droite A, parallèlement à une droite 5 ( 5 sécante avec A ) •
Soit M un point quelconque du plan P.	5/
La droite 8^ , contenant le point M et parallèle à la droite 8, coupe la droite A en	/M
un point M’ appelé projeté de M sur A parallèlement à 8.	/	/
La droite 8M est dite la droite projetante de M .	/_____________/______A
W
On appelle projection du plan P sur la droite A parallèlement à la droite 8,
l’application n de P sur A qui à tout point M de P associe le point M’ défini ci-dessus.
♦ Si les droites A et 8 sont perpendiculaires , n est dite projection orthogonale de P sur A.
Enoncés de Thalès .
Soit A et B deux points distincts tels que la droite (AB) ne soit pas parallèle à 8.
Soit A' et B’ leurs projetés respectifs sur la droite A parallèlement à 8 .
Soit M un point de la droite (AB)
Théorème direct :
A’M • AM
Le projeté M ' de M sur A parallèlement à 8 vérifie alors : -=- - =-
‘ A’B’ AB
Théorème réciproque :
Si un point de A vérifie :	,
A’B’ AB
alors le point M1 est le projeté de M sur A parallèlement à 8.
Attention : l’égalité AM1 « —=r ne permet pas de conclure quant au parallélisme des droites (AA’), (BB’)t (MMJ
A’B’ AB
Observer le contre-exemple ci-contre :
On a :	- 4 mais une hypothèse
A’B’ AB
fondamentale n’est pas vérifiée .
3°)
a)
Cette réciproque n'est assurée que si les points A' et B’ sont les projetés respectifs des points A et B
sur A suivant la même direction .
Propriété de la projection x de P sur A parallèlement à 8 .
Soit trois points alignés A, B , M dans le plan P , tels que : AM « k AB
Alors leurs projetés respectifs A’, B', M ’ vérifient :	AM « k A’B’
: a
B'
cas particulier : le milieu I d'un bipoint (A, B) a pour projeté le milieu I* du bipoint (A', B*) projeté de (A, B) .
b)
Si deux bipoints (A, B) et (C, D) sont équipollents, leurs projetés (A’, B' ) et
(C , D* ) sont des bipoints eux aussi équipollents .
On dit que la projection n conserve l’équipollence des bipoints .
On peut aussi énoncer :
Soit quatre points A, B, C, D tels que : ÂD* - ÂB* + AC
Alors leurs projetés respectifs A’, B’, C, D’ vérifient : A’D’’ - A’B’’ + A’C
c) Conséquence : Soit quatre points A , B , C, S tels que : AS « A. AB + p AC	où (X,p)G R2 .
Alors leurs projetés respectifs A’, B’, C’, S’ vérifient : A’S’  X A’B’ + p. A’C’
Soit a et p deux réels tels que a + p * 0 ;
Si les points A et B ont pour projetés respectifs A’ et B’ ,
alors le barycentre G de {(A, a), (B , P)} admet pour projeté le barycentre G' de {(A’, a), (B’, P)}
Cette propriété de " conservation du barycentre " par la projection k est valable quel que soit le nombre de points
pondérés envisagés.
B) Projections de l'espacfi-IE)
1°) Projection sur un plan P parallèlement à une droite A sécante avec P
a)	On appelle projection de l'espace (E) sur le plan P parallèlement à A
l'application p de (E) sur P qui, à tout point M de (E) associe le
point M ' d’intersection de P et de la droite A^ parallèle à A et contenant M .
b)	Propriétés de la projection
♦	L'image .par p, d'une droite parallèle à A est un singleton .
♦	L'image . par p. d'une droite 2) non parallèle à A est une droite 2> *.
♦	Si trois points A, B , M sont alignés et vérifient : AM « k AB
alors leurs projetés respectifs A’, B', M ’ par p vérifient : A’M' « k A’B’
♦	Si 2)y et S)2 sont deux droites parallèles , n'ayant pas la direction de A
alors leurs projetées respectives 2), et 2)2 sont deux droites parallèles .
La réciproque est inexacte .
76
♦	Le projeté par pdu milieu I d’un bipoint (A, B)
est le milieu I’ du bipoint projeté (A’, B' ).
♦	La projection p conserve réquipollence des bipoints .
♦ La projection p conserve le barycentre .
Si a + p # 0, le barycentre G de {(A, a), (B, P)} admet
pour projeté le barycentre G’ de {(A’, a), (B’, p)} .
Si quatre points A,B,C,S vérifient : AS* * XÂB* + pÂC*
alors leurs projetés respectifs A’, B’, C , S’ sur P
parallèlement à A vérifient : A’S’’ = X A’B’’ + p A’C’’.
2°) Projection de l'espace sur une droite A parallèlement à un plan P sécant avec A .
a)	On appelle projection de l'espace (E) sur A parallèlement au plan P
l'application q de (E) sur A qui, à tout point M de (E) associe lepoint M "
d'intersection de A avec le plan P^ parallèle à P et contenant M .
Le plan P^ est dit le plan projetant du point M .
b)	Enoncés deThalès•
♦ Théorème direct :
Si trois plans parallèles distincts coupent une droite 2) en A, B , M
et une droite A en respectivement A", B", M ",
alors on a l'égalité : —•
A" B" AB
Théorème réciproque :
Soit 2) et A deux droites non coplanaires
Soit J A, B , M trois points distincts de 2)
| A", B", M " trois points distincts de A
Si on a l'égalité : A M -	,
A" B" AB
alors les droites (AA" ), (BB" ), (MM " ) sont parallèles à un même plan
Remarquons que les droites (AA" ), (BB" ), (MM" ) ne sont pas parallèles entre elles .
En effet: Si on avait (AA" )//(BB" ),
les points A , A", B , B" seraient coplanaires alors que les droites 2) et A sont supposées non coplanaires
c) Propriétés de la projection q ( sur la droite A parallèlement au plan F ) .
♦	Si trois points A, B , M sont alignés et vérifient :	AM  k AB
alors leurs projetés respectifs A", B", M" par q vérifient : A"M”  k A’B
♦	La projection q conserve le barycentre •
♦	Le projeté par q du milieu I d’un bipoint (A, B)
est le milieu I" du bipoint projeté (A", B" ) •
* La projection q conserve l'équipollence des bipoints 
Si quatre points A, B, C, S vérifient :	AS - XAB + pAC
alors leurs projetés respectifs A", B", C", S" sur A parallèlement à vérifient : A"S" - XA”B" + pA"C’
Cette figure visualise les projetés
A', B', C, S’ de A, B, C, S sur P
parallèlement à A et les projetés
A", B", C", S" de A,B,C,S sur A
parallèlement à S*.
Remarquer que K étant le point
d'intersection de A sur , on a :
(AA")//(KA’)
puiqueleplan (KA"AA') est coupé
par les plans parallèles P et
suivant des droites parallèles .
De même on a :
(BB" )//(KB')
(CC )//(KO ).....
(SS")//(KS')
Exercice 1
Théorème de Thalès dans l'espace
Soit S) et S) ' deux droites non coplanaires .
Soit 9>1 et 9>2 deux plans / parallèles et distincts
< coupant 2) respectivement en A et B
( coupant Sb ’ respectivement en A’ et B ’.
On considère un plan 9* qui varie en restant parallèle aux plans P, et 9>2 •
On appelle M et M ’ les points respectifs où 9* coupe les droites Sb et Sb '
Soit I, J , K les points appartenant respectivement aux droites (AA’ ), (BB’ ), (MM* )
et définis par
IA’ JB’ KM ’
ÏÂ ~ JB " KM
où k est un réel donné , non nul, différent de 1 .
1°) Démontrer les relations : a) (k - 1 ) IJ » kAB - A’B’
b) (k - 1 )ÎK* - kÂM* - ÂM
2°) On pose = X. Justifier qu’on a : IK = X IJ
AB
* En déduire le lieu géométrique A du point K lorsque le plan 9* varie en restant parallèle à 9>1 et 9>2 *
♦ Construire deux figures en prenant : k * 3 ; k - (- 1)
79
1°) Les relations qui définissent les points I, J , K sont équivalentes aux relations vectorielles suivantes :
ÏÂ* « kïÂ* ; JB5* - k JB* ; KM5* = k KM*
a)	Utilisons la relation de Chasles :
On a	( d’une part	U	«	IA’ + A’B’ + B’J*	donc	U » k IA + A’B’ + k BJ	(1)
) d’autre part	U	-	IA + AB + BJ	donc	kU=klA+kAB+kBJ	(2)
Retranchons membre à membre les égalités (2) et (1). On trouve :	(k - 1)U = kAB - A’B’	(3)
b)	On a	( d’une part	îîf	=	ÏÂ* + ÂM* + MK*	donc	ÏK* - kïÂ* + ÂM + kMK*	(4)
(d’autre part	ÏK*	-	ÏÂ* + ÂM* + MK*	donc	kÏK* « kïÂ* + kÂM* + kMK*	(5)
Retranchons membre à membre les égalités (5) et (4). On trouve :	( k - 1 ) IK « k AM* - A’M’	(6)
2°) * Appliquons le théorème de Thalès dans l’espace :
A’M ’ AM _
alors on a : - -- - =- - X
A’B’ AB
d’où :
Si trois plans parallèles P,, P2, P coupent deux droites 2) et 0 ’ en respectivement A, B , M et A’, B’, M ',
ÂW-XÂK	(e’)
ÂM - XÂB	(e)
remarquer : AB # 0 et A’B’ # 0
Les points A, B . M étant alignés et les points A’, B’, M ’ étant alignés , les égalités (e) et (e* ) sont
équivalentes aux égalités vectorielles :	( A’M* - XA’B’
/ ÂM* = XÂB*
♦ La relation (6) s’écrit alors : (k - 1 ) IK - k(XAB ) - (XA’B’ )
d’où : (k - 1 )ÏK* - X(kÂB* - ÂB5* )
En tenant compte de (3), on trouve : ( k - 1 ) IK - X ( k - 1 ) IJ
or k # 1, d’où :
IK - XU
Les points I, J , K sont donc alignés.
* Quand le plan P varie, en restant parallèle à P, et P2, le point M décrit toute la droite S) , donc le réel X ( tel
que AM* - XÂB* ) décrit R ( si X - 0, alors M est en A ; si X » 1 , alors M est en B ) .
Puisque IK - X U , le lieu géométrique du point K, quand X décrit R , est donc la droite (U) " toute entière *.
Si k - -1 la propriété précédente peut être énoncée de la façon suivante :
Soit deux points M et M ' décrivant respectivement une droite S) et une droite S) ’ non coplanaires ,
en sorte que le segment [ MM ' ] reste parallèle à un plan P1 donné.
Le lieu géométrique du milieu K de [ MM ' ] est alors une droite .
Exercice 2
Pieds des hauteurs d'un triangle
♦ projetés orthogonaux de ces pieds sur les côtés du triangle
* symétriques de ces pieds par rapport aux côtés du triangle
Soit ABC un triangle non rectangle , d’orthocentre H .
Soit A1, B,, C! les pieds des hauteurs issues respectivement de A, B , C.
Soit I et J les projetés orthogonaux respectifs de A, sur (AC) et (AB) .
Soit K et L les projetés orthogonaux respectifs de B, sur (BA) et (BC).
Soit M et N les projetés orthogonaux respectifs de C, sur (BC) et (CA).
1e) Démontrer :	(U)//(B A) ; (KL)//(CA) ; (MN)//(AB1)
2°) Soit R et S les points où la droite (U) recoupe respectivement les droites (BB, ) et (CC, ) .
a) Démontrer : (A,S)//(BA) et (A R)//(CA)
b) En déduire que la droite (U) contient les milieux respectifs B2 et Q> de [ACJ et [AA] .
3°) Soit A’ et A” les symétriques respectifs du point A, par rapport aux droites (AB) et (AC) .
Démontrer que les points A’, C,, B,, A" sont alignés .
81
1°) Démontrons par exemple qu’on a : (U) // (B1 C, ). Utilisons le théorème de Thalès .
Soit p la projection orthogonale de la droite (AA1 ) sur la droite (AB) .
P : ------------> A	Âp
H-----------> C- Le théorème de Thalès assure :	=---- (1)
A,---------->j	aa,
Soit q la projection orthogonale de la droite (AA1 ) sur la droite (AC) •
A • A-----------> A	Tp- T7j
H-----------> B. Le théorème de Thalès assure : —------------------ (2)
A1---------->l	Al AA1
Des égalités (1) et (2), il résulte :	(3)
AJ Al
D'après la réciproque du théorème de Thalès , la relation (3) garantit que la droite (U) est parallèle à la droite (B,C, )
On démontre de même : (KL)Z/(C, A,) et (MN)//(A1B1)
2°) Démontrons que les droites (A, S) et (BA) sont parallèles
Soit q, la projection orthogonale de la droite (BC ) sur la droite (CA) 
qp -------------* C	qÎ
A,----------> I	Le théorème de Thalès assure :	----- (4)
B __________> B,	CB CB1
Puisque les droites (B! C, ) et (U) sont parallèles , considérons la projection q2 de la droite (CA) sur la droite (CC, )
suivant la direction de la droite (U) .
q2: c-----------*c	ci CS
I-----------> S	Le théorème de Thalès assure : = « =	(5)
B,	>C,	CB1 œi
qT" QQ
Des égalités (4) et (5), on déduit alors : -=!• - =•	(6)
CB CC1
D’après la réciproque du théorème de Thalès , la relation (6) garantit que les droites (A, S) et (BA) sont parallèles .
On démontre de la même façon que les droites (A! R) et (CA) sont parallèles
b) Le quadrilatère AfJCfS a ses côtés opposés parallèles et A, JC, est un angle droit .
Le quadrilatère A, JC, S est donc un rectangle et ses diagonales ont même milieu .
Le milieu B? de [A,C,] est donc milieu de [JS].
Le point B2 appartient donc à la droite (JS). qui est aussi la droite (U).
On démontre de même que le quadrilatère A, IB, R est un rectangle •
Le milieu C2 de sa diagonale [ A, B, ] est donc aussi milieu de [ IR ] •
Le point C2 appartient donc à la droite (IR), qui est aussi la droite (U).
3°)	On a démontré au 1°) que :	(U)//(B,C,)
♦	Considérons le triangle A'A, C, •
La droite (U) contient t le milieu J de (A, , A’ )
i le milieu Bj de (A,, C, ) d’où : (U) // (A' C, )
Par le point C,, il ne passe qu'une droite parallèle à la droite (U).
Les droites (C, A' ) et (C, B, ) sont donc confondues , ce qui prouve que : A' e (B, C, )
♦	Considérons le triangle A"A, B, •
La droite (U) contient Je milieu I de (A, , A")
< le milieu Cj de (A,, B, ) d’où : (U) H (AT B, )
Par le point B,, il ne passe qu'une droite parallèle à la droite (U).
Les droites (B, A" ) et (B, C, ) sont donc confondues , ce qui prouve que : A" e (B, C, )
82
Exercice 3
Théorème de Ménélaüs dans le plan
Soit ABC un triangle 
Soit M , N , P trois points appartenant respectivement aux droites (BC), (CA), (AB) et distincts des points A, B, C .
Démontrer que : une condition nécessaire et suffisante pour que les points M , N , P soient alignés est :
MB NC PA
—— X ""**X —«-4'1
MC NA PB
Remarque : la relation (m) confirmeunrenseignementintuitif:
si Pe [AB] et Ne [AC], alors Me[BC] .
hypothèse : M , N , P alignés
Théorème direct : Supposons les points M, N , P alignés
MB NC PA
Calculons le produit x x -= en utilisant le théorème de Thalès .
MC NA PB
Soit A la droite portant les points M , N , P .
♦ Soit p la projection de la droite (BC) sur la droite (AC) suivant la direction de la droite (MN) .
P : B
M
Notons B, l’image du point B par la projection p. Alors B^N
“* B1
N
C
C
u MB NB.
On en déduit : --- —1
MC NC
(1)
♦ Soit q la projection de la droite (AB) sur la droite (AC) suivant la direction de la droite (MN) 
q : A---------------> A
P------------> N
B
B!
~	... . PA NA
On en déduit : =- - •=r
PB NB1
(2)
Multiplions membre à membre les égalités (1) et (2). On obtient:
MB PÂ NÂ	,	MB NC PÂ .
=-x=- =	c’est à dire : =-x = x= - + 1
MC PB NC	MC NA PB
(3)
83
Théorème réciproque :	MB NC PA
Supposons que -=-x-=-x-=- - + 1
MC NA PB
Prouvons que les droites (MN) et (AB) sont sécantes
Soit alors I la projection de la droite (BC) sur la droite (AC) suivant
la direction de la droite (MN). Utilisons le théorème de Thalès .
B---------> A On en déduit : =- - =•	(e)
MB NA
les relations (p) et (e) permettent d’écrire : =  + 1 (g)
PB
Or les points P, A, B étant alignés , la relation (g) traduit : A - B,
ce qui est impossible
(P)
Supposons (MN) H (AB)
Les droites (MN) et (AB) ne peuvent être parallèles . Etant distinctes , elles sont donc sécantes en un point noté Q
Utilisons le résultat établi dans le théorème direct précédent .(Ona Q * A et Q * B )
Les points M , N , Q étant alignés et appartenant respectivement à (BC), (CA), (AB) vérifient =^x=rX=--1 (q)
PA QA
Les égalités (p) et (q) permettent d’écrire : = - =
PB QB
o u 5 PA	At_ 5 QA
Soit X - =•. Alors X - =
PB	QB
Remarquons que : X * 1
Les points P , A , B étant alignés et distincts , la relation Ç — = X j implique donc : PA - X PB - O
ce qui exprime que :	P est le barycentre de {(A, 1), (B , - X)}
De même, on justifie que :	Q est le barycentre de {(A, 1 ), (B , - X)}
On a donc : P - Q, ce qui traduit que :	{P} - (MN) n (AB)
Les points M , N , P sont donc alignés .
figure 3
84
Exercice 4
Théorème de Ménélaüs dans l'espace
Soit A , B . C , D quatre points non coplanaires .
Soit M, N, P, Q quatre points < appartenant respectivement aux droites (AB), (BC), (CD), (DA)
I distincts des points A, B , C, D
On se propose de démontrer que :
Une condition nécessaire et suffisante pour que les points M , N , P , Q soient coplanaires est :
MA NB PC QD
—— X-----X — X ' 1  « 4- 1
MB NC PD QA
1°) Théorème direct : on suppose que M , N , P , Q sont coplanaires ( on nomme alors P le plan qui les contient ).
t	, MA NB PC QD
Démontrer qu'on a alors :	x = x — x---------- + 1	(p)
MB NC PD QA
indication : On envisagera séparément les deux cas suivants :
a)	le plan 9 contenant les points M,N,P,Q est parallèle à la droite (BD) •
b)	le plan 9> contenant les points M,N,P,Q coupe la droite (BD) en un point noté K.
On pourra alors appliquer aux triangles ABD et CBD le théorème de Ménélaüs dans le plan .
2°) Théorème réciproque : Supposons que x — x — x = + 1	(p)
MB NC PD QA
Démontrer que les points M , N , P , Q sont alors coplanaires .
indication : On envisagera les deux cas suivants :
a)	la droite (MO) est parallèle à la droite (BD) •
b)	la droite (MQ) coupe la droite (BD) en un point noté K .
On justifiera alors que les droites (MQ) et (NP) sont sécantes en K .
1°) On suppose que les points M , N , P , Q sont coplanaires. Soit le plan qui les contient.
a)	Premier cas : Si le plan P est parallèle à la droite (BD) ( voir figure 1 ), alors :
♦	le plan (ABD) contient la droite (BD) parallèle à .
La droite (MQ), intersection des plans (ABD) et P est donc parallèle à la droite (BD).
Le théorème de Thalès assure alors : =• - =-	(1 )
MB QD
♦	le plan (CBD) contient la droite (BD) parallèle à P .
La droite (NP), intersection des plans (CBD) et S5 est donc parallèle à la droite (BD).
Ng PP
Le théorème de Thalès assure alors : =- = =-	(2)
NC PC
En multipliant membre à membre les égalités (1 ) et (2), on trouve : =- x « =• x (3)
MB NC QD PC
De l’égalité (3), on déduit alors l’égalité : —— x —- x = x = - + 1 (p)
MB NC PD QA
85
b)	Deuxième cas : Si le plan P coupe la droite (BD) (voir figure 2), nommons {K} « P n (BD). Alors
| K e n (BDA) donc
( Kg $>n(BDC)
Remarquons qu’on a : i K * B
( K* D
( K g (MQ)
< Kg (NP)
( si on avait K - B, alors M et N seraient en B )
( si on avait K = D, alors Q et P seraient en D )
Appliquons le théorème de Ménélaüs dans le plan (ABD). puis dans le plan (CBD) :
♦ M , K, Q sont trois points alignés appartenant respectivement aux droites (AB), (BD), (DA) et
-i a n	MA KB QD
distincts de A , B , D . On a donc : ==-x=-x^=-- +1	(m. )
MB KD QA
♦ N , P, K sont trois points alignés appartenant respectivement aux droites (BC), (CD), (DB) et
distincts de B , C, D . On a donc : =-x=-x==--+1	(m2 )
NC PD KB
Multiplions membre à membre les égalités (m. ) et (m2 ). On obtient : = x =• x —• x —. « + 1 (p)
MB NC PD QA
2°) On suppose que les points M , N , P , Q vérifient l’égalité (p) : = x —• x =- x = - + 1
MB NC PD QA
a)	Premier cas : Si la droite (MQ) est parallèle à la droite (BD), ( voir figure 1 ). alors :
. .	.	MA QA , . x .. MA QD	.
le théorème de Thalès assure que :	- = c est à dire :	x =• - + 1 (t )
MB QD	MB QA
IMB PC	NB PD
De l’égalité (p), supposée vraie , et de l’égalité (t1 ), on déduit : =- x =- - + 1 d’où :	)
NC PD	NC PC
Dans le plan (BCD). appliquons la réciproque du théorème de Thalès :
l’égalité (t2 ) permet de conclure :	les droites (NP) et (BD) sont parallèles .
On a donc: (MQ)//(BD) et (NP)//(BD)
Les droites (MQ) et (NP) sont donc parallèles , ce qui prouve que les points M , N , P , Q sont coplanaires
Le plan P qui les contient est alors parallèle à la droite (BD)
b)	Deuxième cas : Si la droite (MQ) coupe la droite (BD) f nommons { K} - (MQ) n (BD) ( voir figure 2 )
Remarquons que le point K n’est ni en B ni en D:si on avait K - B , on aurait M - B
si on avait K - D , on aurait Q - D
Dans le plan (ABD), appliquons le théorème direct de Ménélaüs :
Les points M , K, Q sont alignés , appartiennent respectivement aux droites (AB), (BD), (DA) et
□ , a «	MA KB QD <	. .
sont distincts de A , B , D . On a donc : =-x— x==-- + 1	(rru)
MB KD QA
De l’égalité (m3 ) et de l’égalité (p), supposée vraie , on déduit en divisant membre à membre :
Rb PC Kt>	,
= x =- x — - + 1	(m4 )
NC PD KB
La relation (m4 ) est une condition suffisante (page 83) pour conclure que les points N, P, K sont alignés •
Les deux droites (MQ) et (NP) ont donc le point K en commun et elles ne sont pas confondues (sinon
elles le seraient suivant (BD) ).
Ces deux droites sont donc sécantes (en K ), ce qui prouve que les points M , N , P , Q sont coplanaires.
86
exercice 5
Section d'un tétraèdre par un plan parallèle à deux arêtes opposées
Soit A , B , C, D quatre points non coplanaires .	x
Un plan P , parallèle aux droites (AB) et (CD) coupe ] AC [ , ] BC [ , ] BD [ , ] AD [	/
en respectivement M, N, P , Q .	/	\ \
1°) Démontrer que MNPQ est un parallélogramme .	/	\	\ q
/ MA /
2°) On suppose : AB « 2a et CD-a(aeR+*)	/	\ /
B -------------------------
P
Justifier qu’on peut choisir le plan P en sorte que MNPQ soit un losange .	\
1°) ♦ La droite (AB) est parallèle au plan P donc tout plan contenant (AB) et sécant avec P coupe & suivant une
droite parallèle à (AB) ; en particulier ,
les plans (ABC) et (ABD) contiennent la droite (AB) et sont sécants avec P , donc :
les droites P n (ABC) et P n (ABD) sont parallèles à (AB), d’où : (MN) // (AB) et (QP) // (AB)
On en déduit : (MN) H (QP)
♦ De même, la droite (CD) est parallèle au plan P,
les plans (BCD) et (ACD) contiennent la droite (CD) et sont sécants avec , donc :
les droites $>n(BCD) et Pn(ACD) sont parallèles à (CD), d’où: (NP)//(CD) et (MQ)//(CD)
On en déduit : (NP) H (MQ)
Le quadrilatère MNPQ , dont les côtés opposés sont parallèles est donc un parallélogramme .
2°) Pour que le parallélogramme MNPQ soit un losange , il faut, et il suffit que : MQ « MN
La position du plan 3», dont on connaît la direction , est parfaitement déterminée par la position du point M sur ] AC [
autrement dit, si on connaît le réel k appartenant à ] 0,1 [, tel que : AM’ - k AC*
Dans le plan (ACD), considérons la projection p de la droite (AC) sur la droite (AD) parallèlement à (CD) .
p: A »------------• A
M ------------- Q Ona: AM « kAC	II en résulte: AQ* - k AD*	(1)
C .------------ D
Dans le plan (ACB), considérons la projection q de la droite (CA) sur la droite CB) parallèlement à (AB) .
q : C ।--------------» C
M .---------. N On a : CM - CA + ÂM*
A.----------• B	CM* - (1 - k)CÂ*	Il en résulte : CN* - (1 - k) CB* (2)
Puisque: ( MQ - ÂQ - ÂM*	( MQ* - k(ÂD* - ÂC*) = kCD*
MN* - CN* - CM* onobtient:	( MN* - (1-k)(CB* - CÂ*) - (1 - k)ÂB*
Onsait: AB - 2a et CD - a et k>0 et 1-k>0 donc: MQ - ka et MN-(1-k)2a
La condition : MQ - MN équivaut à : ka - 2 (1 - k) a, c’est à dire : k - |
Pour que le parallélogramme MNPQ soit un losange , il est nécessaire et suffisant que : AM’ - | AC’
87
H©m©îhéîi®s
A) Définitions propriétés
1«) Définition .
a) Soit I un point de l’espace et k un réel non nul.
On appelle homothétie de centre I, de rapport k, l’application
de (E) dans (E) qui, à tout point M de (E), associe le point
tel que : IM’ - klKT
St ( I. k ) : M
A
B
L’homothétie St est aussi notée ( I. k ) •
St
M’
S < CD
M'
0
L’homothétie St est dite : ♦ une homothétie positive si k >
♦ une homothétie négative si k < 0
(k-3)
B'
Remarques : ♦ Les points I, M , M’ sont alignés •
♦	Toute homothétie de rapport 1 est l’identité de (E) .
♦	Si k « - 1 , St ( I, - 1 ) est la symétrie centrale de centre I .
♦	Si k # 1 ,1 est Tunique point invariant par St (I, k ) .
b) Toute homothétie est une bijection de (E) dans (E), et la bijection réciproque de St (I, k) est l’homothétie St (I,	.
2°) Homothétiques de deux points distincts A et B •
a)	♦ Si A’ et B’ sont les images respectives de A et B par l’homothétie St (I, k), alors on a : A’B’ = k AB
♦ On en déduit : A’B’ - | k | AB
L’homothétie St (I, k), de rapport k ( multiplie les distances par | k |
< multiplie les aires par k2
( multiplie les volumes par | k |3
b)	conséquence : Toute homothétie conserve le barycentre .
3°) Détermination d’une homothétie
a)	Etant donnés trois points distincts alignés I, A, A’, il existe une homothétie St, et une seule, de centre I, qui
transforme le point A en le point A’.
ÏÂ’
Son rapport est : k - —
b)	Etant donnés deux points A et B distincts, et deux points A’ et B’ distincts tels que : A’B’ = k AB ( avec k * 1 )
il existe une homothétie St et une seule vérifiant ( A’ - St (A)
I B’ - St (B)
Le rapport de cette homothétie St est k, et son centre est le barycentre de {(A, k), (A’, - 1)} .
Remarque : Dans le cas où les droites (AB) et A’B* ), qui sont parallèles,	A
sont non confondues , le centre I de St est le point d’intersection
des droites (AA* ) et (BB* ) ( qui sont sécantes puisque k # 1 ) .
c)	Caractérisation d’une homothétie autre que Id (E)
Soit f une application de (E) dans (E) .
f est une homothétie de rapport k ( k * 1 ) si, et seulement si, pour tous points M et N , d’images
respectives M’ et N’,on a : M’N’’ » kMN*
Remarque : Si, pour tous points M et N , on a M’N* - MN , alors f est une translation .
88
4’)
a)
Composée de deux homothéties
Homothéties de même centre
La composée 31 (I, kg ) 0 St (I, k, ) de deux homothéties de même centre I est l'homothétie 3t (I, kg ki ) de même
centre I , dont le rapport est le produit des rapports .
Cette composée est commutative •
«(I,kg)0«(I,ki) - «(l.kJo^G.kg) - 3l(l,kek1)
«(l.3)o*(l,-2) - «(!.-6)
b) Homothéties de centres différents
♦ si kg k, # 1, 31 ( Ig, kg ) 0 5B ( h, k, ) est une homothétie / de rapport kg k,
< dont le centre l3 est situé sur la droite (1^ ) .
cette composée n’est pas commutative •
♦ si k2 k1 - 1, 3! ( Ig, kg ) 0 3! ( L, k, ) est une translation , de vecteur colinéaire à l,l2 .
Retenir que la droite (l^ ) est globalement invariante par ( l2, kg ) 0 3? ( h, k, ) .
u - MM' + M’M"
3e(i2.-|)o3'<|..-2) = V
T - ( l,M' - l,M ) + ( l2M” - IjNT )
ü*-(ÎJF +	) + (• M - W)
—• q »	» q —•
u -|(I1W-I2M').||1I2
B) image d'une droite. d'un plan  d'un cercle. par une homothétie
1«)
a)
b)
Image d'un» droite g .	2)
L’image d’une droite 2, par une homothétie , est une droite 2’ parallèle à 2) .	/
♦	Si la droite 2 contient le centre I de l’homothétie , alors 2 est globalement ( y
invariante par 31 ( c'est à dire que 31 ( 2 ) « 2 ) .	/
*	Les seules droites globalement invariantes par une homothétie , autre que l'identité ,	7
sont celles contenant le centre de cette homothétie .	/
Soit 2), et 22 deux droites d'images respectives g,’ et 22 par une homothétie 3t .
♦	Si 2, et 22 sont parallèles, alors g; et 22 sont parallèles .
*	Si 2, et 22 sont perpendiculaires , alors g/ et 22 sont perpendiculaires •
On dit que toute homothétie conserve le parallèlisme et l’orthogonalité .
c) L'image d’une demi-droite [ AB) par une homothétie 31 est la demi-droite [ A’B’ ) où : A’ « 31 (A) et B' « 31 (B) .
L’image du segment [ AB ] par 31 est le segment [ A’B’ ] .
2°) Image d'un plan , Image d'un carde
a)	L'image d'un plan P , par une homothétie , est un plan P ’ parallèle à P .
♦	Si le plan P contient le centre de l’homothétie 31, alors SP est globalement invariant par 31 (c’est à dire 31 (9>) = P ).
♦	Les seuls plans globalement invariants par une homothétie autre que l'identité sont ceux contenant le centre de
cette homothétie.
b)	Par une homothétie 31 (de centre I, de rapport k), l'image d'un cercle 6 , de centre O et de rayon R,
inclus dans un plan P , est : le cercle ( de centre O ’ (où O ' = 31 (O) ),
\ de rayon | k | R,
( inclus dans le plan P ’ homothétique du plan F par 3! .
♦	L’image par 31 de la tangente A en un point quelconque A de Q est la tangente A ’ à C ' au point image A '
♦	L’image , par une homothétie 3? ( de centre I, de rapport k ), d'une sphère 9 de centre O et de rayon R, est :
la sphère 8 ' < de centre O ’ (où O ’ - 3ï (O) ),
< de rayon | k | R .
3°) Réciproque : cercles homothétiques
a)	Soit 6 et C ' deux cercles / inclus dans des plans parallèles
5 de rayons respectifs R et R ' inégaux
( de centres respectifs O et O ' distincts .
Il existe alors exactement deux homothéties transformant C en C ' :
R '
Tune 31, est une homothétie positive/de rapport k1 * —
i	R
r	R ' —•
\ de centre I tel que : IO' = — KD
R
R '
l'autre 3?2 est une homothétie négative/de rapport kg « - —
i	F»
)	R*_____"•
( de centre J tel que : JO* » - — JO
(1)	exprime que : I « Bar{ (O, R'), (O', - R)}
(2)	exprime que : J = Bar {(O, R’ ), (O*, R)}
b)	Construction des centres I et J des homothéties transformant C en C1
(dans le cas où C et C ' sont dans un même plan & )
(1)
(2)
♦ Une homothétie qui transforme 0 en C transforme O en O' et transforme un point M quelconque de C en
un point M ’ de C ' tel que la droite (O'M ' ) soit parallèle à la droite (OM).
La parallèle à (OM) passant par O’ coupe C ' en deux points M; et Mg' qui sont les images de M par
chacune des deux homothéties transformant e en 0 '.
Les centres de ces homothéties sont les points communs ( aux droites (OO’ ) et (MM; ) d’une part
raux droites (OO') et (MM/) d'autre part.
91
♦ Si les cercles C et C ’ possèdent une tangente commune A,
alors cette tangente A contient le centre de l’une des homothéties 31, ou ft2 •
Les points de contact K et K ’ de A avec les cercles respectifs C et 0 ’ sont en effet des points
de C et G’ telsque : (OK)//(OK‘) .
En particulier, si les cercles O et C ’ sont tangents , leur point de contact est le centre de l’une des
homothéties ou #2.
92
exercicel
Du théorème de Thalès.....aux homothéties
On considère un trapèze ABCD .
Soit O le point d'intersection des droites (AB) et (CD).
Soit O’ le point d’intersection des droites (AC) et (BD).
Soit I et J les milieux respectifs de (B, C) et (A, D).
a)	Démontrer : ♦ la colinéarité des vecteurs ÔT et Oj'
♦ la colinéarité des vecteurs O’f et O’j’.
b)	En déduire l’alignement des points O, O*, I, J .
Positionner ces points sur la droite qui les porte .
a)	Soit p la projection de la droite (AB) sur la droite (CD) suivant la direction de la droite (AD)
P: O *	OD OA
A---------> D On en déduit : = « =
B--------> C	OC OB
Les points O, C, D sont alignés et OD - k OC
Les points O, B , A sont alignés et OA - k OB
( Notons k la valeur commune de ces deux rapports )
d’où: ÔD* - kÔC*	(1)
d’où: ÔÂ* - kÔB*	(2)
Les relations (1) et (2) prouvent que l’homothétie SI, de centre O et de rapport k, transforme B en A et CenD .
Toute homothétie conserve le barycentre :
L’homothétie X transforme donc le milieu I de (B , C) en le milieu J de (A, D) .
Il en résulte : OJ - k Ol , ce qui prouve l’alignement des points O , I. J .
Soit q la projection de la droite (AC) sur la droite (BD) suivant la direction de la droite (AD) •
A • O* * °	O'D	O’A
A--------♦ D On en déduit : = - =
C---------♦ B	OB	oc
Les points O’, D , B sont alignés	et	O’D	-	XOB
Les points O’, A , C sont alignés	et	OA	-	XOC
( Notons X la valeur commune de ces deux rapports )
d’où : ÔD* = XÔB*	(3)
d’où : ÔÂ* - XÔC*	(4)
Les relations (3) et (4) prouvent que l’homothétie h , de centre O’ et de rapport X, transforme B en D et C en A .
Or toute homothétie conserve le barycentre :
L’homothétie h transforme donc le milieu I de (B, C) en le milieu J de (D , A)
Il en résulte : O’J  XO’I , ce qui prouve l’alignement des points O’, I, J .
b)	Retranchons membre à membre les égalités (1 ) et (2). On trouve : AD =» k BC
Retranchons membre à membre les égalités (3) et (4). On trouve : ÂD* - X CB*
On déduit alors :	k BC = X CB d’où :
X = - k puisque BC # O
conclusion :
Les points O et O’ appartiennent à la droite (U) .
En outre, on a : OJ - kOl	et O’J - - kO’l ( où k est le réel tel que AD* « kBC* )
Onadonc: O - Bar{(J, 1),(l,-k)} et O - Bar {(J , 1), (I, k)}
93
exercice 2
Aidons le dessinateur
On donne deux droites sécantes d, et d2, et un point A n’appartenant pas à ces droites .
Justifier qu'il existe un seul couple (M1, M2 ) de points vérifiant les conditions :
d, et M2 g dg et A est le milieu de (M,,	)
Expliquer une construction des points M, et M2 .
Analyse de la figure :
S’il existe un couple (M,, M2 ) de points vérifiant les conditions imposées par l'énoncé , alors la symétrie centrale s
de centre A transforme le point M, en le point M;. .
Puisque M^d, et M2 - s(M,) alors:	^gs^)
donc :	g d2 n s (d, )
synthèse et construction :
L'image s (d1 ) de la droite d1 par la symétrie centrale de centre A est une droite parallèle à d1 •
Or les droites d, et d2 sont sécantes .donc les droites d2 et s(dj sont sécantes .
Leur intersection définit ainsi un unique point M2.
Le point M1 est alors nécessairement le point s (Mj ) .
remarque
Pour construire la droite s (d1 ), il suffit de construire les symétriques K' et L* par rapport au point A de deux
points K et L quelconques de la droite d1.
Une généralisation de cet exercice
Soit d, et d2 deux droites sécantes et soit A un point n'appartenant à aucune de ces deux droites.
Expliquer une construction de deux points M1 et M2 vérifiant :
d1 et MjGdj et 2ÂMf + 3ÂMf - O*
indications :
* Si (M1 . M2 ) est un couple solution . il doit vérifier : AM1

3
* Considérer alors l’homothétie h de centre A , de rapport ( - — ), qui transforme M1 en M2
♦ Démontrer que le point M2 appartient à d2 n h (d, ) .
94
exercice 3
Le dessinateur a encore besoin d'aide
On donne deux droites d et 8 sécantes , et un point A n’appartenant à aucune de ces deux droites .
Construire un cercle 6 passant par le point A et tangent aux deux droites d et 8.
95
a)	Analyse de la figure ( voir figure 1 ) S’il existe un cercle C contenant le point A et tangent à d et 8, alors :
♦	Ce cercle C est inclus dans celui des secteurs angulaires , déterminé par ces deux droites , qui contient A .
♦	Le centre O de ce cercle 0 est équidistant des droites d et 8, donc le point O appartient à la demi-droite ] It )
portée par la bissectrice de ce secteur, et incluse dans celui-ci.
*	L’image du cercle G . par une homothétie positive h de centre I, est un cercle r centré sur ]lt ), tangent lui
aussi aux droites d et 8.
En outre, fhomothétique h (A) du point A appartient à r n (IA) .
b)	Construction et discussion	( voir figure 2)
Soit Q un point quelconque de la demi-droite ] It ).
Soit r le cercle de centre Q, tangent aux droites d et 8 ( ce cercle contient le projeté orthogonal H de Q sur d ) -
Nommons K, et K2 les points où le cercle r coupe la droite (IA).
ÏÂ	ÏÂ
Les homothéties h1 et h2 de centre I, de rapports respectifs et =- transforment le cercle r en
IK1	IK2
respectivement deux cercles et C2 qui contiennent le point A et sont tangents aux droites d et 8.
Le problème posé admet donc deux cercles solutions et C2 •
* Pour construire leurs centres respectifs O, et O2, remarquons que :
\0.eJtt) et	( O2e]lt)
) (AOjzz^n)	} (AOJzzoçq)
♦ Dans le cas particulier où le point donné A appartient à la demi-droite ] It ) ( voir figure 3)
les points K, et IÇ appartiennent aussi à ]lt) .
Pour construire les points O, et O2, on peut construire d’abord les points de contact respectifs H , H,, H2 de la
droite d avec les cercles r.C,, ($2 en remarquant que : (AHJZZfKjH) et (AH^/Z^H) .
Les points O, et O2 sont alors les points où Jlt) coupe les perpendiculaires à d en H, et H2 respectivement.
c)	Remarque : Les deux cercles solutions G,et Gg dépendent-ils du choix du cercle T ?
Supposons que le dessinateur choisisse un autre cercle T ’ tangent aux droites d et 8 •
Le procédé précédent l’amène à construire deux cercles G; et G2* solutions .
S’agit-il des cercles G, et C2 trouvés à partir du cercle r ?
Nommons alors K; et K/ les points où le cercle T’ coupe la droite (IA) •
ÏÂ
Ona: 0/ - h/fT') où h/ est l’homothétie de centre I, de rapport •=
Cj' - h/ (T ’ ) où h2' est l’homothétie de centre I, de rapport =-
IK2*
ÏÎÇ	ïïç
D’autre part le cercle T ’ est image du cercle T par l’homothétie h3 de centre I, de rapport , égal à
IK?	IK1
Il en résulte :	( 0/ - h/ 0 ha (T)
Cî'  ^2* o ^3 T)
Ï 1^1*	ïÂ
Or h/ft h, est l’homothétie de centre I, de rapport —x — , égal à •=- ’
0	ik; iiq ik1
On reconnaît que : h/oha-h, d’où:	0/ - h, (T) c’est à dire :	C1’- G,
On démontre de même : Cg’ -
Les deux cercles solutions G1 et G2 ne dépendent donc pas du choix du cercle f qui permet de les construire .
96
Exercice 4
Conservation du barycentre par une homothétie
Soit ABC un triangle et M un point quelconque du plan (ABC) •
Soit M,, Mz, M3 les symétriques respectifs du point M par rapport aux milieux de [ BC ] , [ CA ] , [ AB ].
Soit G le centre de gravité du triangle ABC et K le centre de gravité du triangle Mj •
1°) Démontrer la relation : MK" - 2 MG
2°) Démontrer que les trois segments [AMJ , [BMJ , [CMJ ont même milieu I .
Justifier que le point I est le milieu de [GK] .
1°) Le centre de gravité G du triangle ABC est l’isobarycentre de { A, B, C}, d’où : GA + GB + GC = O (1)
Nommons A’.B’.C’ les milieux respectifs de [BC] , [AC] , [AB].
On a alors: GÂ* - j(GB + GC* ) ; GB* - j(GA + GC ) ; GC* - J(GA + GB* )
c'est àdire : GÂ1*-- jGÂ* ; GB* - - jGB ; GC* - - jGC*	(2)
Il en résulte , en tenant compte de la relation (1 ) :	GA’’ + GB’’ + GC’’ = Ô*
Le point G est donc aussi l’isobarycentre de {A’, B ’, C '} .
97
Les points M,, Mz, M3 vérifient : MM| - 2 MA’ ; MMz - 2 MB’ ; MM3 » 2 MC’
Considérons l’homothétie 5? de centre M , de rapport 2: 51 (A’) - M1 ; 3?(B’) - M? ; 5t(C’) = M3
Toute homothétie conserve le barycentre , donc :
5? transforme lïsobarycentre G de {A’, B ’, C ’} en lïsobarycentre K de { M,, M2, M3}.
Puisque K - M (G), on a donc :	MK - 2 MG
2°) Première méthode : utilisons la conservation du barycentre par une homothétie .
a)	Le point A’ est le	milieu de [BC] et	le point	B’ est le milieu de [AŒ] donc: ÂB* -	2	B’A’’	(3)
Le point A* est le	milieu de [ M1M ] et	le point	B * est le milieu de [ MM2 ] donc : M2M1	-	2 B*A*	(4)
Des relations (3)	et (4), on déduit :	ÂB* »	M^’
Les bipoints (A, B) et (Mz,	M, ) étant équipollents , les bipoints (A, M1 ) et	(B,	Mz )	ont même milieu I .
b)	On démontre de même que : AC -2 C’A’
MM -2C/f d’où ÂC* - MM
Les bipoints (A, C) et (M3, M1 ) étant équipollents, le milieu I de (A, M1 ) est donc aussi le milieu de (C, M3).
conclusion : les trois segments [ AM, ], [ BM2 ], [ CMa ] ont même milieu I.
c)	La symétrie centrale s de centre I est une homothétie ( de centre I, de rapport -1 ) et conserve donc le barycentre .
s: A »--------. M,
B --------♦ Mz
C .----------- M3
Le point G, isobarycentre de { A, B , C} a donc pour image par s lïsobarycentre K de { M,, M2, Ma} .
On a donc : s (G) » K, ce qui équivaut à : le point I est le milieu de (G, K)
deuxième méthode : considérons la composée de deux homothéties .
La relation (2) prouve que les points A’, B ’, C ' sont images respectives des points A, B , C par l’homothétie
St ' de centre G et de rapport ( - j ) •
W(G.-y)	«(M,2)
S(M,2)0R'(G,-|):A >	. A1 	M,
B .	. B’ 			 Mz
C .	• C’ .	• Ma
G .		 G .	. K
Les homothétie 51 ’ et SI ont des rapports dont le produit ( - j ) x 2 est égal à ( - 1 ) •
5?0 St ' est donc une homothétie dont le rapport est ( - 1), c’est à dire une symétrie centrale .
Le centre de cette symétrie est donc milieu de tout bipoint (P, P*) où P’ est l’image de P par 5t05T.
Il en résulte que : les bipoints (A, M, ), (B . Mz ), (C, Ma ), (G, K) ont même milieu I
où I est le centre de la symétrie 51 (M , 2) 0 St' (G, - j ) •
98
Exercice 5
Inscrire un carré d'aire maximale dans un triangle donné
Sort ABC un triangle donné •
1°) Construire un carré MNPQ tel que : Me[AB] , Ne[AC]
Pe[BC] , Qe[BC]
2°) On suppose que les trois angles du triangle ABC sont aigus et BC > CA > AB •
Inscrire un carré dans le triangle ABC en sorte que faire de ce carré sort maximale .
figure 1
figure 2
cas où ABC et ACB sont aigus
cas où ABC est obtus
99
1°) a) Analyse de la figure .( voir figure 1 ) Supposons qu'il existe un carré MNPQ solution au problème posé ; alors :
♦ la droite (MN) est parallèle à la droite (BC) qui contient les points P et Q, donc :
AB AC u । । t	j	.	।	.	.
= - •= ; soit k la valeur commune de ces rapports . On a alors : k > 1 .
AM AN
♦ l’homothétie 5t de centre A, de rapport k, transforme M en B et N en C .
L'image , par 5? , du carré MNPQ est alors un carré BCP*Q’
( puisque rhomothétie 51 conserve l'orthogonalité et multiplie les distances par | k | ) .
* Il existe deux carrés ayant le segment [ BC ] pour côté , mais remarquons que :
la droite (PO’ ) contient l'image K*, par 5! , du projeté orthogonal K du point A sur la droite (PQ).
On a: ÂK7 - kÂK* et k > 1
Le point K’ appartient donc au demi-plan P’ de frontière (BC), celui ne contenant pas A.
Le côté [ P'Q’ ] du carré BCP’Q’ est donc inclus dans ce demi-plan
Conclusion : si les point M , N , P , Q sont les sommets d'un carré solution , alors M , N , P , Q sont les
antécédents respectifs , par 51, des points B , C, P’, Q’.
Remarque : l'analyse de la figure fournit une condition nécessaire concernant les points M , N , P , Q
Mais cette condition sera t-elle suffisante ? Ce sera l'objet de la discussion .
b) Construction et discussion
♦	Construisons d'abord le carré BCPQ’ inclus dans le demi-plan &
♦	Traçons les droites (AP*) et (AQ') qui coupent la droite (BC) en P et Q respectivement .
♦	Construisons les points M et N , images respectives de B et C par l’homothétie 5? 1 / de centre A
) . h ÂP 1
f de rapport = = —
v	AP' k
en menant par les points P et Q les perpendiculaires à la droite (BC) .
♦	Les points M , N , P , Q sont alors les sommets d'un carré ( image par 5t 1 du carré BCPQ' ) .
Ona: =<1 et = - = - =	Onendéduit: Me[AB] et Ne [AC]
AP'	AB AC AP'
♦	MAIS... le carré MNPQ ainsi construit n’est solution du problème posé que si les points P et Q appartiennent
au segment [ BC ] •
Les points Q et P sont les projetés orthogonaux respectifs , sur la droite (BC), des points M et N .
*	Si ABC est obtus . alors le point Q n'appartient pas à la demi-droite [ BC ) , donc Q e [ BC ] .
♦	Si ACB est obtus , alors le point P n'appartient pas à la demi-droite [ CB ) , donc P é [ BC ]	.
Dans ces deux cas , le carré MNPQ envisagé n'est donc pas solution .
♦ Si
ABC et ACB sont aigus, alors :
♦* le projeté orthogonal K du point A sur la droite (BC) appartient au segment [ BC ] t
_ KQ	ÂM	AN	KP	1
♦♦ tfautre part, =- -	- =- - =- - — et — < 1
KB	AB	AC	KC	k	k
On en déduit : Q e [ BK ] et Pe[KC] donc les points Q et P appartiennent au segment [BC] .
Le carré MNPQ est alors solution ( unique ) du problème posé .
100
2°) Si les trois angles du triangle ABC sont aigus , on peut ainsi construire trois carrés inscrits dans le triangle ABC :
♦	le carré MNPQ tel que [ PQ ] c [ BC ]
♦	le carré EFGH tel que [GH ]c[ CA]
♦	le carré RSTU telque [7U]c[AB] .
Posons alors : x-PQ;y-GH;z-TU
Notons : ( h,, h2 , h3 les longueurs des hauteurs issues des points respectifs A , B , C dans le triangle ABC
f a - BC ; b « CA ; c = AB	On suppose : a > b > c
Considérons le carré MNPQ . _	AK PQ	.	..	x On a : —— - ——	c est à dire :		« —. AK' P’Q'	h1 + a a	a h1 On en déduit : x 		 a + h1
bh2 On établit de la même façon que : y .	 et b + h2 Or: ah1-bh2-ch3«2( aire ABC )	ch3 c + ^3
Pour comparer x , y, z, il suffit donc de comparer a + h, ; b + h2 ; c + h3 .
a h2 a - h2	b h3 b - h3
On a : d’une part : —- - — - ———	et, d’autre part : — - — -
* b h1 b -	c h2 c - h2
Dans tout triangle rectangle , l'hypoténuse est plus longue que chacun des côtés de l’angle droit , donc on a :
b > h, et c > hj
a	® ” ^2 Puisque — > 1, on a : -—— >1 or b - h1 > 0 b	b - h1	d'où :	a - h2 > b - h1 on trouve :	a + ht > b + h2
b	b - h3 Puisque — > 1, on a : 	— >1 or c - h, > 0 c	c - h2	*	d'où :	b - hg > c - h2 on trouve :	b +	> c + h3
Des inégalités a-»-h1>b + h2>c + h3>0lil résulte :	x < y < z
Le carré inscrit d’aire maximale est donc le carré RSTU , celui dont deux sommets appartiennent au plus petit
côté [AB] du triangle ABC .
101
Exercice 6
Triangles à côtés respectivement parallèles
Soit deux triangles ABC et AB'C'vérifiant : (AB)//(A,B') ; (AC)//(AV) ; (BC)//(BV) .
Démontrer que :
♦	Si A’B’ - AB , alors il existe une translation transformant A en A’ , B en B’ , C en C .
♦	Si A’B’’ # AB*, alors il existe une homothétie transformant A en A' , B en B’ , C en C’ .
Puisque (A’B’ ) U (AB), il existe un réel k non nul tel que : A’B’ - k AB
Premier	cas	:	si	A’B’’	- AB	c’est à	dire si	k - 1
♦	Puisque	BB’	- BA	+	AA’ +	A’B’	ona:	BB’ -AA’	(1)
Considérons la translation	TS de	vecteur AA’	On a :	15	(A)	-	A’
La relation	(1)	exprime que:	15 (B)	-	B’
* Cherchons l’image de C par 15 .
♦	♦ L’image , parlS de la droite (AC) est la droite parallèle à (AC), qui contient l’image A’de A par 15
or (AV ) H (AC) donc : 1S (AC) - (AV )
♦	♦ L’image , par 7? de la droite (BC) est la droite parallèle à (BC), qui contient limage B' de B par 15
or (BV ) H (BC) donc : *5 (BC) - (BV )
♦	♦ Ce(AC)n(BC) donc: 15 (C) e (AV ) n (B V ) ; or (AV)n(BV) - {C} donc : 15 (C) - C
Conclusion : la translation 1S transforme alors A en A’ , B en B’ , C en C .
Deuxième cas : si A’B’’ # ÂB* c’est à dire si k # 1
* Il existe un unique point I vérifiant:	IA’ - klA . Ce point I est le barycentre de {(A,k),(A',- 1)}
Considérons l’homothétie St de centre I, de rapport k ; on a : M (A) - A’
D’autre part, IB’ - IA’ + A’B’
ÏÏF - kîÂ* + kÂB* d’où: ÎËF - kÎB*	(2)
La relation (2) exprime que :	St (B) - B’
♦ Cherchons l’image de C par .
♦	♦ L’image , par SB de la droite (AC) est la droite parallèle à (AC), qui contient l’image A’ de A par St
or (AV ) // (AC) donc : St (AC) - (AV )
♦	♦ L'image , par St de la droite (BC) est la droite parallèle à (BC), qui contient l’image B' de B par St
or (BV ) // (BC)	donc : St (BC) - (BV )
♦	♦ Ce(AC)n(BC) donc: St (C)e (AV’)n (BV) ; or (AV) H (BV) - {C’} donc : SB (C) = C
Conclusion : l’homothétie St transforme alors A en A' , B en B’ , C en C .
102
Exercice 7
Un problème de construction : triangles homothétiques
Soit ABC un triangle donné .
Soit MNP un triangle donné, " inscrit " dans le triangle MNP, ce qui signifie : M e ] BC [ ; N e ] CA [ ; P e ] AB [
Construire un " troisième " triangle ABC, inscrit dans le triangle MNP en sorte que les côtés du triangle A’B’C et les
côtés du triangle ABC aient des supports parallèles .
c'est à dire , de façon plus précise :
construire troispoints A', B', C vérifiant les conditions suivantes : t A' e ] NP [ ; B' e ] PM [ ; C e ] MN [
i (AB’)//(AB) ; (B’C’)//(BC) ; (C’A’)//(CA)
Analyse de la figure : essayons de trouver une homothétie transformant les points A, B , C en respectivement A', B', C’
S'il existe un triangle A'B'C* solution au problème posé ,
IA
nommons I le point commun des droites (AA' ) et (BB* ), et X Ihomothétie de centre I, de rapport k »=
IA'
Puisque (A’B’ ) // (AB), on a : = » —-  k
IB’ IA’
donc
IB - k IB*
IA - kÎA’
L’homothétie 31 transforme donc A' en A et B’ en B.
Précisons alors l'image , par 5? , du point C .
Ce (B’C’)n(AC) donc 31 (C ) e « ( (BC ) ) n 31 ( (AC ) )
3t ( (BC ) ) est une droite parallèle à (BC ), et contenant l'image B de B', donc :	31 ( (BC ) ) - (BC)
31 ( (AC ) ) est une droite parallèle à (AC ), et contenant l'image A de A’, donc :	31 ( (AC ) ) = (AC)
Finalement:	31 (C ) e (BC) n (AC) donc: «(C) - C On en déduit : I e (CC )
L’homothétie 3? , de centre I, qui transforme A', B', C en respectivement A, B , C transforme alors les points M, N , P
en des points notés respectivement M*, N', P' et tels que :
(N’P' ) contient l'image A de A’ par 31
(P'M') contient l’image B de B' par 31
(M’N’ ) contient l'image C de C par 31
le(NN’) et le (PP*)
En outre remarquons que : A e ] NP' [ puique A’ e ] NP [ et que l'image par 31 de ] NP [ est ] N’P' [ .
Demême: Be]PM’[ et Ce]M*N’[ .
( (N’P’)//(NP)
< (P'M')//(PM)
( (M’N')//(MN)
On a alors : I e (MM’ ) et
et
et
et
103
Les triangles ABC et	MNP étant donnés,
il existe une unique	droite	A1	parallèle à (NP)	et contenant le point	A
il existe une unique	droite	A2	parallèle à (PM)	et contenant le point	B
il existe une unique	droite	A3	parallèle à (MN)	et contenant le point	C .
Posons :{P*} = z^nAg ; {M’}-A2nA3 ; {N’}»A3nA1
Le centre I de l’homothétie qui transforme les points M , N , P en respectivement M’, N’, P’, est point commun aux
droites (MM* ), (NN* ), ( PP’ ) .
Il suffit alors de tracer les droites (IA), (IB), (IC) qui coupent respectivement ] NP [, ] PM [, ] MN [ en A', B’, C’ .
Le triangle A’B’C est l’unique solution au problème posé .
remarque : le triangle ABC étant donné , pour chaque choix du triangle MNP inscrit dans ABC , correspond un et un
seul triangle A’B’C’ solution .
104
Exercice 8
Pieds des hauteurs d'un triangle et projetés orthogonaux de ces pieds sur les côtés du triangle
Cercle de Taylor
Soit ABC un triangle non rectangle , d’orthocentre H .
Soit A,, B,, C, les pieds des hauteurs issues respectivement de A, B , C.
Soit I et J les projetés orthogonaux respectifs de Aï sur (AC) et (AB) .
Soit K et L les projetés orthogonaux respectifs de B, sur (BA) et (BC) .
Soit M et N les projetés orthogonaux respectifs de C, sur (BC) et (CA) .
1°) Démontrer: (KN)//(BC) ; (MJ)//(CA) ; (IL)//(AB)
2°) Soit	, Aa, A3	les	médiatrices respectives de (K, N) , (J, M)	, (I, L)
a) Démontrer que	:	♦	A,	contient le milieu \	de [ B, Ci ]	et	A, est médiatrice de	(M,L)
♦	Aa	contient le milieu B2	de [ Ci A, ]	et	2^ est médiatrice de	(N , I)
*	A3	contient le milieu C2	de [ A, Bï ]	et	A3 est médiatrice de	(K, J) .
b) Soit S l’isobarycentre de { A,, B,, CJ .
Soit & l’homothétie de centre S, de rapport ( - | .
Déterminer l’image , par &, de chacune des trois hauteurs du triangle ABC •
En déduire que les trois droites A,, Ag, Aa sont concourantes en un point vérifiant : ST = - | SH
c) Conclure que : les six points I, J , K, L. M . N sont cocycliques , sur un cercle de centre T.
Le cercle 7? qui porte ces six points est dit cercle de Taylor du triangle ABC .
1°) Démontrons, par exemple , que : (KN) U (BC)
Soit p, la projection orthogonale de la droite (AC) sur la droite (AB) •
Pl : n-----------’û ..	. „ ÂK ÂB?	...
Bï----------->K II en résulte :	« -=*-	(1)
C------------AC1 AC
Soit P2 la projection orthogonale de la droite (AB) sur la droite (AC) •
p2 : A----------->A	ÂC-	Tm
C1-----------> N II en résulte : -=1 = •=	(2)
B------------>Bï	AB	ABï
105
(3)
Multiplions membre à membre les égalités (1) et (2). On obtient : = » =
AB AC
D'après la réciproque du théorème de Thalès , la relation (3) garantit que :
la droite (KN) est parallèle à la droite (BC) .
On démontre de même que : (MJ)//(CA) et (IL)//(AB)
2°) a) Les deux triangles B,C,K et B,C,N sont deux triangles rectangles ayant même hypoténuse [ B! C, ], donc :
le cerde T de diamètre [ B, C, ] contient les points K et N -
Le milieu Ag de [ 85 C, ], centre du cercle T, étant équidistant des points K et N , appartient par conséquent à la
médiatrice A, de (K, N) .
Puisque (BC) // (KN), la droite A,, perpendiculaire à (KN), est aussi perpendiculaire à (BC).
Soit A3 le point où A, coupe (BC) .
Considérons la projection orthogonale de (B, C1 ) sur (BC) : A ।	* M
A2  ----------•	A3
B, .----------*	L
Le point Ag est le milieu de (C1, B, ), donc le point A3 est le milieu de (M , L) .
La droite A,, qui est perpendiculaire à (ML) en le milieu de (M , L), est donc la médiatrice de (M, L) .
On justifie de la même façon que :
la médiatrice Ag de (J,M) contient le milieu B2 de [C, AJ et est médiatrice de [NI]
la médiatrice A3 de (I, L) contient le milieu C2 de [A1B1] et est médiatrice de [KJ] .
b) L’isobarycentre S de { A!, B,, C,} vérifie : SA, + SB, + SC, - O	(4)
Le point Ag est milieu de (B,, C, ) donc :	SB, + SC, - 2 SAg
La relation (4) s'écrit alors :	SA, + 2 SAg « O d'où :	SAg - - j SA,
• On démontre de même :	SBg - - | SB,	et SA - - | SC,
L’homothétie 5? de centre S , de rapport - j, transforme donc A, en Ag , B, en Bg , C, en A •
Soit h^ , hg , hg les hauteurs issues des points respectifs A, B , C dans le triangle ABC .
L’homothétique , par M , de la hauteur h^ est une droite parallèle à h^ et qui contient l’image Ag de A,.
c'est donc la droite A,
De même : 51 (hg ) - Ag et X (h^ ) - A3
L'orthocentre H du triangle ABC appartient à h^ n hg n hç, donc :
l’homothétique, par 5? , du point H appartient à A, n Ag n A3,
ce qui prouve que : les trois droites A,, Ag, A3 sont concourantes en un point T, qui est X (H ).
On a donc : ST - - j SÏT
c) Ona	t A, - med (K, N) ( A, - med ( M, L)	et	Te A,	donc	( TK-TN f TM - TL
On a	( Ag - med (J , M) r Ag - med (N, 1)	et	Te Ag	donc	( TJ = TM f TN = Tl
Ona (A3 » med(I.L) ( A3 - med (K, J) Il en résulte TK - TN - Tl «		et TL -	Te A3 TM - TJ	donc	$ Tl = TL ' TK = TJ
Le point T est donc centre d'un cercle contenant les six points l,J.K,L,M.N.
106
Exercice 9
Droite de Newton d'un quadrilatère complet
Un quadrilatère complet est la figure déterminée par quatre droites distinctes , sécantes deux à deux , l’intersection de
trois quelconques d’entre elles étant vide . Trois d’entre elles déterminent un triangle ABC. La quatrième , A, coupe les
droites (BC), (CA), (AB) en respectivement D, E , F .
♦	Les quatre droites (BC), (CA), (AB), A sont dites " côtés " du quadrilatère complet ( qui admet ainsi six
sommets A,B,C,D,E,F ).
♦	Les " diagonales " du quadrilatère complet sont les trois segments [ AD ], [ BE ], [ CF ] non portés par les
côtés , ayant pour extrémités deux sommets .
Soit , Mg, M3 les milieux respectifs de (A, D), (B, E), (C, F) .
On se propose de démontrer que les points M,, Mg, M3 sont alignés .
1°)a) Soit h, l’homothétie de centre D, qui transforme F en E .
Construire l’image £>, de la droite (AB) et l’image I du point B par l’homothétie h,.
b)	Soit h2 l’homothétie de centre D, qui transforme C en B
Construire l’image A, de la droite (AC) et l’image J du point E par l’homothétie h2.
c)	Justifier l’égalité : hg 0 h, « h, 0 hg.
En déduire l’image du point F et l’image du point C par hg 0 h,.
2°) Soit # l’homothétie réciproque de h2 0 h, .
a)	Construire l'image £)2 de la droite 2), par 31 et l’image Ag de la droite A, par 31 
b)	On nomme : (	K le point d'intersection des droites 2), et A1
<	L le point d'intersection des droites 2)2 et A2 .
Justifier que les points D , K , L sont alignés .
c)	Justifier que les points , M2, M3 sont les images respectives des points D , K, L par l’homothétie de centre A,
de rapport |
En déduire l’alignement des trois points M1, Mg, M3 -
107
1°)a) ♦ L’homothétique par h, de la droite (AB) qui contient le point F, est une droite Sb, parallèle à (AB) et qui
contient l'image E de F par
♦ Be(DC)n(AB) donc h,(B)e h,(DC)nh,(AB)
or < h, (DC) - (DC) car (DC) contient le centre D de l’homothétie h,
< h, (AB) « S).
Le point h, (B) est donc le point I d'intersection des droites (DC) et 2),.
b)	* L’homothétique par hz de la droite (AC) qui contient le point C , est une droite A1 parallèle à (AC) et qui
contient l’image B de C par hz.
♦ E e (DE) n (AC) donc h2 (E) e hz (DE) n hz (AC)
or < h2 (DE) » (DE) car (DE) contient le centre D de l’homothétie h2
I h2(AC)-A1
Le point hz (E) est donc le point J d’intersection des droites (DE) et A,.
c)	La composée de deux homothéties de même centre est commutative ;
Les deux homothéties hz et h, ont même centre D , donc : h2 0	- h, 0 hz
hi	hz
hz 0 h, : F >-----♦ E •----------- J	donc hz 0 ht (F) - J
hz	h,
h10hz: Ci---------»Bi-----------♦ I	donc hzohJC) «h10h2(C) = l
2°) a) 91 est l’homothétie réciproque de h2 0 h, , donc : < X (J) » F
< « (I) - C
L’homothétique par 91 de la droite 2),, qui contient le point I, est une droite 2)2 parallèle à 2), et qui contient
Timage C de I par 91.
L’homothétique par 91 de la droite A1, qui contient le point J , est une droite Az parallèle à A1 et qui contient
Timage F de J par 91.
b) Cherchons l’image du point K par l’homothétie 91
Ke^nA! donc M(K)e 91 (ÔJnM (AJ
»(K)e	£>2 n Az d’où: 5t(K)«L
L’homothétie 91 a pour centre Detona#(K)-L donc : les points D , K, L sont alignés.
c) Le quadrilatère ABKE est un parallélogramme puisque ses côtés opposés sont parallèles 
De même , le quadrilatère ACLF est un parallélogramme ( on a : (AB) U2>y et S>yIIS)2
(AC)//A, et A1//A2 )
Le milieu M2 de (B, E) est donc milieu de (A, K)	d’où:	AMz’	- jÂK*	(1)
Le milieu Mg de (F, C) est donc milieu de (A, L)	d'où :	AMg	» | AL	(2)
On sait par ailleurs que M, est milieu de (A, D)	d’où :	AM/	- | AD	(3)
Les égalités (1), (2). (3) prouvent que les points M1, M2, M3 sont images respectives des points D , K, L par
l’homothétie de centre A et de rapport | •
Toute homothétie conserve l’alignement .
Puisque les points D, K, L sont alignés , on en déduit que : les points M1, Mz. M3 sont alignés.
108
Exercice 10
Centres d’homothéties de trois cercles
On considère trois cercles C,,	, 63, de rayons différents notés r,, r2, r3 , dont les centres respectifs
O,, Oj, O3 sont sommets d’un triangle .
Soit Pf, P2, P3 les centres des homothéties positives h,, h2 , h3 transformant respectivement en 63 , C3 en
Cf ,Cf en Cg.
Soit N,, N2, N3 les centres des homothéties négatives n5, , n3 transformant respectivement 62 en C3 , C3 en
G, , (Sj en C,.
1°) Démontrer que : les points Pf.P2.P3 sont alignés .
2°) Démontrer que : les points Pf, N2, N3 sont alignés
les points P2. N3, N, sont alignés
les points P3. N,, sont alignés .
Rappel
Etant donnés deux cercles C et C ’ de rayons différents r et r ’, de centres respectifs O et O’,
il existe exactement deux homothéties transformant C en C ’ :
r *	~r *
♦	l’une est une homothétie positive , de rapport —, dont le centre P vérifie : PO' = — PO
r	r
♦	l’autre est une homothétie négative , de rapport - —, dont le centre N vérifie : NO’ = - — NO
109
r2
1°) L’homothétie positive hg transformant C, en C2 a pour centre P3 et pour rapport — •
ri
r3
L’homothétie positive h1 transformant C2 en C3 a pour centre P1 et pour rapport — •
r2
hs
On a alors : h5 0 h3 : C, »-------------» C2 •------------» e3
r3 ^2	^3
Le produit des rapports —x— égalé — est différent de 1 et positif •
r2 r1	r1
r3
La composée h1 0 h3 est donc une homothétie , et son rapport est — •
ri
Cette composée , qui transforme le cercle C, en le cercle C3 est donc égale à l’homothétie positive unique hj
r3
transformant C1 en C3 ( dont le centre est P2 et dont le rapport est — )	o * h2
ri
Rappel
Une droite est globalement invariante par une homothétie si, et seulement si cette droite contient	le centre de l’homothétie .
La droite (P^	)	qui contient le centre P3 de l’homothétie h3, est globalement invariante par	h3	•
La droite (P^	)	qui contient le centre P, de l’homothétie h,, est globalement invariante par	h,	.
La droite (P^	)	est donc globalement invariante par h, 0 h3 •
Or :	h10h3 « ha ;
Il en résulte que la droite (P1P3 ) contient le centre P2 de l’homothétie h2, ce qui prouve l’alignement de P,, P2, P3 •
<3
2°) L’homothétie positive h1 transformant C2 en C3 a pour centre P1 et pour rapport + —
r2
h
L’homothétie négative n2 transformant C3 en C, a pour centre N2 et pour rapport-------------
r3
hi
On a alors : r^ 0 h, : 02 »--------------- C3 -------------- C,
r3	/ r1 \	r1
Le produit des rapports —xf-----------1 égalé--------est différent de 1 .
r2	\ r3 J	r2
La composée r^ 0 h1 est donc une homothétie , et son rapport ( —- ) est négatif .
\ 2 /
Cette composée , qui transforme le cercle C2 en le cercle C, est donc égale é l’homothétie négative unique n3
h
transformant C2 en ( dont le centre est N3 et dont le rapport est-------------) d’où : n2 0 h1 « rig
r2
La droite (N^ ), qui contient les points P, et N2, centres respectifs des homothéties h, et , est globalement
invariante par h! et par .
La droite (N^ ) est donc globalement invariante par la composée n2 0 h,.
Puisque r^ 0 h1 = n3, la droite (N2P, ) contient le centre N3 de l’homothétie n3,
ce qui prouve l'alignement des points P,, N2, N3 •
On justifie de même l’alignement des points N,, P2, N3 et l’alignement des points N, , N2 , P3 .
110
Exercice 11
Droite et cercle d'Euler (ière partie )
Soit ABC un triangle inscrit dans un cercle C de centre O, de rayon R ( R e R+* ) •
Soit A’, B’, C’ les milieux respectifs de (B , C), (C , A), (A , B)
Soit G l’isobarycentre de {A , B , C} .
On note A,, Ag, A3 les médiatrices respectives de (B, C), (C, A), (A, B).
1°) Soit f rhomothétie de centre G , de rapport ( - 2) .
a)	Déterminer les images par f des points A’, B’, C’ et des droites A,,	, A3 .
b)	En déduire que les trois hauteurs du triangle ABC sont concourantes .
Leur point de concours H est dit l'orthocentre du triangle ABC .
Conclure que les points O, G, H sont alignés et vérifient : GH* - - 2 GO*
La droite SD contenant les points O, G, H est dite droite d'Euler du triangle ABC ( s'il est non équilatéral )
2°) Soit 5? l’homothétie de centre G , de rapport ( - j ) •
a)	Justifier que (C ) est un cercle 0 ’ dont le centre O’ est le milieu de (O, H) .
b)	Déterminer l’image du cercle 0 par rhomothétie h de centre H , de rapport + j •
c)	Conclure que le cercle C contient ( les milieux des côtés du triangle ABC
\ les pieds des hauteurs du triangle ABC
( les milieux des segments [ HA ], [ HB ], [ HC ]
Le cercle C ' est appelé cercle dEulerdu triangle ABC
1°) a) ♦ Le point G est isobarycentre de {A, B.C} donc: GA + GB + GC = O	(1)
Le point A’ est milieu de (B , C) donc :	GB + GC » 2 GA’
La relation (1 ) s’écrit alors :	GA + 2 GA’ - O d’où : GA = - 2 GA’
On démontre de même :	GB - - 2 GB* et	GC » - 2 GC’
L’homothétie f de centre G, de rapport ( - 2 ), transforme donc A' en A, B' en B , C en C .
* L’homothétique par f de la droite est une droite parallèle à A, et qui contient l'image A de A'.
f ( A, ) est donc la hauteur 8, issue de A dans le triangle ABC .
De même : f ( Ab ) « 82
f ( As ) » 6^ où 8^ et 83 sont les hauteurs issues de B et C dans le triangle ABC .
b) OeZ^nAgnAa donc : f (O)e f (Ajnf (Ag)nf (A3)
c’est à dire : f(O)e S, r» 82 n 83
En outre, les trois droites 8,, 82,83 sont distinctes , sinon les points A, B , C seraient alignés .
Les trois hauteurs 81,82,83 du triangle ABC sont donc concourantes *
Leur point de concours H , égal à f (O), vérifie :	GH - - 2 GO
2°) a) L’homothétie 52 (G, J ) est l’homothétie réciproque de f, donc 52 transforme A en A’, B en B ’, C en C H en O •
L’homothétique par 52 du cercle C ( de centre O , de rayon R ) est le cercle C ’ dont le rayon est | - 11 R et dont
le centre O’ est 52 (O).
52(G,-|): Hi------------------- O
O .------------• O’	On a donc : ÔÔ* - - j HO	(2)
La relation OO - | OH prouve que :	le point O* est le milieu de (O, H) •
b) Puisque O* est le milieu de (O, H), on a :	HO - | HO
L’homothétie h de centre H , de rapport |, transforme donc O en O'.
L’homothétique par h du cercle C (O., R) est le cercle de rayon j R , dont le centre est h (O), c’est à dire O’.
On reconnaît que : h (C ) est le cercle C ', nommé au 2°) a)
c) ♦ Le cercle	C contient les points A, B , C	♦ G ' « 52 (C ) donc	0 ’ contient 52 (A), 52 (B), 52 (C)	
			C contient	A’ , B’ . C’
h(H,J) :	A 		♦ A2	♦ G ’ - h (C ) donc ( HÂ7- ?HA	C ' contient	h (A), h (B), h (C) • / A2 - m(H,A)
	B t		 B2	définis par : C.	♦ C2	< HB2 - j HB	On a donc : < B2 = m (H, B) ( HCf- jHC*	( C, - m(H,C) 0 ’ contient donc m (H, A), m (H , B), m (H, C) .		
♦ Soit A, le pied de la hauteur issue de A dans le triangle ABC et soit p la projection orthogonale sur (BC)
p : O ----------- A'
H ।------» A, Toute projection " conserve le milieu " et O ’ est le milieu de (O, H) .
O’ <-----• O/ Le projeté orthogonal O/ de O ' sur (BC) est donc le milieu de (A,, A’ ) .
Le point O * appartient donc à la médiatrice de (A,, A* ). d'où : O'A1 - O’A*
Le cercle C ’ de centre O', qui contient le point A’, contient donc aussi le point 
On démontre de même que le cercle C ’ contient les pieds B1 et C1 des hauteurs issues respectivement des
sommets B et C dans le triangle ABC .
112
Exercice 11
Droite et cercle d'Euler (2ème partie )
Les notations sont celles de la 1 ^re partie ( voir page 111).
1°) Utiliser l’homothétie de centre H , de rapport ( + 2) pour justifier que :
♦	Les symétriques de l'orthocentre H du triangle ABC par rapport aux côtés de ce triangle appartiennent à
son cercle circonscrit C .
♦	Les symétriques de l’orthocentre H par rapport aux milieux des côtés du triangle ABC appartiennent au cercle 6.
2°) On suppose le triangle ABC non rectangle -
a)	Démontrer que : les quatre cercles C, C1,	, ($3 circonscrits aux triangles ABC , BCH , CAH , ABH ont
même rayon R .
b)	Soit O,, O2,03 les centres respectifs des cercles 0,, O2,(% .
♦	Justifier que : HO2AO3 , HO3BO, , 140,002 sont trois losanges .
♦	Démontrer que : les triangles ABC et O^Oa sont symétriques par rapport au centre O’ du cercle
d’Euler C du triangle ABC .
113
1°) ♦ L’homothétie de centre H et de rapport + 2 est l’homothétie h'1 réciproque de h .
Soit ( H,, Ha, H3 les symétriques respectifs du point H par rapport aux droites (BC), (CA), (AB)
I A", B", C les symétriques respectifs du point H par rapport aux points A*, B’, C’ .
Ona: HÎ-Ç = 2HÂT W - 2HëT W - 2HC? ÏW - 2HÂr HÊr = 2HBr Hœ - 2HCr		h’1 : A ।		. H
		B »	'	rii 	. u
		c ,		' H? 	» H,
		A' ,		' n3 	» A"
		B' ।			, B"
		C’»		—. c-
♦ Le cercle C ’ contient les points A,, B,, C,, A', B’, C’ .
C - h1 (C ’ ), donc le cercle C contient les points h*1 (A, ), h'1 (B, ), h*1 (Ct ), h*1 (A’ ), h*1 (B' ), h'1 (C’ )
Autrement dit :	le cercle C contient les points H1, Hj, Ha, A", B", C " .
2°) Les points B, C, H sont respectivement symétriques de B , C, H, par rapport à la droite (BC) .
a)	Le cercle C, circonscrit au triangle BCH est donc l’image , par la symétrie orthogonale Sqq , du cercle C
circonscrit au triangle BCH,.
Sqq est une isométrie du plan donc : les cercles C, et C admettent même rayon R .
De même : C? - Sqa (C) et C3 -	(C). Les cercles 0,, et C ont donc même rayon R .
b)	♦ Les centres O,, O2, O3 des cercles C,, (^, (% sont les symétriques respectifs du centre O de C par
rapport aux droites (BC), (CA), (AB)
On a : O,B - O£ - OJd - R ; C^C -	- C^H - R ; OaA « O3B « OjH  R .
Les quadrilatères HO2AO3 , HO3BO, , HO,CO2 sont donc trois losanges .
Remarque : la médiatrice de (A, H) est donc la droite (O2O3 ) qui contient ainsi le point Aj.
♦ On sait que : le centre O’ du cercle d’Euler C ’ est le milieu de (O, H) •
Par ailleurs : 3! (G, - j ) A •	» B 			 C .	• H .	♦	A’ B’ C’ donc O	OA' - - J HA	, c’est à dire: OA’	- JÂH
Puisque O, « Sgc (°).	ona :	ÔQ - 2 OA*	d’où : OO/	-ÂH (e)
L’égalité (e) prouve que les bipoints (O,, A) et (O, H) ont même milieu ( qui est O’ ) •
On prouve de même que O’ est milieu de (O2, B)	et O’ est milieu de (O3, C) •
conclusion : la symétrie centrale de centre O’ transforme donc les points A, B, C en respectivement
O,.Q,,O, .
114
Exercice 11
Droite et cercle d’Euler (3ème partie )
Les notations sont celles de la 1 ®rG partie ( voir page 111).
1°) Justifier que le centre O’ du cercle 0’ est milieu commun des trois segments [ AgA’], [ B^B* ], [C2C’] •
2°) On suppose le triangle ABC non rectangle •
a)	Démontrer que la droite (AgO’) est la médiatrice de (B^CJ .
En déduire que : le milieu de chaque côté du triangle ABC est équidistant des pieds des hauteurs sur les deux
autres côtés.
b)	Démontrer : (OAJJJBA) ; (OB)l(CA) ; (OC)±(A1B1) .
115
1°) Le cercle d’Euler G’ est circonscrit au triangle AgA,A’, rectangle en A, .
L’hypoténuse [ W ] de ce triangle rectangle est donc un diamètre du cercle G ’ .
De même, [ B2B' ] et [ CgC’ ] sont deux diamètres de C ’.
Le centre O’ du cercle d’Euler C ' est donc milieu commun de [ AgA’ ], [ BgB’ ], [ CgC’ ].
2°) a) Remarquons que les points B, et C, sont distincts ( sinon le triangle ABC serait rectangle en A ). En outre H # A .
Les deux triangles rectangles AHB, et AHC, ont même hypoténuse [AH] dont le point Ag est le milieu.
Le cercle r de diamètre [ AH ] contient donc les points B! et C, •
Le point Ag, centre du cercle r, est équidistant des points B, et C,, donc : Ag e med (B!, C, )
d
D’autre part, O’B1 - OC1 - — ( rayon de C ’ ) donc : O’ e med (B1 , C1 )
La médiatrice de (B^CJ est donc la droite (AgO’) .
Puisque le point A’ appartient à la droite (AgO’ ), on en déduit : A’B, = A'C,
De même, on démontre que : (BgO‘ ) - med (C,, A, ) et (CgO’ ) « med (A,, B, )
d’où : B’C, = B’A, et C’A, « C’B,
b) On a déjà justifié : OA’’ -	( 2ème partie ). Or Ag - m(A,H) donc : OA’ - AA
Les droites (OA) et (A’Ag ) sont parallèles et (A’Ag ) est médiatrice de (B,, C, )
donc : (OA)J_(B,C,)
On justifie de même : (OB) 1 (CA ) et (OC) ± (A,B, )
116
Exercice 12
Lieux géométriques : Image d'un cercle par une homothétie ou une translation
Soit A et B deux points distincts et C le cercle de diamètre [ AB ] •
On note O le milieu de [ AB ] et on pose : AB - 2 R
1°) A tout point M du cercle C , distinct de A et de B , on associe le point M ’ tel que MABM ’ soit un parallélogramme.
a)	Déterminer l’ensemble décrit par le milieu M, de [ MM ' ] lorsque le point M décrit G - {A, B} .
b)	Déterminer Fensemble décrit par le centre de gravité Mj du triangle MBM ’ lorsque le point M décrit C - {A, B} .
2°) On note M " le symétrique de A par rapport au point M , et M3 le point d’intersection des droites (OM " ) et (BM) .
Déterminer le lieu géométrique du point M3 quand M décrit G - {A, B} •
3°) On notée I et J les milieux respectifs de [ MA ] et [ MB ]
( K le milieu de [U] .
a)	Déterminer le lieu géométrique du point K quand M décrit 6 - {A} .
b)	Soit L le point d’intersection des droites (AM) et (BK).
♦	Déterminer le barycentre de {(A, 1), (B , 1), (M , 2)} .
♦	Reconnaître le barycentre de {(A, 1), (M , 2)} .
*	En déduire le lieu géométrique du point L quand M décrit G - {A, B} .
Remarque préalable
L’image du cercle G ( de centre O, de rayon R ) par toute homothétie ou translation f est un cercle C ’ de centre f (O) •
Toute homothétie ou translation f du plan P dans lui-même est une bijection de P dans P , donc l’image par f du
cercle 0 , privé des points A et B , est le cercle C ’, privé des deux points f (A) et f (B).
117
1°) a) Ona: MM = AB et M, est milieu de [MM*], d’où: MM, =» jAB
Le point M, est donc l’image de M par la translation 15 de vecteur | AB .
L’image du cercle 6 ( O, R) par la translation 151ÂB* GSt un cerc,e G \ de même rayon R ,
( dont le centre est B ( puisque OB = j AB ).
On a TS (A) - O ; Posons 15 (B) - B,
Le lieu du point M, est donc le cercle r,, privé des points O et B, ( figure 3).
b) Le centre de gravité M? du triangle MBM ' vérifie :	BM2 = | BM,
Le point Mj, est l'image de M, par l’homothétie h de contre B, de rapport f .
L’image du cercle G (B , R), par rhomothétie h , est un cercle r2l de rayon | R,
f dont le centre est B ( car h (B) - B ) .
Posons : h (O) = O’ et h (B, ) - B ’
Le lieu du point M2 est donc le cercle r2, privé des points O* et B * .
2°) Dans le triangle ABM ", les points O et M sont milieux respectifsde [ AB ] et [ AM " ] .
Le point M3, intersection de deux médianes de ce triangle , en est donc le centre de gravité , d’où : BM3 = | BM
Le point M3 est l’image de M par rhomothétie h de centre B , de rapport | .
L’image du cercle 0 (O, R), par rhomothétie h , est un cercle r3 \ de rayon | R,
) dont le centre est O’ ( car h (O) = O' ) .
Remarquons : h (B) - B, donc B e r3 . Posons : h (A) « A’
Le lieu du point M3 est donc le cercle f3. privé des points A* et B .
M'
118
2°) a) Cherchons une relation liant les vecteurs OK et OM .
Le point K est milieu de (I, J) donc : OK* = j ( ÔT + ÔJ* )	(r)
Or : i I = m (A, M) donc ( ÔT = | (ÔA + ÔM* )
)j = m(B,M)	( Ôï > J(ÔB +ÔM )
La relation (r) s'écrit :	OK « ^(OA + OB + 2OM )
Puisque O - m (A, B), on a :	OA* + OB* « O d'où: OK - jOM’
Le point K est l'image de M par l’homothétie & de centre O, de rapport | .
L'image du cercle 6 (O, R), par l’homothétie 3B , est un cercle r4 j de rayon | R,
) dont le centre est O ( car 31 (O) = O ) .
Notons A4 = 3B (A) ; B4 =	(B)	Alors : A4 = m (O, A) et B4 = m (O, B)
Le lieu du point K est donc le cercle r4, privé des points A4 et B4 .
b) ♦ Le point O est milieu de (A, B) donc : Bar {(A, 1), (B, 1), (M , 2)} - Bar {(0,2), (M, 2)}
Puisque K = m(O, M) on déduit :	Bar {(A, 1), (B, 1), (M, 2)} = K
*	Nommons G le barycentre de {(A, 1 ), (M , 2)}.
D'une part :	G e (AM)
D'autre part : K = Bar {(B, 1 ), (G, 3)}	donc : les points B , G, K sont alignés .
Il en résulte que : G e (AM) n (BK) ; or (AM) n (BK) = { L ) d'où : G = L
♦	Le barycentre de {(A, 1), (M, 2)} étant le point L,ona: AL = | (1 AA + 2 AM ) soit : AL = | AM
Le point L est l'image de M par l’homothétie 3? ' de centre A , de rapport | *
L'image du cercle C (O , R) par 3? ' est un cercle f5 , de rayon | R,
dont le centre O5 vérifie : AO5 = | AO
remarque : 3? ' (A) = A donc A e r5. Posons : B5 = 3? '(B)
Le lieu du point L est donc le cercle f5 privé des points A et 65 .
figure 4
119
Exercice 13
Homothéties et lieux géométriques .
Dans un plan St, on considère quatre points distincts A , B , B', A’ tels que :
♦	les droites (AB) et (A’B* ) soient sécantes en un point noté O
♦	les droites (AB* ) et (A’B) soient sécantes en un point noté O'
♦ les droites (AA* ) et (OO' ) soient sécantes en un point noté F .
Soit Sb et Sb ’ deux droites parallèles coupant le plan R en respectivement B et B’ .
A tout point M de Sb , on associe le point M’, intersection de la droite Sb ’ et du plan (AMA' ) .
1°) a) Justifier que les droites (AM) et (A’M*) sont sécantes ( en un point noté I) .
b) Déterminer le lieu géométrique du point I quand le point M décrit la droite Sb .
2°) a) Justifier que les droites (A’M) et (AM’ ) sont sécantes ( en un point noté J ) .
b) Déterminer le lieu géométrique du point J quand le point M décrit la droite Sb .
3°) Démontrer que la droite (U) passe par un point fixe F lorsque le point M décrit la droite Sb .
1°) a) Les deux droites 0 et Sb ' sont parallèles donc le plan (AA’M), qui coupe Sb en M, coupe aussi Sb' .
♦	Si M - B alors	M’« B’ ona: (AM)n(A’M’) « {O}
♦	Si M # B alors	les plans (AMA’ ) et St sont distincts donc : M’ # B'
les droites (AM) et A’M’) sont coplanaires .
♦♦ Si on avait (AM)//(A’M’)
les droites sécantes (AM) et Sb seraient respectivement parallèles aux droites (A’M* ) et Sb'.
Le plan (ABM) qui contient (AM) et Sb serait alors parallèle au plan (A’B'M*), qui contient (A’M’) et Sb'
Les traces du plan R sur les plans parallèles (ABM) et (A’B'M' ) seraient alors parallèles .
♦♦ ce qui est impossible puisque les droites (AB) et A’B’ ) sont supposées sécantes .
Les droites (AM) et A’M* ) sont donc sécantes ( en un point noté I ).
120
b) I g (AM)	donc	I e (ABM) >
I g (A’M' )	donc	I g (A’B’M' ) i	Le point I appartient donc à (ABM) n (A’B'M’ ) .
Précisons (ABM) n (A’B’M ’ ) en	supposant M distinct de B.
Les plans (ABM)	et	(A’B’M*	)	< ont en commun le point O	( car O g (AB) n (A’B' ) )
( ne sont pas confondus	( sinon on aurait : (ABM)	n St	-	(A’B’M’ ) n St ) .
Les plans (ABM)	et	(A’B’M'	)	sont donc sécants suivant une droite A qui contient le	point	O	.
Appliquons le théorème du toit .
Les droites S) et 2) ' sont parallèles et incluses respectivement dans les plans (ABM) et (A’B’M' ) .
L'intersection A de ces deux plans est donc parallèle aux droites 0 et 0 ' .
Conclusion : Pour tout point M de 2>, le point I, commun à (AM) et (A’M’ ), appartient à la droite A
contenant le point O et parallèle à 2) .
Problème : Quand le point M décrit la droite 2), le point I décrit -il toute la droite A ?
Soit P le plan déterminé par les deux droites 0 et A parallèles et distinctes .
Le plan contient les points O et B , et donc aussi la droite (OB) .
Dans le plan P , considérons la projection de la droite (OA) sur la droite (IA), parallèlement à 2).
Âï	ÂÔ	ÂÔ
Le théorème de Thalès assure que : = - •=- ; posons k - =- ( rapport fixé par le choix de A , B , O )
AM	AB	AB
On a alors :( AO - k AB	( AO* - kAB
/Al - kAM d'où ( ÂT = kAM ( puisque les points A,I,M sont alignés) .
Le point I est donc l’homothétique du point M par l’homothétie de centre A, de rapport k .
L'ensemble des points I, quand M décrit la droite 2), est donc l'image par SI, de la droite 2), c'est à dire la
droite parallèle à 0 et contenant l’homothétique O de B par St. On reconnaît la droite A .
Le lieu géométrique du point I est donc toute la droite A .
2°) a) Par le même raisonnement qu’au 1 °), on justifie que :
les droites (A’M) et (AM' ) sont coplanaires et non parallèles , donc sécantes .
b) Si M # B , le point commun J de (A’M) et (AM’ ) appartient à (A’BM) n (AB’M’ )
♦ Les plans (MBA’ ) et (M'B'A) sont sécants suivant une droite A’ contenant le point O' et parallèle aux
droites 2) et 2)' ( théorème du toit ) .
a	A'O'	A'O'
♦ La droite (O'J) étant parallèle à (BM), on a : =	• Posons • k ' = -==-
A’M	A’B	A’B
On a alors: A’O’’ - k ’ A’B* et A’j' - k’A’M*
Le point J est donc l’homothétique du point M par l’homothétie St ’ de centre A', de rapport k ’.
Le lieu du point J , quand M décrit la droite 2), est donc la droite A* parallèle à 0 et contenant l’homothétique
O’ de B par l’homothétie St' .
3°) Les droites (OO') et (AA’) sont supposées sécantes en F ;
( si M est en B , la droite (U) est la droite (OO* ) qui contient le point F ) .
Démontrons que , lorsque le point M décrit la droite 2), la droite (U) contient le point fixe F .
Soit 8 le plan déterminé par les droites sécantes (OO' ) et A
La droite A’, parallèle à A, et contenant le point O' du plan 8 , est donc incluse dans le plan 8
On a alors : IgA	donc :	I g 8
J g A’	donc :	J g 8
Fg(OO’) et (OO’)cS donc: FgS
Par ailleurs, les points I, J, F appartiennent au plan (IAA' ) •
Les points I, J , F sont donc alignés sur la droite d'intersection des plans 8 et (IAA' ) .
121
Produit scalaire
L’espace (E) est muni d’une distance : l’unité de longueur est la même sur toutes les droites de (E).
A) Rappel de géométrie plane
1 °) Rapport de projection orthogonale associé à deux demi-droites [ Ol) et [ OJ) ; cosinus de IOJ .
Dans un plan P , considérons deux demi-droites de même origine O, munies de repères (O, I) et (O, J)
tels que : Ol = OJ « 1.
a)	Soit A et B deux points quelconques distincts de la demi-droite [QJ) •
Soit A’, B’, I’ les projetés orthogonaux respectifs de A, B , I sur la droite (O I).
A’g’	__
Le rapport -==-, égal à Ol’, est indépendant du choix des points A et B .
AB
b)	Soit M et N deux points quelconques distincts de la demi-droite [ Ol) .
Soit M", N", J" les projetés orthogonaux respectifs de M, N , J sur la droite (OJ) •
MTM*
Le rapport . égal à OJ", est indépendant du choix des points M et N .
MN
r j
c)	Les réels Ol’ et OJ" sont égaux .
Leur valeur commune est appelée le rapport de projection orthogonale associé aux demi-droites [ Ol) et
[ OJ), ou encore le cosinus de IOJ .
Par définition , on a : cos IOJ » 4=- donc : A’B’ - AB x cos IOJ
AB
M"N"
cos IOJ - donc : M"N" - MN x cos IOJ
MN
Les deux demi-droites [ Ol) et [ OJ) déterminent un angle dont la mesure 0, en radians , appartient à [ 0, n ] .
2°) Angles remarquables
e en radians	0	K 6	K 4	K 3	K |CM	2k 3	3 k 4	5k 6	n
COS0	1	£	£	1	0	_ £	_ £	_£	- 1
		2	2	2		2	2	2	
122
B)	Produit scalaire de deux vecteurs de l'espace
1°) Théorème , et définition du produit scalaire u . v de deux vecteurs
a)	Soit u et v deux vecteurs NON NULS de l’espace .
Soit A un point quelconque de l’espace , B et C les points tels que : AB = u ; AC « v .
Il existe un plan contenant les points A, B, C .
Dans ce plan P, soit C’ le projeté orthogonal de C sur (AB) .
Le réel AB x AC’ ne dépend pas du repère normé choisi sur (AB) et ce réel est indépendant du choix du point A .
On pose alors : u . v - AB x AÇ’
b)	Si l'un des vecteurs u , v est O , on pose :	u . v - 0
c)	On appelle carré scalaire d'un vecteur u , le produit scalaire u . u , noté aussi ( u )2 .
Pour tout bipoint (A, B), on a : ( AB J2 = AB2
Pour tout vecteur "u , on a : ("u )2 - ||"u ||2	d'où: || u || » V u.u
2°) Relations entre u . v et || u ||, || v ||
a)	Soit u et v deux vecteurs NON NULS , de représentants respectifs (A, B) et (A, C) .
AB . AC = AB x AC x cos BAC
7. 7 » || 71| x || 71| x cos 0 où 0 est la mesure de { u , V }
b)	Deux vecteurs quelconques u et v vérifient l'inégalité de Cauchy-Schwarz :
- I|7||x||7|| <7.7 < ||7||x||7||
♦	L’égalité : 7.7 = || 71| x || 71| n'est vraie que si, et seulement si ( v » X u et X e R+ ) ou (7 = O )
♦	L’égalité : 7.7 « - || 71| x || 71| n'est vraie que si, et seulement si ( v - p. u et p g R ' ) ou (u = O ).
A	rB
ÂB.ÂC - ABxAC
AB. AC ABxAC
3°) Propriété»
a)	Quels que soient les vecteurs u et v de l'espace , quel que soit le réel k. on a :
u . v - v. u
( k. u ). v - k ( u . v )
b)	Si u , v , w sont des vecteurs coplanaires , alors :
u.(v + w ) - u . v + u.w
c)	Quels que soient u et v , les vecteurs u , v . u + v , u - v sont coplanaires.
On a: (u + v f - u2 + v2 + 2u.v
(û* - Vf - u*2 + v*2 - 2Ü* v*
(7 + v*)(7 - V* ) - U*2 - V*2
d)	Pour tous points A, B, C, on a :
♦	BC2 - AB2 + AC2 - 2ÂB*. ÂC*
»	ÂB* . ÂC* - J(AB’ + AC? - BC2)
♦	AB2 - AC2  2 LÀ*. BC où I est milieu de (B,C)
♦	AB2 - AC2 - 2ÎHxBC
♦	AB2 + AC2 « 2 IA2 + J BC2 formule dite " de la médiane ".
e)	La formule ü*. ( v* + w ) » ü* V + u* w* est valable ,
même si u , v ,w sont des vecteurs non coplanaires .
( Sa démonstration . à Faide de la formule de la médiane . est
l'objet de l'exercice 5 page 130 )
4°) Inégalité triangulaires
a)	Soit ü* et V deux vecteurs quelconques.
*	IN +7n2-||tT||2+||7||2+ 2 T. 7
*	I IN II - IN II |^||Î7 + 7|| <inh + inh (i)
Les inégalités (i ) sont dites " inégalités triangulaires
b)	Pour tous points A, B, C (en posant û* « ÂB* et 7 - BC* ),
on a: | AB - BC| £ AC < AB + BC
♦ L’égalité AC - AB + BC équivaut à Be[AC]
♦ L'égalité AC-|AB-BC| équivaut à Be(AC)-]AC[.
A Ç	B
B A C
On a deux inégalités strictes ( | AB - BC | < AC < AB + BC ) si, et seulement si A, B , C sont non alignés .
5e) Orthogonalité
a) Deux vecteurs u et v sont dits orthogonaux si, et seulement si leur produit scalaire u . v est nul.
On écrit: 71 7
b) u Iv <=> ( u - O
\ ou v - O
\ ou u et v sont deux vecteurs non nuis dirigeant des droites perpendiculaires .
c) Théorème de Pythagore
u 17 ~	||7 + V ||2 - imi2 + ||7II2
d) Soit k, X, p des réels quelconques •
si : | 7±7*	alors ( k7)l(lv7 + nTT )
/ 7 ivf
C) Relations métriques dans un triangle ABC
1°) On note A, B, C les mesures des angles BAC, CBA, ABC. On pose : a = BC ; b = CA ; c = AB
a) Formule d’AI Kashi
BC2 - AB2 + AC2 - 2 AB x AC x cos BAC
a2 « b2 + c2 - 2bccosA
b2 « c2 + a2 - 2 c a co s 7
c2 = a2 + b2-2abcosC
b)
cos BAC »
2	2	2
AB + AC - BC
2ABxAC
c) Formule de la médiane
Soit rriA la longueur Al de la médiane issue de A .
b2 + c2 - 2 mA2 + £ a2
On peut calculer la longueur de chaque médiane d’un triangle dont on
connait les longueurs des trois côtés .
Par exemple : mA2 = |(2b2 + 2c2-a2)
2°) Propriétés caractéristiques d'un triangle rectangle
a)	Caractérisation de Pythagore :
Un triangle ABC est rectangle en A si, et seulement si : BC2 «
b)	AB 1 AC <=> Al « j BC où I est le milieu de (B , C)
Un triangle est rectangle en A si, et seulement si il est inscriptible dans
un cercle de diamètre [ BC ] 
c)	Soit ABC un triangle. Soit H le projeté orthogonal de A sur (BC).
AB2 + AC2
Le triangle ABC est rectangle en A si, et seulement si Tune quelconque des égalités suivantes est vérifiée :
♦	AB2 - BCxBH
♦	AC2 - CBxCH
♦ AH2 = -HBxHC
Exercice 1
Propriétés des hauteurs d'un triangle
1 °) Soit A , B , C , D quatre points quelconques d'un plan .
Démontrer l'égalité : AB . CD +AC.DB + AD.BC «0
2°) Soit ABC un triangle .
a)	Justifier que ses hauteurs et hg . issues respectivement des
points A et B , sont sécantes .
Utiliser l'égalité ( e ) pour prouver que leur point commun H
appartient à la hauteur hg issue du point C .
b)	Soit A., B,, C, les projetés orthogonaux des points A, B , C
sur les droites respectives (BC), (CA), (AB) .
Démontrer : HA . HB  HB . HC  HC . HA
Endéduire: HÂxHÂi - HBxHB; - HCxHÔ;
1°) Posons :	x	-	AB . CD	+	AC . DB	+ AD. BC	et utilisons la relation de Chasles en privilégiant le point A .
x	-	ÂB*. (ÂD* -	ÂC*) +	ÂC*. (ÂB* -	ÂD ) + ÂD.(ÂC* - ÂB* )
d'où:	x	-	ÂB*	ÂD*	- ÂB.ÂC*	+ ÂC*.ÂB	- ÂC*. ÂD* + ÂD.ÂC* - ÂD.ÂB*
On obtient :	x	=	0
2° a) Les hauteurs h^ et hg du triangle ABC sont deux droites incluses dans le plan (ABC)
♦	Si on avait	: h^ // hg on aurait :	(BC) H (CA) ( car h^ 1 (BC) et hg 1 (CA) )
donc :	(BC) = (CA) ( car ces deux droites contiennent	toutes	deux le point C )
♦	d’où l’absurdité puisque les points	A, B , C , sommets d’un triangle , ne peuvent être	alignés .
Les hauteurs	h^ et hg . non parallèles, sont donc sécantes ( en un point noté H ).
La relation ( e ), appliquée aux points A, B , C, H s'écrit :	AB . CH* + AC.HB+AH.BC-0	(1)
or ( H e h^ donc : ÂH*. BC* - 0	(2)
( H e hg donc :	HB*.	ÂC*	- 0	(3)
Des relations (1), (2), (3), on déduit :	ÂB*. CH* - 0
Le point H appartient donc à la droite du plan (ABC) qui contient le point C et est perpendiculaire à (AB) .
Autrement dit : le point H appartient à la hauteur hg
On retrouve ainsi un résultat fondamental :	les trois hauteurs d'un triangle sont concourantes .
b) Calculons: HA. HB - HB.HC - HB. (HA - HC )- HB. CA Or HB ±AC donc- HB . CA « 0
On a donc : HA . HB - HB . HC « 0	ce qui prouve l'égalité : HA . HB « HB . HC
On démontre de même : HB . HC	-	HC . HA
Le projeté orthogonal du point B	sur la droite	h^	est le point A,, donc :	HA . HB*	-	HA x HA!
Le projeté orthogonal du point C	sur la droite	hg	est le point B!, donc :	HB*. HC*	«	HB x HB!
Le projeté orthogonal du point A	sur la droite	hg	est le point C,, donc :	HC’. HA’	-	HC x HC,
Puisqu’ona: HÂ*. HB* = HB*. HC* = HC*. HÂ* onendéduit:	HÂxHÂi-HBxHBi-HCxHC;
126
Exercice 2
Périmètre d'un triangle et somme des longueurs de ses médianes
Soit ABC un triangle.
Soit I, J, K les milieux respectifs de (B, C) , (C. A) . (A, B) .
Soit m,, m2, m3 les longueurs des médianes respectives [ Al ] , [ BJ ] , [ CK ] du triangle ABC .
1°) Démontrer: y|AB - AC| < m, < ?(AB + AC)
2°) Démontrer : m, + m2 + m3 < AB + BC + CA < 2 ( m, + o^ + m3 )
Le périmètre d’un triangle est compris strictement entre la somme des longueurs de ses trois médianes et le double de
cette somme 
1°) Soit D le symétrique du point A par rapport à I. Alors AD - 2AI - 2 m,
Les points A, B , D sont non alignés , donc : | AB - BD | < AD < AB + BD	( i )
Or ABCD est un parallélogramme , donc : BD » AC
L'inégalité ( i ) s’écrit alors : | AB - AC | < 2 m, < AB + AC c'est à dire : 11 AB - AC | < m, < | ( AB + AC )
2°) Première étape
Onaétabü: m,<J(AB + AC)	(1)
De même, on a : m, < j ( BC + BA )	(2)
m,<J(CA+CB)	(3)
Additionnons membre à membre les inégalités (1), (2), (3) ; on trouve : m, + ms + m,<AB + BC + CA
Deuxième étape
♦	Les points A, I, B sont non alignés , donc :	AB	<	Al + IB	(4)
Les points A, I, C sont non alignés , donc :	AC	<	Al + IC	(5)
En additionnant terme à terme les relations (4) et (5), on trouve : AB	+	AC < 2 Al +	( IB + KD )
Or: B + IC - BC d'où :	AB	+	AC < 2m, +	BC	(6)
♦	De même, on établit que :	BC	+	BA < 2 m2 +	CA	(7)
CA + CB < 2 m, + AB (8)
Additionnons membre à membre les inégalités (6), (7), (8).
On trouve: 2(AB + BC + CA) < 2(m, + m, + m3) + (AB + BC + CA)
d'où il résulte : AB + BC + CA < 2 ( oi, +	+ oij )
127
Exercice 3
Inégalités triangulaires
Soit
M un point intérieur ( au sens large ) à un triangle ABC .
Démontrer : si M # A,
alors : MB + MC < AB + AC
2O)
Démontrer: j(AB + BC + CA)<MA+MB + MC<AB + BC + CA
M ,
C
1°) Soit B, le point d’intersection des droites (BM) et (AC). Alors: Me [BB,] donc: MB + MB, « BB,
B,e[AC]	donc: AB, + B,C = AC
Premier cas : si M e [AB]	alors B, #	A donc:	BB, <	AB + AB, ( inégalité triangulaire )	(1)
L'inégalité (1)	s'écrit aussi :	MB +	MB, < AB 4-	AB,	(V)
D'autre part :	MC <	MB, + B/D	(2)
Additionnons membre à membre les inégalités (V ) et (2) ; on obtient l'inégalité stricte :
MB + MC + MB, < AB + AB, + B,C + MB,
d'où : MB 4- MC < AB 4- AC
Deuxième cas : si M e [ AB ] alors B, - A
mais les points M , A , C sont non alignés donc : MC < MA + AC
d’où : MB + MC < MB + MA + AC
Puisque M e [ AB ] on a : MB + MA » AB
Il en résulte : MB + MC < AB + AC
2°) a) Démontrons : MA + MB + MC < AB + BC + CA
*	SiMfE{A,B,C} ona:/ MB + MC < AB 4-AC
] MC + MA < BC 4- B A
( MA + MB < CA + CB
Additionnons membre à membre ces trois inégalités ;
on trouve:
d'où :
*	Si Me {A, B. C] par exemple, si M - A alors:
or : BC > 0 donc :
( inégalité stricte car M # A )
( inégalité stricte car M # B )
( inégalité stricte car M # C)
2(MA + MB + MC) < 2(AB + BC 4- CA)
MA + MB + MC<AB + BC + CA
MA + MB + MC « AB + AC
MA4-MB + MC<AB + BC4-AC
b) Démontrons : y(AB + BC + CA) < MA + MB + MC
Le point M vérifie : MA 4- MB > AB
MB 4- MC > BC
MC + MA £ CA
Les trois réels MA 4- MB - AB ; MB 4- MC - BC ; MC 4- MA - CA sont positifs et l’un au moins de ces trois
réels est non nul sinon on aurait : Me [AB] et Me[BC] et Me [CA]
ce qui est impossible puisque les points A , B , C sont non alignés .
La somme de trois réels positifs , dont l’un est non nul, est un réel strictement positif.
Il en résulte l’inégalité stricte : 2 ( MA + MB 4- MC ) > AB 4- BC 4- CA
c'est à dire: MA + MB + MC > j( AB + BC + CA)
128
Exercice 4
Un curieux point de concours
Soit ABC un triangle et Sb une droite donnée dans le plan de ce triangle.
On appelle	A’, B’, C’ les projetés orthogonaux respectifs	des points A, B , C sur la droite Sb
Soit :	A,	la droite contenant A’ et perpendiculaire à	(BC)
Ag	la droite contenant B’ et perpendiculaire à	(CA)
A3	la droite contenant C et perpendiculaire à	(AB)	.
Démontrer que les trois droites , A3 sont concourantes .
A
Justifions que les droites Ag et A3 sont sécantes
et A3±(BA)
Les droites Ag et As sont coplanaires , et on a : Ag 1 (AC)
♦ Si on avait b*, alors on aurait : (BA) H (CA)
donc : (BA) - (CA) car ces deux droites contiennent toutes deux le point A
♦ ce qui est imposible puisque les trois points A , B , C, sommets d’un triangle , ne peuvent être alignés .
Les droites Ag et As sont donc sécantes ( en un point noté K ) ,
Démontrons que le point K appartient à la droite A1
N suffit de prouver : KA’ 1 BC , sachant qu’on a déjà : KB’. AC - 0 et KC .AB « 0
Calculons : KÂ*. BC* - KÂ*. ( BÂ* + ÂC* )
KÂ*. BC* - KÂ*. BÂ* + KÂ*.ÂC
Ecrivons alors :	KÂ* BC* - (KC* + CA’’ ). BÂ* + (KB7 + B’A7 ).ÂC*
On trouve : KÂ*. BC* - KC*. BÂ* + CÂ*. BÂ* + KB7. ÂC* + BA. ÂC*
d’où :	KÂ*. BC* -	0	+ CÂ*. BÂ* +0	+ BÂ*.ÂC*
Les projetés orthogonaux des points B et A sur la droite Sb ( qui contient C et A' ) sont B’ et A’ ,
donc :	CÂ*. BÂ* - CÂ*. BÂ*
Les projetés orthogonaux des points A et C sur la droite Sb ( qui contient B’ et A’ ) sont A’ et C ,
donc :	B’A7. ÂC* » B’A7. ÂC*
On a donc: KÂ*. BC* - CÂ*. BÂ* + BÂ*.ÂC*
c’est à dire : KA7. BC* - 0
129
Exercice 5
De la géométrie plane...à la géométrie dans l'espace
En utilisant la formule de la médiane ,
démontrer que : la relation u.(v + w )  u . v + u . w
reste vraie dans le cas où 7,7,7 sont trois vecteurs non coplanaires de l’espace
Choisissons un point O quelconque de l’espace .
Soit A, B, C les points tels que : OA - u ; OB « v ; OC - w
Calculons d’une part u . ( v + w )
d’autre part ü*. 7 + 7.7
♦ D’une part : u.(v+w)-OA.(OB+OC)
7. (v + 7) = OA. 201 où le point I est le milieu de (B , C)
û*. (7 + 7) - OA2 + OF - AF
(1)
♦	D’autre part : ü*. 7 - OA. OB	u . 7 - | ( OA2 + OB2 - AB2 )
7.57 - ÔA. ÔC donc :	ü*. 57 - y (OA2 + OC2 - AC2 )
Il en résulte: 7.7 + ü*. 57 - OA2 + y(OB2 + OC? ) - jfAB2 + AC2) (2)
Puisque I est le milieu de (B, C), on a : OB2 + OC2 - 2 OF + y BC2
AB2 + AC2 - 2AF + |BC2
La relation (2) devient:	7.7 + 7. 57 - OA2+ £(2OF + yBC2) - J(2AF+|BC2)
On trouve :	7.7 + 7. 7 - OA2 + OF - AF	(3)
♦	Comparons les égalités (1 ) et (3). On en déduit :
u .(v + w ) - u . v + u.w
130
Exercice 6
Isobarycentre et relations métriques
1°) Soit ABC un triangle et g l’isobarycentre de { A, B , C} .
On pose : BC-a;CA = b;AB-c
Démontrer : gA2 + gB2 + gC2 - 5 ( a2 + b2 + c2 )
2°) Soit ABCD un tétraèdre et G l’isobarycentre de {A, B, C, D}
On pose : BC - a ; CA - b ; AB - c ; DA - a ; DB - p ; DC - y
a)	Démontrer: GA2 + GB2 + GC2 + GD2 - {(a2 + b2 + c? + a2 + p2 + f)
b)	Soit l,J,K,L,M,N les milieux respectifs de (A, B) , (C, D) , (B, C) , (D, A) , (B, D) , (A, C)
Démontrer: GA2 + GB2 + GC2 + GD2 - U2 + KL2 + MN2
1°) Ona: Âg - 1(AA + ÂB + AC) donc:	Ag2 --(AB + ÂC)2
3	9
2	1	2	2	—• —•
On obtient : Ag » —( AB + AC + 2AB. AC )
or :	2 AB*. ÂC - AB2 + AC2 - BC2
2I2	22	2I222
llenrésulte Ag « —(2AB + 2AC - BC ) qui s’écrit : Ag --^(2b + 2c - a )	(1)
2 1	2	22
De même, on établit : Bg -—(2c + 2a - b )	(2)
2	1	2	22
CgZ -y(2a2 + 2b2 - c2)	(3)
Additionnons membre à membre les égalités (1), (2), (3) ;
on trouve : Ag2 + Bg2 + Cg2-j(a2 + tf + c2)
131
2°) a) Lïsobarycentre G de {A, B , C, D} vérifie :	AG - 7 ( AA + AB + AC + AD )
On a donc: AG2 -AB2 + AC2 + AD2 + 2AB. ÂC + 2AC. ÂD + 2ÂB. ÂD )	(4)
or : 2ÂB. ÂC - AB2 + AC’ - BC2
2ÂC*. ÂD* - AC2 + AD2 - CD2
2ÂB* ÂD* - AB2 + AD2 - BD2
Uenrésulte:	AG2	3AB2	+ 3AC2 +	3AD2	-	BC2 -	CD2	-	BD2)	(5)
De même, on établit:	BG2 -	3BC2	+ 3BD2 +	3 BA2	-	CD2 -	DA2	-	CA2)	(6)
CG2 - -!-( 3CA2	+ 3CB2 +	3CD2	-	DA2 -	AB2	-	DB2)	(7)
1 O
DG2 -	3DB2	+ 3DC2 +	3DA2	-	AB2 -	BC2	-	AC2)	(8)
Additionnons membre à membre les égalités (5), (6), (7), (8).
on trouve: AG2 + BG2 + CG2 + DG2 - ^(a2 + b2 + c2 + tf + p2 + f )	(9)
b) Appliquons le théorème de la médiane dans chacun des triangles ABC et ABD :
a2 + b2 - 2CF + ÿc2
a2 + p2 - 2DF + yc?
d'où: a2 + b2 + a2 + p2 - 2(DF + CF) + c2	(10)
or :	DF + CF - 2 IF + y CD2 car J est le milieu de (C, D) .
On en déduit:	a2	+ b2	+	a2	+ p2-4U2 +	c? + f	(11)
De même, on établit :	b2	+ c2	+	p2	+ f- 4KL2 +	a2 + a2	(12)
c2	+ a2	+	f	+ (x2 - 4MN2 + b2 + p2	(13)
Additionnons membre à membre les égalités (11), (12), (13) ,•
ontrouve:	a2	+ b?	+	c2	+ a2 + p2 + -f - 4( U2 + KL2 + MN2 )	(14)
Des égalités (9) et (14), on déduit alors :
AG2 + BG2 + CG2 + DG2 - U2 ♦ KL2 + MN2
Remarquer que lïsobarycentre G de {A, B, C, D) est milieu commun des trois segments [ U ], [ KL ], [ MN ] .
( voir exercice 3 page 64 )
132
Exercice 7
Quadrilatère inscriptible orthodiagonal
Soit C un cercle de centre O , de rayon R ( non nul ).
Soit F un point fixé , intérieur strictement au cercle C , et distinct de O •
Par le point F, on mène deux droites perpendiculaires A, et Ag qui coupent le cercle C en A, C et B , D respectivement .
On suppose que les droites A1 et Ag pivotent autour du point F en restant perpendiculaires .
1°) a) Démontrer que l’isobarycentre de {A, B, C, D} est un point fixe G, indépendant du choix des droites A, et Ag .
b) Démontrer que la somme FA2 + FB2 + FC? + FD2 i garde une valeur constante ,
r indépendante de F, et égale à 4 R2.
Endéduire : AB2 + CD2 « AD2 + CB2 - 4R2
2°) Démontrer que les produits scalaires FA . FC et FB . FD < sont égaux et gardent une valeur constante
? ne dépendant que des distances OF et R .
3°) Soit I, J, K, L les milieux respectifs des cordes [ AB ] , [ CD ] , [ BC ] , [ DA ].
Soit P. Q, R. S les projetés orthogonaux respectifs de F sur ces cordes .
a)	Démontrer que : la médiane (Fl) du triangle AFB est hauteur du triangle CFD .
b)	Démontrer que : les huit points l,J,K,L,P,Q,R,S appartiennent à un même cercle T fixe ( de centre G ) .
Préciser le rayon p de ce cercle f à l’aide des distances OF et R seulement.
133
1°) a) Soit M et N les milieux respectifs de (A, C) et (B, D) .
Le barycentre G	de {(A, 1), (B, 1), (C, 1), (D, 1)} est aussi barycentre de {(M , 2), (N , 2)} .
Le point	G est donc le milieu de (M, N) .
♦	Les points O et	M appartiennent à la médiatrice de	(A, C), donc :	OM	± AC
♦	Les points O et	N appartiennent à la médiatrice de	(B , D), donc :	ON	± BD
Le quadrilatère OMFN est donc un rectangle ( éventuellement aplati ),
ce qui prouve que le milieu de (M , N) est aussi le milieu de (O, F) .
Or :	O et F sont deux points fixes .
L’isobarycentre de { A, B , C, D} est donc le milieu G de (O, F), point fixe , indépendant
des droites A, et Ag considérées
b) Ona:( FA2 + FΠ- 2 FM' + jAC2
( FB2 + FD2 - 2FN2 + y BD2
d'où: FA2 + FB2 + FC2 + FD2 - 2(FM2 + FhF) + J(AC? + BD2)	(1)
D'une part :	FKf + FN2 - MN2 car :	FM* 1FN*
D'autre part : ( AC2 + BD2 - 4AM2 + 4DN2
< AM2 - OA2 - OM2
( DN2 - OD2 - ON2
La relation (1) devient: FA2 + FB2 + FC2 + FD2 - 2 MN2 + 2(OA2 - OM2 + OD2 - ON2 )
Or: OM2 + ON2 - MN2 et OA2 - OD2 - R2
Finalement, on trouve : FA2 + FB2 + FC2 + FD2 - 4 RP
	Appliquons le théorème de Pythagore dans les triangles FAB , On trouve: ( AB2 + CD2 - (FA2 + FB2) + (FC2 + FD2) AD2 + CB2 - (FA2 + FD2) + (FC2 + FB2)		FBC.FCD d'où :	, FDA, rectangles en F ; ( AB2 + CD2 - 4R2 | AD2 + CB2 - 4 R2
2°	) Calculons :	FA. FC - ( FM + MA ). ( FM + MC ) FA. FC* - FM2 - MA2	or:	MC* - - MA
	d’où :	FA.FC* - (FO2 - OM2) - MA2	or:	OM2 + MA2 - OA2 - R2
	On trouve :	FA. FC* « FO2 - R2		
De même , en utilisant le milieu N de (B, D), on établit : FB . FD - FO2 - RP
3°) a) Pour démontrer que (Fl) est hauteur du triangle FCD , il suffit de prouver : Fl ± CD
Remarquons : FC - y ( FÂ* + FB* )
Calculons : Fl. CD • j ( FA + FB ). ( FD - FC )
fT.cd* « |(FA.FD + FB*. FD* - FÂ*. FC* - FB*. FC* )
or: ( FÂ*±FD*
S FB*. FD* - FA. FC
' FB* ±FC*
Il en résulte : FT. CD* » 0
On démontrerait de même :	FJ* 1ÂB* et FK* 1ÂD* et FL* 1BC'
134
3°) b) D’une part : remarquons que les segments [ U ] et [ KL ] ont même milieu ,
qui est l’isobarycentre Gde{A,B,C,D} .
Le quadrilatère IKJL est donc un parallélogramme .
En outre: ET - ?ÂC* et ET - jD6 et ÂC*1DB
On en déduit que IKJL est un rectangle .
Ses sommets I, J, K, L appartiennent donc à un cercle r dont le centre est le
milieu G commun de ses diagonales [ U ] et [ KL ] .
D’autre part : ♦ le projeté orthogonal Q du point F sur la droite (CD) appartient à la droite (Fl)
donc : ÔT 1OJ*
♦ le projeté orthogonal P du point F sur la droite (AB) appartient à la droite (FJ)
donc : PI 1P J
Le cercle T, dont [ U ] est un diamètre, contient donc les points P et Q .
On justifie de même : RK*1RL* et SK* ± SL*
Le cercle T .dont [U] est un diamètre , contient donc aussi les points R et S *
Conclusion : les huit points I.J.K.L.P.Q.R.S appartiennent à un même cerde T dont le centre G est un
point fixe ( puisque le point G est le milieu de (O. F) d’après le a) ) .
Démontrons que le rayon p du cercle T ne dépend que des distances OF et R
Appliquons la formule de la médiane dans le triangle FIO pour exprimer la distance IG :
IP + K? - 2 IG2 ♦ yOP	d'où:	IG2 - y (IP	+ IO - yOP)
D’une part :	dans le triangle rectangle AFB, on a : IF » IA,	donc :	F2 - IA2
D’autre part :	les points O et I appartiennent à la médiatrice de	(A. B)	donc :	ÔT 11Â*
On trouve ainsi :	IG2 - J( IA2 + KD2 - jOP )	où:	IA2 + IO2 - OA2 - RP
Finalement:	IG2 = |(R2 - |OF) c’estàdire:	p2  £(2RP - OF2)
135
Exercice 8
Relations importantes déduites des " formules de la médiane
1°) Soit A , B , C , D quatre points quelconques de l'espace .
Démontrer: a) (AB2 ♦ CD2) - (AD2 + CB2) - 2DB.ÂC*
b) AB2 + BC2 + CD2 + DA2 - AC2 + BD2 + 4U2 où: I - m(A,C) et J - m(B,D)
2°) Applications :
a)	Déterminer une condition nécessaire et suffisante pour qu’un quadrilatère ABCD ait ses diagonales
perpendiculaires .
b)	Justifier qu’un quadrilatère ABCD est un parallélogramme si, et seulement si :
la somme des carrés des longueurs de ses côtés est égale à la somme des carrés des
longueurs de ses diagonales .
1°) a) Associons les carrés des distances ne faisant intervenir que trois points .
D’une part: AB2 - AD2 - (ÂB - ÂD*).(ÂB + ÂD )	d’où: AB2 - AD2 - DB*. 2 ÂJ*	(1)
D’autre part: CB2 - CD2 - (CB* - CD*). (CB* + CD*)	d’où: CB2 - CD2 - DB . 2 CJ*	(2)
Retranchons membre à membre les égalités (1) et (2),
ontrouve: (AB2 + CD2 ) - ( AD2 + CB2 ) - 2 DB*. ÂC*	(3)
b) Appliquons la formule de la médiane aux triangles BAC et DAC .
( BA2 + BC2 - 2BF + jAC2
| DA2 + DC2 - 2 DF + jAC2
Additionnons membre à membre ;
onobtient: BA2 + BC2 + DA2 + DC2 - 2(IB2 + ID2) + AC2 (4)
La formule de la médiane , appliquée au triangle BID donne : IB2 + ID2 « 2 U2 + j BD2
La relation (4) devient alors :	BA2 + BC2 + DA2 + DC2 « 4 U2 + BD2 + AC2 (5)
2°) a) Les diagonales (AC) et (BD) du quadrilatère ABCD sont perpendiculaires si, et seulement si AC . DB « 0,
ce qui équivaut, d'après l’égalité (3), à la condition : AB2 + CD2 - AD2 + CB2
laquelle exprime que :	les sommes des carrés des longueurs des côtés opposés sont égales .
b) Le quadrilatère ABCD est un parallélogramme si, et seulement si les bipoints (A, C) et (B , D) ont même milieu .
La condition l-J équivaut à: 41^-0 c'est à dire à: AB2 + BC2 + CD2 + DA2 « BD2 + AC2
Cette dernière égalité exprime que : la somme des carrés des longueurs des quatre côtés est égale à la
somme des carrés des longueurs des diagonales du quadrilatère ABCD .
136
Exercice 9
Ensemble des points dont le rapport des distances à deux points donnés est constant
Soit A et B deux points donnés distincts d'un plan P .
Soit k un réel donné , strictement positif et différent de 1
MA
Soit rk l'ensemble des points M du plan qui vérifient : — - k .
MB
1°) Démontrer que rk n (AB) est une paire {I, J} où J e ( AB ] .
figure ( dans le cas où k - 3 )
b) En déduire que l'ensemble fk est le cercle de diamètre [ U ] •
4°) Démontrer que, pour tout point M de rk - {I, J},
♦ la droite (MJ) est bissectrice de [AMB]
* la droite (Ml ) est bissectrice extérieure de [ AMB ].
indication : on pourra mener par lepoint B la droite parallèle à (IM) et justifier qu'elle coupe la droite (MA) en un point
B' tel que le triangle BMB' soit isocèle.
MA
Remarquons qu'un point M du plan qui vérifie-- k
MB
( où k # 0 ) ne peut être ni A ni B .
1°) Pour qu'un point M de la droite (AB) vérifie : -— - k , il faut et il suffit que M vérifie : -- k ou-« - k
MB	MB MB
La relation	- k	où M , A, B sont alignés distincts équivaut à:(MA-kMB-"o)	(q )
La relation	--k	où M , A , B sont alignés distincts équivaut à : ( MA + k MB -7? )	(r2 )
Me(AB)nrk	<=>	MA* - kMB* - Ô*	ou	MA	+ k MB* - Ô*
Me(AB)nrk	<=>	M - Bar{(A, 1), (B,-k)}	ou	M -	Bar{ (A, 1), (B ,	k)}
Nommons I le barycentre de {(A, 1), (B , - k )} et J le barycentre de {(A, 1), (B , k )} •
M e (AB) n Tk	<=>	M - I	ou	M «	J
conclusion : (AB) n Tk est la paire {I, J} ; remarquons : J e [ AB ] et I g [ AB ] .
Il existe donc, sur la droite (AB), exactement deux points qui " partagent " le segment [ AB ] dans
le rapport donné k.
1Â	JA
Ces deux points I et J vérifient : — - k , = - - k
IB	JB
137
(1)
2°) a) De l’égalité : = - - = , on déduit : IA x JB + IB x JA « 0
IB JB
Les points O, I, J , A, B sont alignés .
La relation (1) peut donc s’écrire : (OA - Ol ). ( OB - OJ ) + (OB - Ol ). ( OA - OJ ) - 0	(2)
En remarquant que : OJ » - Ol , la relation (2) devient : 2 OA x OB - 2 Ol2 - 0
d’où : ÔÂ xÔB - OF - OJ2
b) Puisque I - Bar{ (A, 1), (B, - k)} ,ona : OA - kOB - (1 - k)OI	(3)
Puisque J - Bar{(A, 1), (B , k)} , ona : OA’ + kOB* - (1 + k)OJ	(4)
Multiplions par (1 ♦ k) les deux membres de (3). et par (1 * k) les deux membres de (4), puis additionnons
membre à membre les égalités obtenues .
En tenant compte de ÔT - - OJ , on trouve : OA* - k2 OB' - O	(5)
La relation (5) traduit que le point O est le barycentre de {(A, 1), (B, - k2 )} .
ÔÂ 2
De la relation (5), on déduit : ---- k .
OB
remarque : le milieu O de [ U ] est donc extérieur au segment [ AB ], du même côté que le point I .
3°) a) Remarquons que tout point M vérifiant la relation ( MA2 - k2 MB2 - 0 ) est nécessairement différent de A et de B .
La condition « k est donc équivalente à ( MA2 - k2 MB2 ) , c’est à dire à : MA2 - k2 MB2 « 0
b) Première méthode : rappelons que : MA2 - MA 2 - MA . MA
Merk« MA*2 - k2MB*2 - 0
Me Tk <=> (MA* - kMB*).(MA + kMB*) - 0
Puisque I » Bar{ (A, 1), (Bk)} ona : MA’ - kMB  (1 - k) Ml
Puisque J - Bar{(A, 1), (B, k)} ona : MA + kMB « (1 + k) MJ
donc : M e Tk <=>	(1 - k) (1 + k) ML MJ* - 0	rappelons que k # 1 et k # - 1
Merk<=> mTimT
L'ensemble rk est donc le cercle de diamètre [ U ].
Deuxième méthode : utilisons le point O et la relation (5) : OA - k2 OB * O
Me Tk <=> (MO + ÔÂ*)2 - k2(MO + ÔB f - 0
Merk« (1 - k2)MO2 + 2MÔ*. (ÔÂ* - k2ÔB*) + ÔÂ*2 - k2ÔB*2 - 0
Tenons compte de la relation (5) et remarquons que : OA 2 - k4 OB 2
Me Tk <=>	(1 - k^OM2 + k2(k2 - 1)OB2 - 0
Or on sait que : (1  k2 ) # 0 , puisque k e R+* - {1} , donc :
MeTk<=> OM2 - k2OB2
L’ensemble fk est donc le cercle de centre O et de rayon k OB .
138
Vérifions que ce cercle est le cercle de diamètre [ U ].
Utilisons les relations : OA. OB - Ol2 - OJ2 et - k2
OB
p OA 2	2	—2
MeTk <=> Om «=-xOB	Or OB - OB , on a donc l’équivalence :
Merk« OM’-ÔÂxÔB	c’est à dire : MeTk <=> OM2 - OF - OJ2
L’ensemble fk est donc le cercle de centre O, contenant les points I et J.
4°) Quel que soit le point M de rk - {I, J}, le triangle IMJ est rectangle en M .
Menons par le point B la droite parallèle à (IM).
Elle coupe la droite (AM) en un point B’ qui vérifie :	- =• » k , d’où :	- I k I « k
MB’ IB	MB’
Puisque le point M appartient à Tk, il vérifie : — - k. On en déduit : MB’ = MB.
MB
Le triangle BMB* est donc isocèle de sommet M .
En outre , dans ce triangle, la hauteur issue de M est la droite (MJ) puisque (BB’ ) // (Ml) et (Ml) 1 (MJ).
La droite (MJ) est donc la bissectrice de [B’MB] 
Remarquons que : k e R+ et - k ; les réels MA et MB’ ont donc même signe .
MB*
Les demi-droites [ MA) et [ MB’ ) sont donc confondues .
Il en résulte que la droite (MJ), bissectrice de [ B'MB ] , est aussi la bissectrice de [ AMB ].
La droite (Ml), qui est perpendiculaire en M à (MJ), est donc la bissectrice extérieure de [ AMB ].
139
Exercice 10
Al Kashi et Thalès
On considère le cube ABCDEFGH ci-contre , d’arête a ( a e R +* ) .
Soit M , N , P les points définis par :
GM -±GH ; ÊN -^ËF ; BP - |BA
Soit I et J les milieux respectifs de [ AB ] et [ HG ] .
1°) Etablir les égalités : MN = Cl et NP - JC
2°) a) Démontrer que la section du cube par le plan (MNP) est un
pentagone MNPQR dont les sommets Q et R sont les
milieux respectifs de [CB] et [CG]
b)	Calculer à l’aide de a les longueurs des côtés du
pentagone MNPQR
Justifier qu’on a : PM - 2 QR
c)	On choisit a - 8 ( en centimètres )
*	Réaliser le cube avec du papier canson , après en avoir exécuté
un développement où apparaîtront les points M , N , P , Q, R .
♦	Découper ce cube suivant les segments [ MN ], [ NP ], [ PQ ], [ QR ], [ RM ] •
*	Construire . sur papier canson , le pentagone MNPQR avec règle et compas seulement.
Vérifier que ce pentagone se superpose exactement avec la section du cube précédent.
d)	Déterminer, par le calcul, une mesure en degrés de chacun des angles du pentagone MNPQR
Vérifier les résultats obtenus à l’aide d'un rapporteur.
F) . Ona: MN*-’ÜG +	GF +	FE + EN d’où:	MN	- jHG	+ GF	+ (1	- j)FE
Dans le cube	ABCDEFGH, on a:	GH	- FE* -	BÂ	et	GF* - CB*
Il en résulte alors : MN -CB +jBA	(1)
Par ailleurs, on a :	Cl - CB +	Bl	d'où :	Cl - CB + j BA (2)
Des relations	(1) et	(2), on déduit :	MN	- Cl	d’où:	(MN)//(CI)
♦ Ona: NP-NE+EA+AB+BP d’où:
Dans le cube ABCDEFGH , on a :
Il en résulte alors :
Par ailleurs, on a :
Des relations (3) et (4). on déduit :
NP - jFË* + ÊÂ + (1 - j)ÂB
ÂB -ËF* - HG* et ËA - GC*
NP* - GC* + ?HG	(3)
JC* - JG* + GC* d’où : JC* - ? HG* + GC* (4)
NP - JC d’où: (NP)//(JC)
140
2°) a) Le plan (MNP) coupe les deux plans parallèles (EFGH) et (ABCD) suivant deux droites parallèles.
(MNP) n (ABCD) est donc une droite d ( contenant le point P ) parallèle à (MN), c’est à dire à (Cl) •
Considérons le triangle BIC •
La droite d contient le milieu P de (B , I) et est parallèle à (IC). donc d contient le milieu Q de (B, C) .
De même le plan (MNP) coupe les plans parallèles (ABFE) et (DCGH) suivant deux droites parallèles .
(MNP) n (DCGH) est donc une droite 8 ( contenant le point M ) parallèle à (NP), c'est à dire à (JC) .
Considérons le triangle GJC .
La droite 5 contient le milieu M de (G, J) et est parallèle à (JC). donc 8 contient le milieu R de (G, C) .
L’intersection des plans (MNP) et (BCGF) contient les points distincts Q et R .
Ces deux plans sont non confondus ( M e (MNP) mais M é (BCGF) ) .
(MNP) n (BCGF) est donc la droite (OR)
Remarque : l’intersectbn du plan (MNP) et du plan (ADHE) est la droite (UV) où :
{U} - (AE)n(NP) et {V} - (DH)n(MR)
mais cette droite (UV) ne coupe aucun des côtés du carré ADHE
La section du cube par le plan (MNP) est donc un polygone ayant cinq côtés seulement, c’est à
dire un pentagone.
b) On a : MN - Cl ;
NP - JC
Ona:/ PQ - -IC
) 2
( MR - -JC
2
Dans le triangle IBC rectangle en B,
Dans le triangle JGC rectangle en G,
d’où: MN - NP
2
a J 5
d’où : PQ - MR -
4
1	a J O
Q est milieu de [ BC ] et R est milieu de [ CG ], donc OR - — BG d’où : QR - —y—
Ona: BP - GM - ^BÂ*
Les bipoints (B, M) et (P, G) ont donc même milieu. Il en résulte: PM » BG « 2QR
c) Construction du pentagone ABCDE avec règle et compas seulement
/—	a v5
2 et —-—
141
* Construisons un segment [PM] de longueur aÆ”.
Traçons les cercles Cp et 6^ de centres respectifs P et M ,
de même rayon égal à —— •
Ils se coupent en deux points N et N’ .
On a alors: NP = NM --=^-
2
Soit Q et R les milieux respectifs de [ PN' ] et [ MN' ] .
a J 5	—♦	1 —•
On a alors: PQ = MR - et QR - — PM
4	2
d) Mesures, en degrés, des angles du pentagone MNPQR .
Le quadrilatère MNPN' est un losange
( ses quatre côtés sont isométriques )
donc : PN’M et PNM ont même mesure a
NPN’ et NMN’ ont même mesure p
En outre : 2a + 2f3 « 360° d’où : p » 180 - a
mesure 0 et 29 - 180° - a d’où : 0 -
Onendéduit: PQR = MRQ - 180° - & - 129,23°
2
Remarque : la somme des 5 angles du pentagone est égale à 3 x 180° .
142
Exercice 11
Puissance d'un point par rapport à un cercle
Polaire d'un point par rapport à un cercle .
Soit 6 un cercle de centre O , de rayon R ; soit P un point quelconque du plan de ce cercle ( P distinct de O ) .
1°) On considère une droite 8 contenant le point P , coupant le cercle 6 en deux points A et B
Démontrer que le produit PÂ x PB est un réel indépendant de la droite ô considérée .
( ce réel est appelé la puissance du point P par rapport au cercle 0 ).
2°) On suppose que le point P n’appartient pas au cercle C .
Soit M le point d'intersection ( s’il existe ) des tangentes en A et B au cercle C
( si 8 est tangente au cercle e, on pose : M « A  B ) .
Soit H le projeté orthogonal du point M sur la droite (OP) .
a)	Démontrer que les points O, A, B , M , H appartiennent à un même cercle .
b)	Démontrer que le produit PO x PH est indépendant de la droite ô considérée .
En déduire que le point M appartient à une droite fixe A .
c)	Soit N le point d’intersection des droites 8 et A .
Démontrer : ♦ PA x PB » PN x PI où le point I est le milieu de (A, B).
♦♦ ÎPxÏN - IA2 - IB2
PÂ NÂ
♦♦♦ =-  - •= Le quadruplet (P, N , A, B) est alors appelé une division harmonique .
Vocabulaire : les points P et N sont dits conjugués harmoniquement par rapport au cercle e
la droite A est appelée la polaire du point P par rapport au cercle 6 .
143
1°) Les points P , A, B sont alignés . On a donc :
Soit I le milieu de (A, B) ; alors :
d'où
or : IA2 - OA2 - OF On en déduit
Compte tenu de PF + IO2 - PO2, on trouve :
PÂxPB - PA .PB
PÂx PB - ( PT + IA ). ( PT + IËT ) et ÎÊT = - ÎA
PÂxPB = PI2 - IA2
PÂxPB - PI2 + OF - OA2
PÂx PB « PO2 - OA2, c’est àdire : PÂx PB - PCF - R2
Le réel PA x PB ne dépend donc pas du choix de la sécante 5 ( puisque les distances PO et R sont données ).
Remarque : si 8 est tangente au cercle C , alors les points A, B , I sont confondus en le point de contact T de la
droite 8 et du cercle C. On a alors: PAxPB - PP « PO2 - R2
2°) a) Pour que les tangentes en deux points distincts A et B au cercle Q aient un point commun , il faut et il suffit que
les points A et B ne soient pas diamétralement opposés sur Q.
Le point M existe donc si, et seulement si la sécante 8 au cercle 6 ne contient pas le centre O de ce cercle .
On a: ÂM*±ÂO et BM*1 BO et HM 1HO
Les points M,B,H appartiennent donc au cercle de diamètre [OM] .
b)	Les deux droites (PA) et (PO) contiennent le point P et coupent le cercle en respectivement A, B et H , O .
Appliquons au cercle et au point P la propriété établie au 1°) pour le cercle 6 et le point P;
On a PA x PB « PO’2 - OO2 où :	( O’ est le centre du cercle .
( PH x PO - PO’2 - OO2	( O’O est le rayon du cercle .
Il en résulte : PH x PO - PA x PB c'est à dire :	PH x PO - PO2 - R2
Remarquons que les réels PO2, R2, PO et le point P sont fixés et qu'on a : PH * PO donc : H # O.
___ PO^ - R^
La relation PH - —=--------- prouve que : H est un point fixe sur la droite (PO) •
PO
Le point M appartient donc à la droite fixe A perpendiculaire en H à la droite (OP) •
c)	♦ Les points N, H , O, I appartiennent à un même cercle y de diamètre [ ON ] •
Appliquons à ce cercle y et au point P les résultats du 1°) .On obtient : PN x PI = PH x PO
On sait: PHxPO- PAxPB ( de valeur commune PO2 - R2 )
Il en résulte : PN x PI - PA x PB ( e )
♦	Introduisons le point I dans la relation (e) en remarquant que les points I, A, B , N , P sont alignés .
Onobtient:	(ÏN - IP)(- ÎP) - (ÎÂ - ÎP ) (IB - ÎP)
En développant, on trouve :	- INx IP - IA x IB - IP x ( IA + IB )
or ( IA - - IB
( ÎÂxÎB - - ÎÂ2 « - IA2 - - IB2 ,d'où : ÎNxÎP - IA2 - IB2
♦	Si M « 0, alors N # A et N * B.
PÂ	nâ	__ ____ _____ ____
Pour démontrer =- - - =- , il suffit de prouver :	PA x NB + NA x PB « 0
PB	NB
Posons : x - PA x NB + NA x PB	et utilisons le point I .
x - (ÎÂ - ÎP)(ÏB - ÎN) + (ÎÂ - ÎN)(ÎB - ÎP)
Après avoir développé en tenant compte de : IB - - IA , on trouve : x » 2 (IA x IB + IP x IN )
or : IP x IN » IA2 » - IA x IB d’où :	x - 0
144
Orthogonalité dans l'espaça
L’espace (E) est muni d’une distance . On sait calculer le produit scalaire de deux vecteurs et mesurer les secteurs
2	2	2
AB + AC - BC
angulaires grâce à la formule : cos BAC «---------
2 x AB x AC
A)	Droites orthogonales
1°) Définitions
Soit et 22 deux droites de l'espace . de vecteurs directeurs respectifs u1 et u2 .
On dit que 2, et 22 sont deux droites orthogonales si, et seulement si u1 et u2 sont orthogonaux .
Deux droites 2, et 22 orthogonales ne
sont pas nécessairement sécantes .
Si deux droites A1 et Aj sont orthogonales et sécantes,
on dit que A1 et sont perpendiculaires .
A
2°) Propriétés
a)	Si deux droites 2 et 2 ’ sont parallèles , alors toute droite A
orthogonale à l’une est orthogonale à l'autre .
Cependant, toute droite perpendiculaire à l'une n'est pas
nécessairement perpendiculaire à l'autre .
b)	Attention
Si deux droites A5 et A2 de l'espace sont perpendiculaires à une même troisième
droite A , alors les droites A1 et Ag ne sont pas nécessairement parallèles .
Ona । A1±A ; pourtant, on n’a pas .
( Ag±A
B)	Droite et plan perpendiculaires
1®) Définition
Une droite 2 est dite perpendiculaire ou orthogonale à un plan P si,
et seulement si 2 est orthogonale à toutes les droites de P.
on écrit alors : 2 1 P
On dit aussi que le plan P est perpendiculaire à la droite 2 .
2°) Théorème fondamental
a)	Une droite 2 est perpendiculaire à un plan P si, et seulement si 2
est orthogonale à deux droites sécantes de ce plan P.
b)	variante
Une droite 2 , de repère (A, u ), est perpendiculaire à un plan P , de repère (B , v, , v2 ), si et seulement si :
u ±v, et u lv2
145
3°) Propriétés
a)	Si deux droites sont parallèles , tout plan perpendiculaire à l'une
est perpendiculaire à l'autre .
si < Sb ' U Sb alors F ± Sb *
f 9> ± Sb
b)	Si deux plans sont parallèles , toute droite perpendiculaire à l'un
est perpendiculaire à l'autre .
si <$>'//$> alors Sbl9'
< Sb ±
c)	Il existe un plan SP^ et un seul. contenant un point A donné et
perpendiculaire à une droite donnée Sb 
Ce plan contient toutes les droites passant par A et orthogonales à Sb .
P A est l'ensemble des points M de l'espace tels que : AM . u - 0
( u* désignant un vecteur directeur de la droite Sb ).
conséquence :
Deux plans distincts , perpendiculaires à une même droite , sont parallèles .
si ( 9 1 Sb alors P // F '
< $>•!£)
d)	Il existe une droite Sb^ , et une seule , contenant un point A donné et
perpendiculaire à un plan donné P .
conséquence :
Deux droites Sb et Sb' perpendiculaires à un même plan F sont parallèles.
Leur direction commune est dite la direction normale au plan 9*.
♦ On appelle vecteur normal à un plan F tout vecteur directeur
d’une droite perpendiculaire à P.
Tous les vecteurs normaux à P sont colinéaires entre eux .
4°) Projections orthogonales de l'espace (E)
a)	On appelle projection orthogonale de l’espace (E) sur un plan P
l’application p qui, à tout point M de (E) associe le point M ’, intersection
de P et de Punique droite £)^ contenant M et perpendiculaire à P.
On appelle distance d’un point A à un plan P la distance AA* où :
A* est le projeté orthogonal de A sur P
VPeP, AA' < AP
La distance AA’ est la valeur minimale de la distance de A à un point P de P.
b)	On appelle projection orthogonale de (E) sur une droite S)
l'application q qui, à tout point M de (E) associe le point M ", intersection
de Sb et de l’unique plan P^ contenant M et perpendiculaire à Sb .
On appelle distance d’un point A à une droite Sb la distance AA" où :
A" est le projeté orthogonal de A sur Sb
VQe£>, AA’<AQ
La distance AA" est la valeur minimale de la distance de A à un point Q de Sb .
c)	Angle d’une droite A et d'un plan P non perpendiculaires .
* On mesure l’angle de A et P en mesurant l'angle aigu a déterminé par
la droite A et la droite A* projetée orthogonale de A sur P.
♦ Le projeté orthogonal d’un segment [ AB ] porté par A est un segment [ A’B’ ]
A’B’ - AB x cos a
d)	Projection orthogonale d’un angle droit sur un plan P •
♦ Un angle droit BAC se projette orthogonalement sur un
plan P suivant un angle droit B’A’C' si, et seulement si
l'un au moins des côtés de BAC est parallèle à P
( l’autre côté n'étant pas perpendiculaire à P ) •
* Si un angle ayant un côté parallèle à un plan P se projette
orthogonalement sur P suivant un angle droit, alors cet
angle est droit .
si ( BAC est droit
) (AB) parallèle à P
si ( BAC est droit
/ B’A’C est droit
alors
alors
si ( (AB) parallèle à P
/ B’A’C’ est droit
alors
B’A’C* est droit •
(AB) ou (AC)
est parallèle à P .
BAC est droit .
147
C) Plans perpendiculaires
1°) Définition
a)	Soit S>1 et P2 deux plans *
Soit N1 un vecteur normal à P,
Soit N2 un vecteur normal à P2
On dit que les plans et sont perpendiculaires si. et
seulement si les vecteurs N1 et N2 sont orthogonaux .
On écrit alors : PilP2
b)	Deux plans perpendiculaires sont sécants .
c)	Remarque : Toute droite Sb, perpendiculaire à et toute droite Sb2 perpendiculaire à P2 sont alors orthogonales .
Par contre. une droite incluse dans 9>, et une droite incluse dans P2 ne sont pas nécessairement
orthogonales
2°) Propriétés
a) Si deux plans et P2 sont perpendiculaires . alors :
* Toute droite Sb , incluse dans l*un des deux plans et perpendiculaire
à leur droite commune A, est orthogonale à l'autre plan .
♦ Toute droite Sb, perpendiculaire à P, est parallèle à
en particulier : la droite Sb^ perpendiculaire à et contenant
un point A de P2 est incluse dans S>2 .
b) Si deux plans sont parallèles , tout plan perpendiculaire à l'un est perpendiculaire à l'autre .
c)	caractérisation 1
Deux plans sont perpendiculaires si, et seulement si
l'un d'eux contient une droite orthogonale à l'autre .
d)	caractérisation 2
Deux plans sécants S>1 et P2 sont perpendiculaires si, et
seulement si un plan St, orthogonal à leur droite commune A, les
coupe respectivement suivant deux droites A1 et perpendiculaires .
e)	Deux plans perpendiculaires à un même plan P ne sont pas
nécessairement parallèles .
Si deux plans sécants 9> ' et P " sont perpendiculaires à un même
plan P, alors leur droite commune Sb est perpendiculaire à SP .
f) Etant donnés un plan P et une droite 8 non orthogonale à S*, H
existe un plan £ et un seul contenant 8 et perpendiculaire à P .
3°) Mesure d'un dièdre de l'espace
Soit deux demi-plans et , de frontière commune A, inclus
respectivement dans des plans et P2 sécants suivant A .
a) On appelle dièdre d'arête A, ayant pour faces les demi-plans jq et n? ,
l'intersection des deux demi-espaces fermés suivants :
♦ l’un de frontière P,, contenant le demi-plan 7%
♦ l'autre de frontière $>2, contenant le demi-plan jq •
On convient d'appeler mesure , en radians , de ce dièdre , la mesure 6 de l'angle t1 Ot2 de deux demi-droites
[ Ot1 ) et [ Otg ), de même origine O appartenant à l'arête A, et telles que :
*	[ Ot1 ) est incluse dans iq et perpendiculaire en O à A
*	[ Ot2 ) est incluse dans et perpendiculaire en O à A .
remarque : Le plan 51, contenant les demi-droites [ Ot, ) et [ Ot2 ) est le plan perpendiculaire en O à A .
Le réel 9 est alors indépendant du point O choisi sur l'arête A .
b)	Un dièdre est dit dièdre droit si 0  f radians
c)	Deux plans 5\ et 5>2 sécants suivant une droite A déterminent quatre dièdres d'arête commune A, ayant deux à
deux mêmes mesures : 0 , n - 0
d)	Deux plans sécants sont perpendiculaires si, et seulement si l’un des quatre dièdres qu'ils déterminent est droit.
( les quatre dièdres qu’ils déterminent sont alors droits.)
D) Elan mwirtwr ti'un segment - Ax$ p'un çgrçl? - Sph^rp çlrçpnsçrlte a un t^rg^rp -
1°) Plan médiateur d’un segment
Soit A et B deux points distincts .
a) On appelle plan médiateur du segment [ AB ], ou du bipoint (A, B),
le plan perpendiculaire à (AB) en le milieu I de (A, B).
b) Le plan médiateur de (A , B) est l'ensemble des points M de l'espace
tels que : MA - MB
c) Le plan P détermine deux demi-espaces ouverts de frontière 5> :
♦	8 A contenant le point A
♦	8 b contenant le point B •
Ne 8 b <=>
Ne 8 A
NB < NA
NA < NB
149
Axe d*un cercle
a)	L'axe d’un cercle 6 de centre O est la droite A
perpendiculaire en O au plan de ce cercle .
b)	L’ensemble des points M de l’espace équidistants de trois
points A, B , C non alignés est l’axe du cercle circonscrit
au triangle ABC.
3°) Sphère circonscrite à un tétraèdre
L'ensemble des points M équidistants de quatre points
A, B, C, D non coplanaires est un singleton {Q}. Q est le
centre d'une sphère 8 contenant les points A, B, C, D.
La sphère 8 est dite circonscrite au tétraèdre ABCD -
Son centre Q appartient à chacun des plans
médiateurs de ses six arêtes .
E) Symétries orthogonales de l’espace (E)
1 °) La symétrie orthogonale par rapport à un plan P
est l’application s de (E) dans (E) qui, à tout point M de l’espace
associe : * le point M1 tel que ? soit le plan médiateur de (M , M, ) si M g P
♦ le point M si M e P .
L’application s est aussi appelée la réflexion par rapport au plan P
Pour tous points M et N d’images respectives M, et N1 par s,
on a alors : MM » MN
2°) La symétrie orthogonale par rapport à une droite Sb
est l’application a de (E) dans (E) qui, à tout point M de l’espace
associe : * le point M2 tel que 2) soit une médiatrice de (M, Mj ) si M e 0
* le point M si M c £ .
L’application a est aussi dite symétrie d’axe Sb .
3°) Toute symétrie orthogonale de l’espace (E) ( par rapport à un plan
ou par rapport à une droite Sb ) est une isométrie de l’espace ,
c’est à dire une bijection de (E) dans (E) qui conserve les distances
Pour tous points M et N d’images respectives M2 et N2 par s,
on a alors : MM « MN .
4°) Une figure £ est dite symétrique par rapport à un plan JP ( ou par rapport à une droite Sb ) lorsque l’image de £ par
la symétrie par rapport à P ( ou à 2) ), est égale à la figure £ elle-même.
Exercice 1
Théorème des trois perpendiculaires
Soit Sb une droite perpendiculaire en O à un plan P .
Soit A une droite incluse dans S3 et ne contenant pas O
Soit A un point quelconque de Sb , distinct de O
Soit B un point quelconque de A
Démontrer que la droite (AB) est orthogonale à A si, et
seulement si la droite (OB) est orthogonale à A
La droite Sb est perpendiculaire au plan ; Sb est donc orthogonale à la droite A , qui est incluse dans P .
Soit u un vecteur directeur de la droite A. Alors , pour tout point A de Sb , on a: AO’. ü* = 0	(1)
D'autre	part, pour tout point B de P, on a : ÂB*. ü* - ( ÂÔ* + ÔB* ). ü*
c’est à dire : ÂB*. ü* - AO’. û* + OB’. ü*
d’où : ÂB*. ü* - ÔB* ü*
La nullité du produit scalaire AB . u équivaut donc à la nullité du produit scalaire	OB’, ü*
autrement dit	:	La droite (AB) est orthogonale à la droite A si et seulement si les droites	(OB)	et	A	sont orthogonales .
Exercice 2
Peut on projeter un tétraèdre sur un plan suivant un parallélogramme ?
Trouver un plan P sur lequel un tétraèdre ABCD donné se projette orthogonalement suivant un parallélogramme A’B*C’D’
(A’, B’, C’, D’ désignant les projetés orthogonaux respectifs des points A, B , C, D sur le plan S3 ) .
Pour que A’B’C’D’ soit un parallélogramme, il faut et il suffit que les bipoints (A’, C ) et (B’, D’ ) aient même milieu I .
La projection orthogonale p sur le plan P conserve le milieu , donc :
le milieu de (A’.C’) est le projeté, par p, du milieu M de (A.C)
le milieu de (B*, D* ) est le projeté, par p. du milieu N de (B. D) .
Pour que A’B’C’D’ soit un parallélogramme , il est donc nécessaire et suffisant que :
les points M et N aient même projeté orthogonal I sur le plan P
c'est à dire que : la droite (MN) soit perpendiculaire au plan S3.
Conclusion : Un tétraèdre se projette orthogonalement sur un plan P suivant un parallélogramme si, et seulement si
le plan P est perpendiculaire à la droite (MN) où : r M désigne le milieu de (A, C)
r N désigne le milieu de (B. D) .
151
Exercice 3
Projection orthogonale d'un angle droit
Soit P un plan de l'espace et ABCD un carré dont le plan n'est pas perpendiculaire à P.
Soit A', B', C, D' les projetés orthogonaux sur le plan des sommets A, B , C, D du carré .
1°) Démontrer que A'B’C’D' est un parallélogramme .
2°) Le parallélogramme ABCD’ peut-il être un rectangle ? un losange ? un carré ?
1°) La projection orthogonale p sur le plan conserve l’équioollence des bipoints
On a : ÂB* » DC* d'où : A’B’' - D’C’’
Justifions que les points A*, B*. C, D' ne sont pas alignés .
S'il existait une droite A contenant les points A’, B’, C, D',
alors : les projetantes des points A , B , C, D seraient coplanaires .
le plan SI contenant ces droites serait alors perpendiculaire au plan S>.
or ce plan , qui contient les quatre points non alignés A, B , C, D , est le plan du carré ABCD ,
ce qui est contraire à l'hypothèse .
Le quadrilatère A’B’C’D' est donc un parallélogramme •
Remarque : le centre O du carré ABCD se projette orthogonalement sur P en le centre O' du parallélogramme
A’B'C’D' ( car la projection p conserve les milieux ).
2°) a) Pour que le parallélogramme A'B'C'D' soit un rectangle , il faut, et il suffit que l'un de ses angles soit droit, c'est
à dire que l'un des angles droits du carré ABCD se projette orthogonalement sur P suivant un angle droit.
Une condition nécessaire et suffisante pour que A’B'C'D' soit un rectangle est donc que l'un des côtés du carré
ABCD soit parallèle au plan F.
b) Pour que le parallélogramme A’B’C’D' soit un losange , il faut, et il suffit que ses diagonales soient
perpendiculaires, c'est à dire que l'angle droit AOB se projette orthogonalement sur P suivant un
angle A'O'B', lui aussi droit.
Une condition nécessaire et suffisante pour que A'B'C'D* soit un losange est donc que l'une des diagonales
du carré ABCD soit parallèle au plan P .
c) Pour que le parallélogramme A'B'C'D* soit un carré , il faut, et il suffit qu'il soit à la fois rectangle et losange .
Une condition nécessaire et suffisante pour que A’B'C'D’ soit un carré est donc :
que l'une des diagonales et l'un des côtés du carré ABCD soit parallèle au plan S5 f
autrement dit : que le plan du carré ABCD soit parallèle au plan P .
152
Exercice 4
Section d'un cube par un plan perpendiculaire à une diagonale du cube
On considère un cube ABCDEFGH dont les arêtes ont pour longueur commune a ( a g R+* ).
1°) Démontrer que le plan (BEG) est perpendiculaire à la droite (DF) .
Justifier que leur point commun Q est le centre de gravité du triangle BEG .
2°) Soit l,J,K,L,M,N les milieux respectifs des segments [AB] , [BC] , [CG] , [GH] , [HE] , [EA].
Démontrer que les six points I, J , K, L, M , N sont coplanaires dans le plan médiateur de (D , F) .
Justifier qu'ils sont les sommets d'un hexagone régulier dont le centre est le milieu O de (D , F) •
Exprimer à l'aide de a le volume de la pyramide régulière de sommet F ayant pour base cet hexagone régulier.
Rappelons que l'ensemble des points équidistants de trois points non alignés est l'axe A du cercle contenant ces
trois points ( c’est à dire la droite perpendiculaire , en le centre du cercle , au plan de celui-ci ) .
1°) Ona: FB « FE - FG » a
DB - DE - DG - aƓ
Les points F et D sont équidistants des trois points non alignés B , E , G.
Ils appartiennent donc à l’axe du cercle contenant les points B , E , G .
En outre , ces points F et D sont distincts.
La droite (FD) est donc l'axe du cercle contenant les points B , E , G ,
c'est à dire que : la droite (FD) est perpendiculaire au plan (BEG) en le centre Q du cercle circonscrit au
triangle BEG .
Le triangle BEG étant équilatéral (BE = BG = GB = aÆ”)
le point Q est aussi le centre de gravité de ce triangle .
153
2»)
Fl - V FB2 + IB2 =
DI - 7 DA2 + IA2 -
De même : FJ-FK-FL-FM-FN-
2
De même: DJ - DK - DL - DM - DN -
2
Le point I est donc équidistant des points D et F et appartient donc au plan St médiateur de (D , F).
On justifie de même que les points J , K, L, M , N appartiennent à ce même plan St, qui est perpendiculaire
à (DF) en le milieu O de (D, F).
Les six points I, J , K , L . M , N appartiennent donc au plan St et à la sphère 9 de centre F. de rayon Fl
a/5
2
St n 9 , qui n'est ni vide , ni réduite à un singleton , est un cercle C dont le centre est le projeté orthogonal O du
point F sur le plan St
L'hexagone UKLMN est inscrit dans le cercle C .
1 av2	a J2
En outre , ses six côtés sont isométriques : U « —AC - —— et de même : JK » KL « LM » MN « NI « ——
2	2	2
L'hexagone UKLMN est donc régulier.
Remarque : l'égalité des distances U , JK, KL, LM , MN , NI ne
suffit pas à prouver que l'hexagone UKLMN soit
régulier, comme on peut le constater grâce au
contre-exemple ci-contre .
Le volume de la pyramide régulière FUKLMN est : V - 5 ( aire UKLM ) x OF
1	a2 J~3
♦ Le triangle équilatéral OU admet pour aire : — x U x U x-—	c’est à dire : —-—
2	2	8
aire (UKLMN ) - 6 aire (OU)
* OF-jDF et DP - DB2 + BP - (DA2 + AB2) + BP - 3a2 d'où: OF - yÆa
(2 /	\	3
3 J3 x-j-a/3 Ontrouve: V - 5-^-
8/2	8
154
Exercice 5
Tétraèdre trirectangle
Soit OABC un tétraèdre dont les arêtes contenant le point O sont deux à deux perpendiculaires .
On dit que OABC est un tétraèdre trirectangle en O •
1°) Justifier que les arêtes opposées du tétraèdre OABC sont orthogonales
2°) Soit H le projeté orthogonal du point O sur le plan (ABC) .
a)	Justifier que le plan (OCH) est perpendiculaire à la droite (AB) .
b)	Démontrer que le point H est l’orthocentre du triangle ABC .
c)	Soit K le point d’intersection des droites (CH) et (AB) •
nx	1	1	1	1111
OK2 OA2 OB2	OH2 OA2 OB2 OC2
d)	Démontrer Tégalité : ( aire ABC Y » ( aire OAB Y + ( aire OBC Y + ( aire OAC Y
3°) Soit G l’isobarycentre de {O, A, B, C} .
Démontrer que le symétrique S du point O par rapport à G est le centre de la sphère circonscrite au
tétraèdre OABC .
155
1 °) Il s’agit de démontrer : (OC) 1 (AB) ; (OA) 1 (BC) ; (OB) 1 (CA) .
Par exemple , démontrons : (OC) ± (AB)
Première méthode :	la droite (OC), perpendiculaire aux deux droites sécantes (OA) et (OB), est donc perpendiculaire au plan (OAB) qu'elles déterminent . La droite (OC) est donc orthogonale à la droite (AB), qui est incluse dans le plan (OAB) .
Deuxième méthode :	calculons OC*. AB - OC*. (OB* - OA’ ) ÔC. ÂB - ÔC . ÔB - ÔC. ÔA	or : ÔC. ÔB - 0 et ÔC . ÔÂ* « 0 d'où : OC*. AB « 0	ce qui prouve : (OC) 1 (AB)
2°) a) Pour démontrer que la droite (AB) est perpendiculaire au plan (OCH), il suffit de prouver que (AB) est
orthogonale aux deux droites sécantes (OC) et (OH) de ce plan .
♦ On vient de justifier :	(OC)±(AB)
* D’autre part, par définition du point H , la droite (OH) est perpendiculaire au plan (ABC) .
La droite (OH) est donc orthogonale à la droite (AB). qui est incluse dans le plan (ABC).
La droite (AB) est donc perpendiculaire au plan (OCH).
Remarque : on démontrerait de même que :	< la droite (CA) est perpendiculaire au plan (OBH)
( la droite (BC) est perpendiculaire au plan (OAH) .
b)	Pour prouver que le point H du plan (ABC) est l’orthocentre du triangle ABC , il suffit de démontrer qu'il
appartient à deux hauteurs de ce triangle.
Par exemple , justifions que : (CH) 1 (AB) et (BH) 1 (CA)
*	La droite (AB) est perpendiculaire au plan (OCH) qui contient la droite (CH). On en déduit : (AB) 1 (CH) •
*	La droite (AC) est perpendiculaire au plan (OBH) qui contient la droite (BH). On en déduit : (AC) ± (BH) .
c)	Remarquons que la droite (AB) est perpendiculaire au plan (OCH) qui contient les points distincts O et K
La droite (AB) est donc orthogonale à la droite (OK), qui est incluse dans le plan (OCH).
* Considérons le triangle AOB rectangle en O •
Ona: 2(aireAOB) . OKxAB - OAxOB
2	2
2 OA xOB
donc : OK .-----------
AB2
2	2
n.2	^2	. .	1 OA + OB	.	1	1	1
or : AB - OA + OB tfou : —-  -----------------------— soit : —- - —- + —-	(e)
OK2 OA2 x OB	OK2 OB OA2
♦ Considérons le triangle COK rectangle en O ( puisque : (OC) 1 (OAB) et (OK) c (OAB) )
La droite (OH) est perpendiculaire au plan (ABC) qui contient la droite (CK). donc : (OH) 1 (CK) .
Ona: 2(aireCOK) - OHxCK - OKxOC
or: CK2- OK2 + OC2 <ft>ù: -1- . 9e
OH OC2xOK2
CK2
:	1	1	1
s°rt: —. —+ —
OH OC OIC
En tenant compte de l’égalité (e), on obtient :
_1 _ 1	1	1
2 ~	2 +	2 +	2
OH OC OB OA
156
2°) d) Posons : OA = a ; OB = b ; OC - c et exprimons le volume V du tétraèdre de deux façons :
D’une part : V - 5 OH x aire ABC
D'autre part : V - x OC x aire OAB	On en déduit : aire ABC - O^j^OBj^OC
3	2 OH
2.22	2.2 2( 1	1 i \
2	3 b C	2	3 b C I 1	1	1	1
Il en résulte : (aire ABC) -— , c'est à dire : ( aire ABC ) ---1 2 + . 2 + 2 I
4OH	4 \c b a J
On trouve : ( aire ABC )2-{a2b2 + {a2c2 + {b2c2
or: jab - aireOAB ; {ac - aireOAC ; {bc - aireOBC
On obtient donc :	( aire ABC f - ( aire OAB Y + ( aire OBC J2 + ( aire OAC Y
3°) Le point S, symétrique du point O par rapport à G vérifie : ÔS* - 2 OG’
Démontrer que S est équidistant des points O, A, B, C équivaut à démontrer : ||SO |f - ||SÂ |f - ||S8* |f - ||SC* |f
» Puisque G est isobarycente de {O,A,B,C}, on a:	OG- - {(OO’ + ÔÂ + ÔB* + OC )
d'où : ÔS - j (ÔÂ + OB’ + ôc*)
•	Exprimons les vecteurs SA , SB , SC à l'aide des vecteurs OA , OB , OC orthogonaux deux à deux.
ISÂ-ÔÂ-ÔS	I	SA-{(ÔÂ •	ÔB - ÔC* )
SB-ÔB-ÔS	d'où]	SB* -	{(-ÔÂ	+ ÔB* - ÔC* )
SC* - ÔC* - ÔS*	f	SC* -	{(-ÔÂ	- ÔB* + ÔC* )
*	Calculons: ||SÔ’||2 - {(ÔA + ÔB + ÔC Y	(onrappelle: ÔÂ’-OA’-a2)
SO2 - {(ÔÂ 2 + ÔB 2 + ÔC*2 + 2ÔA.ÔB + 2ÔB.ÔC* + 2ÔC.ÔÂ)
On trouve : SO2 • {( a2 + b2 + c2 )
♦	De même: SA2 - {(ÔÂ2 + ÔB 2 + ÔC*2 - 2ÔÂ.ÔB* + 2ÔB*.ÔC - 2ÔC.ÔÂ ) - {(a2 + b2 + c2)
On établit ainsi que : SO2 - SA2 - SB2 - SC2 - {(a2 + b2 + c2)
Remarque : Soit g l’isobarycentre de { A, B , C}.
L’isobarycentre G de {O , A, B , C} est alors barycentre de {(0,1 ), (g , 3)} .
» Q —•	e	e	e Q ~~•
On a alors:	OG - —Og	Or: OS = 2OG donc: OS - — Og
4	2
157
Exercice 6
Section d'une surface prismatique par un plan
Dans un plan P , on considère un parallélogramme ABCD tel que : AB » 2 ; AD - 1 ; BAD « 60° .
Soit A1, Aa. Aa, A4 les droites perpendiculaires au plan P , en A, B , C, D respectivement .
Un plan R coupe les droites At , Aa, Aa, A< en A’, B’, C’, D’respectivement
Soit a, p,y,8 les réels tels que :| AA’ « au ; BB’ - pu	;
( CO* - yü* ; DD* - 8 T ;
où ü* désigne un vecteur unitaire normal au plan P .
1°) a) Démontrer que A’B'C’D’ est un parallélogramme •
b) Etablir une relation liant les réels a, p, y, 8 .
2°) a) Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur a, p , y, 8
pour que le parallélogramme A’B’C’D'soit : a) un rectangle
b) un losange
c) un carré .
Que devient chacune de ces conditions si on suppose p « 0 ?
1°) a) Soit le plan déterminé par les droites parallèles distinctes A1 et Aa •
Soit F3 le plan déterminé par les droites parallèles distinctes A3 et A4 •
Les plans et P3 sont parallèles
( puisque les deux droites sécantes (DC) et A4, incluses dans le plan S>3, sont
respectivement parallèles aux droites sécantes (AB) et A1 incluses dans le plan ).
Les deux plans et P3 sont donc coupés par le plan R, suivant des droites parallèles . d’où : (A’B* ) H (D’C ) .
Soit S>2 le plan déterminé par les droites parallèles distinctes A2 et A3 .
Soit P4 le plan déterminé par les droites parallèles distinctes A, et A4 .
Les plans P2 et sont parallèles
( puisque les deux droites sécantes (BC) et , incluses dans le plan ^2.sont
respectivement parallèles aux droites sécantes (AD) et A1 incluses dans le plan S>4 ).
Les deux plans $>2 et S>A sont donc coupés par le plan 51 suivant des droites parallèles , d’où : (B’C’ ) U (A'D* ) .
Le quadrilatère A’B’C’D’, qui a ses côtés opposés parallèles , est donc un parallélogramme .
b) Les réels a, p, y, 8 sont tels que: A’B’ - D’C’ .	(1)
Ona: A’B’ - A’A + AB + BB’	donc :	A’B’’ - - au* + AB + pu*
DV* - DD* + DC* + CD*	donc :	DC* - - 8Û* + DC + yü*
La relation (1 ) s'écrit : ( p - a)ü* + ÂB* - (y - ô)ü* + DC*
Par hypothèse : AB = DC et ü* # Ô*
On en déduit :	p - a » y - 8 c’est à dire :	8 - a - p + y	(2)
Remarque : la position du plan 5t est parfaitement déterminée par la connaissance de a, p , y
( puisque A’, B’, C’ sont trois points non alignés ) .
158
2°) a) Pour que le parallélogramme A’B’C’D’ soit un rectangle , il faut et il suffit que : A’B’. A’D’ = 0
On a : A’B’ = (P - a) u + AB
ÂV* « ÂÂ* + ÂD* + DD"* - (5 - a)ü* + ÂD*
Or :	8 - a »	y	-	p ( égalité	(2) ) donc :	A’D*’	»	(y	- p ) ü*	+	ÂD*
La condition	A’B’’. A’D’’	= 0	s’écrit :	[ (P - a)ü*	+ ÂB*]. [ (y	-	P) u*	+	ÂD*] « 0
C’est à dire	:	(p -	a) (y - p) ||	ü* |f + (P - a)	u* ÂD* + (y	-	P) ÂB*.	ü*	+ ÂB*	ÂD*	- 0
D’une part	:	||û* |f - 1	et	Ü* 1ÂD* et	ü* 1ÂB*
D’autre part : AB . AD - AB x AD x cos BAD
ÂB*.ÂD* = 1 x2x(|) - 1
159
La condition A’B’. A’D’ « 0 équivaut donc à:(p-a)(y-P) + 1= 0	(3)
Le parallélogramme A’B'C’D’ est donc un rectangle si, et seulement si:	(P-a)(y-p) + 1= 0
L’hypothèse p - 0 signifie que le plan SI contient le point B •
La relation (3) devient alors : ya « 1 , ce qui équivaut à:	( a # 0 et y « — )
a
Il existe donc une infinité de plans contenant le point B et coupant les droites A,, Ag, A3, A< en les
sommets d'un rectangle , le choix de a étant arbitraire dans R*
Citons quelques exemples : a - 1 ; p - 0 ; y - 1 ; S»a-p + y= 2
1	5
a- 2 ; p - 0 ; y«- ; 6 - a - p + y --
b) Pour que le parallélogramme AB’C’D' soit un losange , il faut et il suffit que :	|| A’B’ ||2 = || A’D’ ||2
On a ( A’B’’ — (p - <x) lT + AB et	u 1AB donc ( || A’B’ II2 - (p - a)2 + AB2
( ÂD* - (y - P)ü* + ÂD et ü* ±ÂD	( ||ÂïFU2 = (y - P)2 + AD2
Lacondition ||ÂïF||2 - ||ÂÊfII2 s’écrit:	(P - a)2 + AB2 - (y - P)2 + AD2
c’est à dire :	(y - P)2 - (P - a J2 - AB2 - AD2
(y-.a)(y - 2P + a) - 3	(4)
Le parallélogramme A’B'C’D' est donc un losange si, et seulement si:	(y-a)(y-2p + a)«3
Si p - 0 , la condition (4) s’écrit :	/ - a2 - 3
A chaque réel a arbitrairement choisi, on peut associer deux valeurs possibles ( opposées ) de y,
qui sont / 3 + a2 et - V 3 + a2
Citons quelques exemples : a - 0 ; p — 0 ;y«=^3;5-a-p + y- 73
a - 1 ; p — 0 ; y - 2 ; 5-a-p + y- 3
c) Le parallélogramme A’B’C'D* est un carré si, et seulement si il est à la fois rectangle et losange
c’est à dire si : j (p - a) (y - p) + 1 - 0
| (y - a)(y - 2p + a)  3
Si p - 0 , le système précédent s’écrit :	( a y — -|	/ a # 0 et y « —
5	qui équivaut à :	) 1	a
( ?-a2-3	( —— - a2 - 3 (e)
a
L’équation (e), équivalente à l’équation bicarrée ( a4 + 3 a2 - 1 « 0 ) admet exactement deux
7- 3 + J13
------------- a1 « 0,55...
Il existe donc exactement deux plans contenant le point B et coupant les droites A1, Ag, A3, en les
sommets d’un carré .
L’un est tel que :	a - 0^ ; p « 0 ; y - — ; 6 - cq + —
ai	ai
L'autre est tel que :	a.-o^ ; p - 0 ; y ; 5 - - 0^ - — •
ai	ai
Remarquons que ces plans sont symétriques par rapport au plan S>
160
Exercice 7
L'octaèdre régulier, dual du cube , et l'étoile de Kepler.
1°) a) Soit ABCDEFGH un cube, noté C.dont l'arête a pour longueur AB « c .
Démontrer que : ACFH est un tétraèdre régulier, nommé
BDEG est un tétraèdre régulier, nommé 152 .
b) Justifier que les arêtes opposées du tétraèdre 15, sont deux à deux orthogonales .
c) Exprimer, à l’aide de c les volumes V(C ), V(T5, ),	) respectifs du cube C , du tétraèdre 15, et du
tétraèdre 1S2 .Comparer ces volumes .
2°) Soit I , J, K, L, M, N les centres des carrés respectifs ABCD , EFGH , BCGF , AEHD , BFEA , CDHG .
a)	Démontrer que I, J, K, L, M , N sont les sommets d’un octaèdre régulier, noté .
L'octaèdre SL est appelé octaèdre dual du cube G .
b)	Démontrer que l’isobarycentre des six sommets de l’octaèdre SL est l’isobarycentre O des huit sommets du
cubeC .
c)	Exprimer, à l’aide de c, le volume W de l’octaèdre SL et comparer ce volume W aux volumes du cube Q
et du tétraèdre 15, .
3°) a) Reconnaître .
Le polyèdre TT, uT?2 , noté S , est appelé " étoile de Kepler " ( inscrite dans le cube G ).
Calculer le volume V ( 8 ) du polyèdre 8
♦ d’une part en remarquant que : V( 8 ) » V(1S,) + V (iSg ) - V (^n^)
* d'autre part en remarquant que 8 est la réunion de 15, et de quatre tétraèdres réguliers ,
tels que BIMK , d'arête | AC .
Comparer les volumes des polyèdres 8 et C .
b) Construire ♦ le développement du tétraèdre régulier 15, sur papier canson ( on prendra AC  10 cm )
♦ les développements des 4 tétraèdres réguliers isométriques d’arête Al = | AC
Réaliser, par pliage et collage rétoile de Képler 8 étudiée ci-dessus .
4°) Soit G ’ le polyèdre dont les sommets sont les centres de gravité des faces de l’octaèdre régulier SL .
a)	Démontrer que 6 ' est un cube , image du cube 6 par une homothétie qu'on précisera .
Le cube C ’ est dit cube dual de l'octaèdre régulier SL.
b)	Exprimer, à l’aide de c , le volume V ’ de C ' .
Comparer les volumes de l'octaèdre SL et de son cube dual C '.
1°) a) Les 6 arêtes du tétraèdre ACFH ont même longueur, égale à cÆ .
De même , le tétraèdre 152 a ses 6 arêtes de longueur c Æ .
Les tétraèdres 15, et 152 sont donc deux tétraèdres réguliers et isométriques . Us ont donc même volume .
b)	Dans le carré ABCD, AC’ ± BD’	(1 )
Par ailleurs, FB - HD donc	BD" » FH’	(2)
Des relations (1) et (2), on déduit :	ÂC* 1 FH* .
Les arêtes opposées (AC) et (FH) du tétraèdre 15, sont donc orthogonales .
On justifie de même que: les arêtes opposées (AF) et (CH) du tétraèdre *6, sont orthogonales
les arêtes opposées (AH) et (FC) du tétraèdre 15, sont orthogonales •
161
1°) c) V(*ei)«V(C)- V(BCAF) - V(EAFH) - V(DACH) - V(GCFH)
VCCJ - V(C) - 4V(BCAF)
1	1	3
Or: V(BCAF) - 4-x(aireABF)xCB donc: V( BCAF) - ^-x^-BAx BFx CB -
3	3 2	6
3 c3	1 3
d’où : VTSJ * c - 4-—	On trouve:	V(‘C1)-^c
6	3
c’est à dire :	V ( ^ ) » j V ( 0 )
2°) a) Le point I est milieu de (A,C) )
Le point M est milieu de (A, F) ) donc : IM - jCF* d’où :	IM - jCF - jcÆ^
On démontre de même que les 12 arêtes du polyèdre UKLMN ont même longueur, égale à j c 42 .
Ce polyèdre SL , dont les 8 faces sont des triangles équilatéraux isométriques , est donc un octaèdre
régulier d’arête jc/2 .
162
2°) b) Soit O l’isobarycentre des 8 sommets du cube ABCDEFGH .
O = Bar{A,1) , (B, 1), (C, 1) , (D, 1) , (E, 1) , (F, 1)	,	(G, 1)	,	(H, 1)}
Utilisons le théorème d’associativité en regroupant les points A et C , les	points	B	et D ,	les points	E	et G
et les points F et H .
On obtient :	O - Bar {(1,2) , (1,2) , (J , 2) , (J, 2)} c’est à dire :	O	-	Bar{(l,4)	,	(J,4)} .
Le point O,	isobarycentre de {I. J}. est donc le milieu de (I, J) .
De même. on démontre que le point O est le milieu de (K, L ) et de (M. N).
Soit O ' l’isobarycentre des 6 sommets de l'octaèdre UKLMN .
O’ - Bar{ (1.1) , (J, 1) , (K, 1) , (L, 1) , (M.1) , (N, 1)}
Remplaçons les points H et J par leur isobarycentre , qui est le point O précédent, affecté du coefficient 2,
\ K et L par leur isobarycentre O affecté du coefficient 2 ,
\ M et N par leur isobarycentre O affecté du coefficient 2 .
Onobtient :	O’ - Bar{(0,2) , (0,2) , (0,2) , (0,2)}	c’estàdire O’ - O
L’isobarycentre O des 8 sommets du cube C est donc aussi l’isobarycentre des 6 sommets de son
octaèdre dual R ,
c) L'octaèdre régulier 9L est la réunion des deux pyramides IKMLN et JKMLN •
Le plan (KMLN) est le plan médiateur de (I, J) puisque les points K, M , L, N sont équidistants de I et de J .
Les deux pyramides IKMLN et JKMLN ont donc même hauteur, égale à j U , soit : | c
Leur base commune KMLN estuncarré (KM* - jCÂ* ; ML* - jFH* ; CÂ*± FH* ; CA - FH - cÆ")
cj~2 z
L’aire du carré KMLN , de côté-------------est : —
2	2
(2 A
— x — I V(Sl)«—c3	V($t)«—V(C)
2 2/	6	6
3°) a) Le polyèdre est l’octaèdre régulier R .
Calculons le volume de l'étoile de Képler 8 :	8 -
Première méthode : V (8 ) - V ( tS, ) + V (	) - V (^n^)
3	3	3
V(6)- T + T * T <toi,: v(e)-|c3
O	O	O	d.
Deuxième méthode : 8 est la réunion du tétraèdre régulier T5, et de quatre tétraèdres réguliers tels que BIMK .
3
/“	Q
L'arête de B, a pour longueur AC, soit c V 2 , et on a : V( B, ) - —
Ona: V(6 ) - V(B,) + 4V(BIMK)
3	3
c	4 c	1 *1	1
V(8)- T+TT	rfoù: v<6)“?c donc: V(8)-|v(C)
O	O O	C.
b)
On pourra indifféremment adopter l'un des deux
développements ci-contre de tétraèdre régulier.
163
4°) a) Soit O le milieu commun des trois segments [ U ], [ KL ] , [ MN ] .
Le centre de gravité A* du triangle équilatéral ILM est isobarycentre de {I, L, M},
donc : 3ÔÆ* - ÔT + ÔL + ÔM* (1)
Puisque : BC* - ËH* , on a :	BË* - CH*
Les points M et N étant les milieux respectifs de [ BE ] et [ CH ], on a : BM - CN
Il en résulte :	NM* » CB* d’où : OM » | CB
On justifie de même :	KL = BA d'où : OL « | BA
La relation (1) s'écrit alors :	3 OA’ « Ol + j ( CB + BA )	or :	j	CA	«	IA
On trouve:	3 OA’’ « OA*	soit:	OA’ = 5 OA	(2)
La relation (2) prouve que le point A* est l'image de A par l’homothétie de centre O, de rapport | •
De même : chaque sommet du polyèdre Q ' est homothétique d'un sommet du cube C par cette
homothétie St (0,5) •
Conclusion : * L'octaèdre St était le dual du cube 6 •
* Le polyèdre 0 ', dual de l'octaèdre SC , est lui même un cube . homothétique du cube 0 par
l’homothétie 5t(O,j) •
164
Exercice 8
Cercles homothétiques dans l'espace
Dans un plan P , on considère un cercle C de centre O et un point A intérieur strictement à C.
Soit Sb la droite perpendiculaire en A au plan , et S un point fixé sur la droite Sb , distinct de A.
Par le point A on mène , dans le plan P, une droite variable A. qui coupe le cercle 0 en deux points notés P et Q «
1°) Quel est lieu géométrique du milieu M de [ PQ ] quand la droite A pivote, dans le plan P , autour du point A.
2°) a) Démontrer que le plan du triangle SPQ est perpendiculaire au plan P .
Déterminer le lieu géométrique de lïsobarycentre G de {S, P , Q} quand la droite A pivote , dans le plan P ,
autour du point A.
S
2)
1°) Le milieu M de (P,Q) et le centre O du cercle G appartiennent à la médiatrice de (P.Q) *
On a donc : OM* 1 PQ d'où , puisque les vecteurs AM" et PQ’ sont colinéaires : OM* 1 AM*
Le point M appartient donc au cercle T de diamètre [ AO ], inclus dans le plan P *
Le lieu du point M , quand la droite A pivote dans P autour du point A, est-il le cercle T " tout entier " ?
Soit M, un point quelconque du cercle T. On a alors : OM/ 1 AM/
Le point M1 est -il le milieu d’une corde [ PA ] , contenant le point A, du cercle G ?
Nommons A, la droite (AM! ) si M, # A.	Si M, - A, notons Aï la tangente en A à T.
La droite A, contient le point A strictement intérieur à G , donc A, n 0 est une paire de points.
Notons i^nC - {P^QJ .On a alors : OP, - OQ, e< OM,' ± PA*
Le point M, appartient donc à la médiatrice de (Pt, Q, ) ; or le point M, appartient à la droite (PA ) •
Le point M, est donc le milieu de la corde [ PA ] 
Conclusion : le lieu du point M , quand la droite A pivote dans le plan P autour du point A , est le cercle T.
165
2°) Le plan (SPQ) contient la droite (SA), qui est orthogonale au plan $>.
C’est une condition suffisante pour conclure que les plans (SPQ) et P sont perpendiculaires .
3°) L’isobarycentre G de { S , P , Q} vérifie : SG - | SM ( puisque M est le milieu de (P, Q) )
Le point G est donc l’image du point M par rhomothétie 91 de centre S , de rapport | .
Le lieu géométrique du point G est donc le cercle T’, homothétique par 91 du cercle T lieu de M .
Le cercle T ’t est inclus dans le plan 5* image de par X ,
( admet pour diamètre [ AO’ ] où: A’-51 (A)	et	O’- 51(0)
c'est àdire: SÆ* - j SA	et	SCF - j SO
Remarquons que le plan P ’ est le plan parallèle à P et contenant le point A'.
166
Exercice 9
Points cosphériques
Dans un plan 9>, on considère un cercle e de diamètre [ AB J •
Soit A la perpendiculaire en A au plan P .
Soit S un point fixé sur la droite A, distinct du point A •
1°) Démontrer que , pour tout point P du plan 5», on a les égalités suivantes :
( SA2 - SPxSH
I AH2 - - HS x HP où H désigne le projeté orthogonal du point A sur la droite (SP) .
2°) On considère un point M variable sur le cercle 6 •
Soit C le projeté orthogonal du point A sur la droite (SB) .
Soit N le projeté orthogonal du point A sur la droite (SM) .
a)	Démontrer que , si le point M est distinct des points A et B , alors les plans (SMB) et (SMA) sont perpendiculaires .
b)	Démontrer: CN*±SB* et NC*1NÂ*
c)	En déduire que le point N appartient à un cercle T de diamètre [ AC ] , dont le plan 51 est perpendiculaire
en C à la droite (SB) .
d)	Justifier que les points A , B , C , M , N appartiennent à une même sphère 8 qu’on précisera.
e)	Déterminer le lieu géométrique du point N quand le point M décrit le cercle C .
1°) ♦ Evaluons de deux façons différentes le produit scalaire SA . SP .
D’une part: SA . SP -SAxSA
D’autre part : SA . SP = SH x SP
car le point A est le projeté orthogonal de P sur la droite (SA)
car le point H est le projeté orthogonal de A sur la droite (SP) .
On en déduit : SA x SA = SH x SP c’est à dire :
SA2 = SHxSP
(®i)
♦ La droite (SA) est perpendiculaire au plan P qui contient les points A et P , donc : AS 1 AP
D’une part : AS* ÂP* = 0
D’autre part : AS*. ÂP* - ( ÂH* + HS* ) ( ÂH* + HP* )
Il en résulte : AH2 + HS*. ÂH* + ÂH*. HP* + HS*. HP* « 0
Or on a: HS* 1ÂH* et ÂH* 1 HP* d’où: AH2--HS*. HP*
Puisque les vecteurs HS et HP sont colinéaires , on trouve : AH2 - - HS x HP	(e2 )
167
2°) a) Pour démontrer que les deux plans (SMB) et (SMA) sont perpendiculaires , il suffit de prouver que l’un de ces
plans contient une droite perpendiculaire à l'autre .
Le plan (SMB) contient la droite (MB). Prouvons que (MB) est perpendiculaire au plan (SAM).
D'une part : (MB) 1 (MA)	puisque le point M appartient au cercle de diamètre [ AB ]
D’autre part: (MB)l(SA) puisque (SA) est perpendiculaire au plan P qui contient (MB) .
La droite (MB), orthogonale aux deux droites sécantes (MA) et (SA), est donc perpendiculaire au plan (SMA)
Remarque : la droite (MB) est par conséquent orthogonale à la droite (SM), qui est incluse dans le plan (SMA)
b) Première méthode : Les égalités (e, ) et (e2 ), appliquées aux points B et M du plan P s'écrivent :
(1) SA2 « SB x SC
(V) SA2 - SMxSN
(2) AC2«-CSxCB
(2') AN2 - - NSxNM
♦	Démontrons la nullité du produit scalaire CN . SB
CN*. SB* - (SN* - SC*). SB
CN*. SB* - SN*. SB* - SC. SB*
D'une part : SN . SB = SN x SM
D’autre part : SC . SB - SC x SB
La relation (3) s'écrit alors :
soit, compte-tenu de (1) et de (f):
car le point M est le projeté orthogonal du point B sur la droite (SN)
car les vecteurs SC et SB sont colinéaires .
CN* SB* - SNxSM - SCxSB
CN’. SB* » 0 ce qui prouve :	tN* ± SB
♦	Calculons AC2 - AN2 en retranchant membre à membre les égalités (2) et (2' ) .
AC2 - AN2 - - CSxCB + NSxNM
Faisons alors apparaître les produits égaux SB x SC et SM x SN •
Ecrivons: AC2 - AN2 - -CSx(SB - SC) + NSx(SM - SN)
Ontrouve: AC2 - AN2 - SCxSB - SC2 - SNxSM + SN2 Or SN2 - SC2 « CN2 (puisque CN* 1 CS )
Finalement : AC2 - AN2 - CN2 ,	ce qui prouve :	NA 1 NC
Deuxième méthode :				
♦ Si M - A	alors N - A On a bien :	O -LAC	et	CA 1SB
♦ Si M - B	alors N - C On a bien :	CA 1O	et	Ô*1SB
♦ Si MgC - {A,B}	alors les plans (SMA) et (SMB) sont perpendiculaires •			
Toute droite incluse dans l'un de ces plans et perpendiculaire à leur droite commune
(SM) est donc orthogonale à l'autre plan .
Puisque: (NA) c (SMA) et (NA) ± (SM), on en déduit : (NA) ± (SMB) .
La droite (NA) est donc orthogonale à toute droite incluse dans le plan (SMB) .
En particulier, on a :	(NA)l(NC)	et	(NA)±(NB)	et	(NA)±(SB)
d'où:	NA1NC*	et	NÂ*1NB*	et	NA ±SB*
Puisque:	SB ±CA et SB	±AN alors:	SB. CA +	SB. AN =0
c’est à dire :	SB . CN -	0
168
2°) c) Ona:	CN 1SB donc: le point N appartient au plan SL contenant le point C et perpendiculaire à (SB) .
En outre: NÂ* ± NC*, donc : le point N appartient au cercle T du plan SL dont [ AC ] est un diamètre .
d)	Ona: ( CÂ*_LCB*
< MA* ± MB* donc : les points C, M, N appartiennent à la sphère 8 dont [ AB ] est un diamètre.
( NÂ*±NB*
Remarque : Le point N appartient donc à l'intersection de la sphère 8 et du plan St .
Or SL n 8 est un cercle contenant les points	A et C, inclus dans le plan	SL	,	et dont le
centre Q est le projeté orthogonal, sur SL , du centre O de la sphère 8 .
Les projetés orthogonaux des points A et B sur SL	sont respectivement les points	A	et	C	.
Le point O étant le milieu de ( AB ], on en déduit que	Q est le milieu de [ AC ] .
On reconnaît que SL n 8 est le cercle f trouvé au 2°) c) .
e)	On a prouvé que. lorsque le point M décrit le cercle C , le point N appartient au cercle T.
Mais le point N décrit-il " tout " le cercle T ?
Pour pouvoir affirmer que le lieu du point N est le cercle r, il faut justifier que , pour tout point N, de T, il existe
un point M, appartenant à C tel que N, soit le projeté orthogonal de A sur (SM1 ) .
Soit N, un point quelconque de f .
Pemière étape : Démontrons AN, 1SN, ( en calculant SN,. AN, ) .
snT.ânT - (sc + cnTj.ânT
SN?. AN?	-	SC . ÂFT + CN?. W
D'une part :	SC . AN,	-	0	puisque la droite (SC) est perpendiculaire	au plan	SL	qui contient A et N, .
D'autre part :	CN,. AN,	-	0	puisque le point N, appartient au cercle	T	de diamètre	[ AC	]	.
Il en résulte :	SN,. AN,’	-	0	d'où :	AN, 1 SN, .	(3)
Deuxième étape : Démontrons que la droite (SN, ) perce le plan S> en un point M, appartenant à C.
* Supposons que la droite (SN, ) soit parallèle au plan S* .
Puisque SA est un vecteur normal à ?,on aurait alors : SN,’ ± SA*	(4)
Il en résulterait, en tenant compte de (3) et (4) :	SN,’. ( SA + AN,’ ) = 0
soit :	SN,’. SN,’ = 0 donc : N, = S
Or N, e St, mais S tSL, d’où l’absurdité .
♦ La droite (SN, ) est donc sécante avec le plan S>. Posons : (SN, )n? « {MJ
Démontrons : M, e 0. Il suffit de démontrer :	M,A’. M,B* - 0
Remarquons : M^’. M,B’ - ( M£* + SA* ). M£ ;
soit : M^ . M,B - M£ . M,B’ puisque SA* 1 M,B’ .
Il reste donc à démontrer : M,S’ 1 M,B*
Il suffit de démontrer : SN, ± M,B puisque SN, et M,S sont colinéaires .
169
On a prouvé que le point N, est le projeté orthogonal de A sur (SN, ), donc sur (SM, ) .
Appliquons l'égalité ( e, ) aux points M, et C .
On trouve : SÆ-SM^xSÜ; et SA2 - SB x SC .
On en déduit: SBxSC - SM^xSN^	(5)
Les vecteurs SB et SC sont oolinéaires ; les vecteurs SM, et SN, sont colinéaires .
(5) s’écrit :	SB . SC = SM,. SN,	soit :	SB . ( SN, + N,C ) = SM,. SN, Or:	N,C ±SB	d'où:	SB.SN, + 0 -SM,.SN,
Il en résulte :	â<.(SB - smT) « 0
soit :	SN,’. M,B* - 0 ce qui exprime : SN, 1 M,B
170
Exercice 10
Trois lieux géométriques
Dans un plan S5, on donne une droite A et un point S n'appartenant pas à la droite A
Sur la droite Sb , perpendiculaire en S au plan P , on prend un point fixe A, distinct de S .
On considère , sur la droite A, deux points variables B et C tels que les droites (SB) et (SC) soient perpendiculaires
Soit A,, B,, C, les pieds des hauteurs du triangle ABC
1°) Démontrer que : ♦ la somme AB2 + AC2 - BC2 est constante .
En déduire que le produit scalaire AB*. AC* est constant .
♦ le produit A^x^C est constant
2°) Démontrer que Torthocentre H du triangle ABC est un point fixe .
3°) Déterminer le lieu géométrique des points B, et C1 quand les droites (SB) et (SC) pivotent autour du point S en
restant perpendiculaires.
4°) Déterminer le lieu géométrique de l’isobarycentre G de { A, B , C} •
5°) Déterminer le lieu géométrique du centre O du cercle circonscrit au triangle ABC .
1°) a) La droite (SA), perpendiculaire au plan & , est donc orthogonale à toute droite incluse dans S5
En particulier, on a : ( (SA) 1 (SB)	donc ( AB2 » SA2 + SB2
) (SA)±(SC)	AC2 - SA2 + SC2
Par hypothèse , on a : (SB) ± (SC)	donc	BC2 - SB2 + SC2
Des égalités (1), (2), (3), on déduit :	AB2 + AC2 - BC2 - 2 SA2
(1)
(2)
(3)
Les points S et A sont fixes donc la somme AB2 + AC2 - BC2 est constante (indépendante des points B et C)
Onsaitque: 2AB.AC - (AB2 + AC2 - BC2),
donc : le produit scalaire AB . AC est lui aussi constant ( égal à SA2 )
171
1°) b) La droite A est orthogonale à la droite (SA) ( car elle est incluse dans le plan 5> ) •
La droite A est orthogonale à la droite (AA, ) .
La droite A est donc perpendiculaire au plan (SAA, ) déterminé par les deux droites sécantes (SA) et (AA, ) .
La droite A est par conséquent orthogonale à la droite (SA, ) qui est incluse dans ce plan (SAA, ) .
Le point A, est donc un point fixe , puisqu'il est le projeté orthogonal du point fixe S sur la droite fixe A.
En outre, dans le triangle BSC rectangle en S le point A, vérifie : A,B x A,C = - SA,2
Le produit A,B x A,C ( égal à - SA,2 ) est donc indépendant du choix des points B et C •
2°) Observons d'abord que : forthocentre H du triangle ABC appartient à la hauteur (AA, ) de ce triangle , qui est
une droite fixe.
Démontrons que le point H est le projeté orthogonal du point S	sur le plan	(ABC)
( ce plan (ABC) est un plan fixe puisque c'est le plan 5t déterminé par le point	A	et la droite A ) .
Justifions :	SH* 1BC* et SH* ±ÂC* .
♦	D'une part:	SH*.BC - (SA + ÂH* ).BC* et	SA	1BC*	et	ÂH*	1BC*
donc : SH . BC - 0
♦	D'autre part: SH*.ÂC* - (SB + BH* ).ÂC*
SH*.ÂC* -SB.ÂC + BH*.ÂC*
Ona:	BH’ 1 AC’	donc: BH .AC - 0
Ona:	SB*.ÂC* - SB. (SC* - SA ) et SB* 1SC* et SB* ±SÂ*
donc : SB*. ÂC* - 0
Il en résulte : SH . AC - 0
La droite (SH). orthogonale aux deux droites sécantes (BC) et (AC) est donc perpendiculaire au plan (ABC) .
L'orthocentre H du triangle ABC est donc le projeté orthogonal du point fixe S sur le plan fixe 51 .
Le point H est donc un point fixe .
3°) Première étape
Les points A, H, B,, C, appartiennent au plan 51 . Les points A et H sont fixes .
Ona:B^*±BjT et ëX±CfT
Les points B, et C, appartiennent donc au cercle T du plan 51 dont [ AH ] est un diamètre.
En outre les points B, et C, sont distincts des points A et H ; en effet :
♦ Supposons : B, - A ou B, - H ou C, » A ou C, « H
Le triangle ABC serait rectangle en A, donc on aurait : BC2 - AB2 + AC2
oronaétabli:	AB2+ AC2- BC2 - 2SA2 # 0
d'où la contradiction I!
Les points B, et C, appartiennent donc au cercle f privé des points A et H .
172
Deuxième étape : Réciproquement, soit Bo un point quelconque de r - {A, H}	( on a alors : BqA 1 BqH )
Prouvons que ce point Bo est pied d'une hauteur d'un triangle ABC où B et C sont deux points de la
droite A tels que : (SB) 1 (SC)
*	Soit C le point où la droite (AB0) coupe A. Soit B le point où la droite (HBo ) coupe A .
Observons que ces deux points B et C existent. En effet:
la droite A est parallèle aux tangentes A^ et A|_| au cercle T en A et H respectivement .
( ces trois droites A , A^, A^ sont coplanaires dans le plan & et perpendiculaires à la droite (AH) .
La droite (ABq ), qui coupe la droite A^ , coupe donc aussi la droite A •
La droite (HBo ) » qui coupe la droite Ah , coupe donc aussi la droite A .
*	Dans le triangle ABC ainsi défini, le point Bo est le pied de la hauteur issue du point B
( la droite (BH) est en effet la droite (BqH ), qui est perpendiculaire en Bo à (AC) )
Le triangle ainsi construit admet donc le point H pour orthocentre .
Il reste à justifier :
D'une part :
SB 1SC	Calculons : SB . SC - SB.(SA +AC)
SB . SA = 0 car la droite (SA) est orthogonale à toute droite incluse dans S5 .
D'autre part :	SB . AC - ( SH + HB ). AC
or : j SH . AC - 0 puisque (SH) est perpendiculaire au plan SI qui contient (AC)
/ HB*. ÂC* - 0 car: (HB)±(AC)
donc :	SB . AC - 0 et, finalement, on trouve:	SB . SC - 0
4°) Soit G l’isobarycentre de {A. B . C}	On a :	AG* - j ( ÂÂ* + ÂB* + ÂC* )
Soit A’le milieu de (B, C), alors : ÂB* + ÂC* = 2 AA’’ d’où:	ÂG* » |AA’’	(e)
La relation (e) exprime que le point G est l'image du point A' par l’homothétie SK ( A, | ) .
Le lieu du point G est donc homothétique du lieu du point A' par SK ( A, | ).
173
Etudions le lieu du point A*, milieu de (B , C) •
♦ Ce point appartient à la droite A .
* Lorsque les droites (SB) et (SC) pivotent autour du point S , en restant perpendiculaires , le point A'
décrit-il toute la droite A ?
Soit A" un point quelconque de la droite A •
Considérons , dans le plan P , le cercle C de cente A" contenant le point S .
La droite A , qui contient le centre A" du cercle 6 coupe alors ce cercle
en deux points B et C diamétralement opposés .
On a alors : SB* 1 SC* et donc : A" est le milieu de (B , C)
Le lieu du milieu A' de	(B, C) est donc toute	la droite A	.
Conséquence : le lieu	du point G est :	la droite	6, image de la droite A par l’homothétie	51 ( A, | )	.
c'est à dire :	la droite	5. parallèle à A et contenant le point A*	, image du	point
5°) Le centre O du cercle circonscrit au triangle ABC est le point de concours des médiatrices de (B , C), (C , A), (A, B) •
L’isobarycentre G de { A, B , C} est tel que :	GA	+	GB +	GC - 0
Or :	GB*	+	GC* -	2 GA’’	où	:	A’ désigne le milieu de (B , C)
On	a donc:	GA	+	2 GA’	«0 c’est	à dire:	GA’	--jGA
On établit de même :	GB’	- - | GB
L’homothétie h de centre G, de rapport ( - j ) transforme donc A en A’ et B en B’ .
♦	L'image par h de la hauteur (AA, ) du triangle ABC est la droite contenant l'image A’ de A et parallèle à (AA, )
c'est à dire : la médiatrice de (B, C) 
♦	L’image par h de la hauteur (BB, ) du triangle ABC est la droite contenant l'image B' de B et parallèle à (BB, )
c'est à dire : la médiatrice de (A, C) .
♦	L’image par h de l’orthocentre H du triangle ABC ( point d'intersection des hauteurs (AA,) et (BB, ) ) est donc
le point O d'intersection des médiatrices de (B, C) et (A, C) •
Ona:	h(H) = O donc:	GO - --^-GH c’estàdire: HO - —HG	(f)
3
L'égalité (f ) exprime que le point O est l'image du point G par l’homothétie h’ de centre H et de rapport — •
Le lieu du point O est donc la droite 8o, image de la droite 5 ( lieu du point G ) par l’homothétie h’.
—• 3 —*
La droite 80 est donc parallèle à 8 ( et à A ) et contient le point Ag ( Ag - h’ (Ag ) ) défini par : HAg - — HAg
174
Exercice 11
Mesure du dièdre de deux faces d'une pyramide régulière
On appelle pyramide régulière toute pyramide ayant pour base un polygone régulier convexe AA....Ap et dont le
sommet S se projette orthogonalement sur le plan de base en le centre O du polygone régulier AA....Ap .
On se propose de calculer la mesure p du dièdre d'arête (SAg) dont les faces contiennent respectivement les points A, et A3
1°) a) Démontrer que les points A, et A3 ont même projeté orthogonal K sur la droite (SAg ).
2 K
cos —
b) Démontrer que : cosp - 1 - 2------------
cos2 —
2
p désigne le nombre
de sommets de la base
\ de la pyramide
2°) Retrouver ainsi les dièdres que déterminent les faces des 5
polyèdres suivants . dits polyèdres de Platon .
a) le cube
b) le tétraèdre régulier
c) l'octaèdre régulier
A.
A1
2
d) l'icosaèdre
e) le dodécaèdre.
indication : on rappelle que le nombre d’or a vérifie : a = 2
cos —
5
a)	Démontrons que les points K et K’, projetés orthogonaux
respectifs des points A, et A3 sur la droite (SAg ) sont confondus
On a : SKXSA « SA1. SA - SA, x SA x cos A,SA
SK xSAg « SA3. SA « SA3 x SAg x cos AS A
Or les triangles SAA et SA3A sont isométriques et on a :
( SA, = SAg = SA et AA  AA ) donc : A£A = A$A
Par conséquent SKxSA = SKxSA , d'où : K « K’
b)	Soit a la longueur du côté AA du polygone régulier AA....Ap .
Les secteurs A1A2O et OA^ sont adjacents et de même mesure — I k------------
7tt	' P
Le secteur A^^Ag admet donc pour mesure q> = n - —
P
♦	Dans le triangle A1A^ , isocèle en , on a : A, A • 2a sin-^- » 2a cos^-
n o
♦	Dans le triangle SA1A2 , isocèle en S , on a : A.|A2S » — -
Donc:	A1K «	= a cos^-
Demême:	AgK - acos^-- A,K
175
aX + kjf - a,4	aX
♦ Dans le triangle A1KA3 , on a : cos p =- ——------« 1--------
2A1KxA3K	2AK*
, 2	2 n	_	2 n
4 a co s —	2 co s —
P	P
soit : cos B » 1-----------— , c’est à dire : cos B = 1 -------—
_ 2	2 0	2e
2 a co s —	co s —
2	2
2°) a) Dièdre déterminé par deux faces du cube :
Estimons le dièdre d’arête (AB) dont les faces
contiennent respectivement les points D et E
La pyramide de sommet A et de base BDE est régulière ,
et on a :	0 « EAB  f ; p  3
_	2 H
2 cos —
3
On trouve : cos B, — 1-------------soit : cos B< - 0
1	2 x	1
cos —
4
On retrouve un résultat connu : le dièdre d'arête (AB) est droit !
b) Dièdre déterminé par deux faces du tétraèdre régulier.
Estimons le dièdre d’arête (AB) dont les faces
contiennent respectivement les points C et D .
La pyramide de sommet A et de base BCD est régulière ,
et on a :	0  BAC  j ; p - 3
_	2 K
2 cos —
3	1
On trouve : oos P2 « 1 - -------- soit : cos p2 « ~~
cos —
6
Pz « 70,53® ou Pz - 70®31’43"
c) Dièdre déterminé par deux faces de l’octaèdre régulier .
Estimons le dièdre d'arête (AB) dont les faces
contiennent respectivement les points E et C •
La pyramide de sommet A et de base BCDE est régulière ,
et on a :	0 - BAC - | ; p - 4
_	2 n
2 cos —
4
On trouve : oos p3 - 1 - -------- soit : cos P3 « - ;
2 n
cos —
6
Pa» 109,47° ou pj « 109° 28'17"
On remarque : p3 + Pz = 180 (voir exercice 7 page 161 pour retrouver ce résultat en construisant l'étoile de Kepler ).
176
Remarque préliminaire :
On pourra établir que le nombre d’or a vérifie la relation : a2 - a + 1	(o, )
Par ailleurs , on peut remarquer : 3a-a2-3a-(a+1) soit:	a(3-a)«2a-1=V5
On a donc :	3 - a -	)
a
2°) d) Dièdre déterminé par deux faces de l'icosaèdre :
Estimons le dièdre d’arête (FA) dont les faces contiennent respectivement les points B et E .
La pyramide de sommet F et de base ABCDE est régulière , et on a : 0 = AFB « J ; p - 5
_	2 K
2 CO S —	2
On trouve : cos B, - 1----------soit : cos 0, - 1---------—
4	2 x	4	3
co s 6
soit, compte tenu de la relation (oJ : cos 04 - -—— ; On trouve donc : cos 04 = -
3	3
04 - 138,19° ou P4 « 138° 11’23"
e) Dièdre déterminé par deux faces du dodécaèdre :
Estimons le dièdre d'arête (AE) dont les faces contiennent respectivement les points B et H .
3 H
La pyramide de sommet A et de base BEH est régulière , et on a :	0 « BAE  — ; p = 3
_	2 K
2 cos —
3
On trouve : cos 0c » 1-----------
5	2 3n
cos —
10
Rappelons que :
211	2 TC
Or : cos — - 2 cos — - 1 , c'est à dire :
1 + cos
3n
10
soit, compte tenu de la relation (00 : cos — « ——-
„ 4	.	2 3n	2
On trouve donc :	cos — ---------------
10	2
2 3n 3 - a
cos — --------
10	4
soit, compte tenu de la relation (02) :
On trouve donc :	00s 0g - 1 - ——
V5
soit :	cos 05 - -
05 - 116,56° ou 05 - 116° 33’54"
177
178
Exercice 12
Lieu géométrique du milieu d'un segment de longueur constante dont les extrémités
appartiennent à deux droites orthogonales non coplanaires
Soit A et A’ deux droites orthogonales et non coplanaires .
On se propose de déterminer le lieu géométrique du milieu J d'un segment [ CD ] tel que :
( CeA et DeA’
< [ CD ] a une longueur constante I imposée ( I e R+* ) .
Soit P le plan contenant la droite A et perpendiculaire à la droite A' .
On note : / A le point où le plan P coupe A*
B le projeté orthogonal du point A sur la droite A
I le milieu de (A. B)
On pose : AB - a
1’)a) Démontrer: 1T-J(BÔ + Â3). Endéduire: ÎÏ1ÂB et U’-jfP-a2)
b) Justifier que la longueur I du segment [ CD ] est nécessairement supérieure à la distance AB .
c) Quel est le lieu du milieu J de [ CD ] dans le cas où I - a .
2°) On suppose : I strictement supérieur à la distance AB .
a)	Démontrer que le milieu J de [ CD ] appartient à un cercle fixe T de centre I.
b)	Réciproquement, démontrer que tout point J, du cercle r est milieu d’un segment [ C, D, ] de longueur I, dont
les extrémités C, et D, appartiennent aux droites respectives A et A’.
c)	Conclure que : le lieu géométrique du milieu J de [ CD ] est le cercle r .
d)	Soit K, L, M , N les milieux respectifs de [ AC], [ BD ], [ BC ], [ DA] .
Démontrer que :	♦ les segments [ U ], [ KL ], [ MN ] ont des longueurs constantes
♦ ces trois segments ont même milieu G.
e) Déterminer le lieu géométrique du point G .
179
1°)a) ♦ Le milieu J de (C.D) se projette orthogonalement sur le plan P en le milieu K de (C,A) (voir figure) .
Puisque I - m (A, B) ,on a alors :	IK « J BC et KJ-^AD
Or:	Ü* - ÎK* + KJ* d'où: Ü* - | ( BC* + ÂD )	(1)
* On a alors: Ü*.ÂB - jBC*.ÂB* + jÂD*ÂB
Or:	AB 1BC et	AB 1 AD ( puisque la droite (AB), incluse dans le plan P , est orthogonale à A )
Il en résulte : U . AB  0 ,	ce qui prouve : IJ 1 AB
* De l’égalité (1). on déduit :	U2 - j-(BC2 + AD2 + 2BC*. ÂD*)	(2)
D’une part on a : D'autre part : |	BC*. ÂD* - 0	car:	A±A’ BC2 - AC2 - AB2	puisque :	BC* ±ÂB* AD2 - DC2 - AC2	puisque :	la droite (AC), incluse dans P , est orthogonale à A'
d’où : BC2 +	AD2 - DC2 - AB2 c'estàdire : BC2 + AD2 = F - a2	(3)
La relation (2) s'écrit alors :	U2-ï(?-a»)	(4)
b) L'égalité (3) prouve qu'on a nécessairement :	F • a2 > 0 c'est à dire : I 2 a (le R+*, a e R +* )
c) Si la longueur imposée I est égale à la distance AB , alors F - a2, d’où J - I
Le lieu du point J est réduit au singleton {I} •
De la relation (1), on déduit alors :	(AD + BC J2 - 0 c’est à dire: AD2 + BC2 + 2 AD . BC « 0
Or:	AD ±BC	d’où : AD - BC » 0 Dans ce cas, on a : C - B et D = A
2°) Si la longueur imposée I est strictement supérieure à la distance AB , alors F - a2 > 0
a)	* Puisque IJ ± AB , le point J appartient au plan Si contenant le point I et perpendiculaire à (AB) .
* La relation (4) exprime que la distance U est constante :
180
b)	Réciproque . Soit J1 un point quelconque du cercle r. Notons K, le projeté orthogonal de J1 sur le plan P .
♦ On a : ( J^<, 1 AB	puisque	(AB) c P
/ U, 1 AB	puisque	(AB) est perpendiculaire au plan R qui contient les points I et J, .
On déduit : (DJ* + J,K, )1 AB c’est à dire : 1ÏÇ 1ÂB*
Le point K, appartient donc à la droite ô contenant le point I, perpendiculaire à (AB) et incluse dans le plan P .
Les droites Ô et A, perpendiculaires à (AB) et incluses dans le plan P sont parallèles .
La droite (AK,) du plan P, qui coupe 8 (en K, ), coupe donc aussi la droite A .
M îâ
Le point C, d’intersection de (AK. ) et de A vérifie alors : = - — - - 1
IB
♦	Justifions que la droite (CJ, ) coupe la droite A* et que leur point commun D, vérifie : J, - m (C,, D, ) et C,D, » I
Nommons 8' la droite perpendiculaire en K, au plan P. Alors : J, e 8 ’ .
Les droites 8 ’ et A’, strictement parallèles ( car A # K, ), déterminent un plan n qui contient les points J,,
K,, A, et aussi C, .
Dans ce plan n, la droite (C1J1 ), qui coupe 8 ’ (en J1 ). coupe donc aussi A *.
K/
Le point Di d’intersection des droites (C,J, ) et A’ vérifie alors : -	-	- - 1
J,C, K,C,
Le point J, est donc le milieu de (C, , D, ) .
♦	Calculons la distance C, D, :
Utilisons le théorème de Pythagore en remarquant que A’ et 8 ’ sont orthogonales à toute droite
incluse dans le plan P .
Ona: C,D,2 - AC,2 + AD,2 or: ÂëJ* - 2ÂK? et ÂDf - 2Î<X
donc: C,D,2 - 4(AK,2 + K,J,2)
AK,2 - AP + IK,2 puisque 81 (AB)
KJ,2 - U,2 - IK,2 puisque 1RJ* 1 Kjjj*
Il résulte: C,D,2 - F	d’où C,D, - I
181
d)	Soit K,L,M,N les milieux respectifs de [AC],[BD],[BC],[DA] .
	LK - U + IK	et Ll - j DA	et	IK - j BC
d’où :	LK - J(DÂ* + BC*)
On déduit :	LK*2 - y(DA2 + BC2 + 2DA.BC*) . Or : DÂ* 1 BC* d'où : LK2 - } ( DA2 + BC2 ) Tenons compte de l'égalité (3), on trouve : LK2  y (F - a2 )
Le segment [ LK ] a donc une longueur constante, égale à celle de [ U ] .
• Ona: MN - MK + KN et MK -JBA et KN - jCD
d'où:	MN* - j(BA + CD*)
On déduit: MN*2 - y( BA2 + CD2 + 2BÂ*. CD )
or: BÂ*. CD* - BÂ* (CB* + BÂ* + ÂD )
donc : BA . CD* - BA2 ( puisque BA . CB « 0 et BA . AD = 0 )
Finalement : MN2 • y ( CD2 + 3 BA2 ) c'estàdire:	MN2 - i(F + 3a2)
Le segment [MN] a donc une longueur constante.
e)	L’isobarycentre G de {A, B , C, D} est barycentre de {(A, 1), (B, 1), (C, 1), (D, 1)} .
En associant les points A et B d’une part , C et D d’autre part, on trouve : G - Bar {(1,2), (J, 2)}
donc : G est milieu de (I, J) .
On démontre de même que :	< G est milieu de (K, L)
< G est milieu de (M, N) .
Les trois segments [ U ], [ KL ], [ MN ] ont donc même milieu G .
L'égalité : IG - j U	prouve que leur point de concours G est image du point J par l’homothétie
X (I, j ), de centre I et de rapport } .
Le point I, milieu de (A, B) est un point fixe, donc :
Le lieu géométrique du point G est le cercle f7, homothétique du cercle f par l’homothétie 3K(I,|) •
182
Exercice 13
Section d'une pyramide à base carrée
par un plan perpendiculaire à sa base
On considère une pyramide SABCD ayant pour base un carré ABCD de centre O , et dont le sommet S appartient
à la droite perpendiculaire en A au plan (ABCD) .
On pose : SA = h et	AC » 2a ( h g R** , a g R+* )
Soit	I un point de ] AC [. Soit P	le plan perpendiculaire en I à la droite (AC) .
On pose : Al = x (0<x<2a)
1°)	a) Démontrer que les plans	P et (ABCD) sont perpendiculaires et que leur	droite commune	A	est parallèle	à	(BD).
b) Démontrer que les plans et (SAC) sont perpendiculaires et que leur droite commune	2) est	parallèle à	(SA).
2°)	Soit Q le point où le plan P	coupe la droite (SC) •
Justifier que le point Q appartient à ] SC [ . Exprimer la distance IQ à l’aide de h , a, x
3°) Soit M’, N’, M , N les points où le plan P coupe respectivement les droites (CB), (CD), (AB), (AD) •
a)	Construire la section de la pyramide SABCD par le plan dans chacun des cas suivants :
a	3 a
♦ x - —	♦ x = a ♦ x - —
2	2
b)	Déterminer Pn(SAB) et ^n(SAD) .
c)	Justifier que la section de la pyramide SABCD par le plan P est :
*	un pentagone égal à la réunion de deux trapèzes si 0 < x < a
*	un triangle si a < x < 2a .
4°) a) Calculer l’aire s (x) de la section de la pyramide SABCD par le plan S3 .
( On distinguera deux cas: x e ) 0, a] ; x g ] a, 2a [ )
b) Etudier les variations de l’aire s (x) de la section quand x croît dans l’intervalle ]0,2a[ .
c) En déduire pour quelle(s) position(s) du point I sur ] AB [ la section a une aire maximale •
Pour un tel choix du point I, le plan P partage la pyramide en deux polyèdres .
Calculer et comparer les volumes de ces deux polyèdres
L + l2 + k
Indication : le volume d’un tronc de prisme à base triangulaire est égal à : Sx--------------
où : c I1.I3.I3 sont les longueurs des trois arêtes latérales parallèles
r S désigne l’aire de la section triangulaire droite du prisme .
1°) Rappel : deux plans sont perpendiculaires si et seulement si l’un d'eux contient une droite perpendiculaire à l'autre .
a) ♦ Le plan (ABCD) contient la droite (AC) perpendiculaire au plan P donc :
les plans et (ABCD) sont perpendiculaires
♦	Soit A leur droite commune . Alors le point I appartient à A
On a: (AC)±S> et AcP donc: (AC)±A
Les droites A et (BD) sont deux droites coplanaires et perpendiculaires à la même droite (AC), donc :
les droites A et (BD) sont parallèles
183
1°) b) ♦ Le plan (SAC) contient la droite (AC) perpendiculaire au plan P donc:
les plans P et (SAC) sont perpendiculaires .
♦	Soit Sb leur droite commune . Alors le point I appartient à Sb.
Démontrons : Sb H (SA)
Rappel : si deux plans sont perpendiculaires , toute droite perpendiculaire à l’un de ces plans est
parallèle à l'autre.
Les plans P et (ABCD) sont perpendiculaires et la droite (AS) est perpendiculaire au plan (ABCD), donc :
la droite (AS) est parallèle au plan P .
Le pian (SAC) contient la droite (SA) parallèle à P et le plan (SAC) est sécant avec P suivant Sb , donc :
les droites Sb et (SA) sont parallèles .
2°) Soit Q le point où le plan P coupe la droite (SC) ; alors : Q e P n (SAC), donc : Q e Sb
CQ ci
Puisque : (IQ) H (AS), le théorème de Thalès garantit : =-  =
CS CA
Les vecteurs Cl et CA sont colinéaires et de même sens (car I e ] AC [ ) ,
Cl Cl 2a - x	... .	7? 2a - x x?	...
donc :	=- - — «------------; on en déduit :	Cl «---------CA	(1)
CA CA 2a	2a
	 2a - x Les points C, Q, S sont alignés et vérifient : CQ « llenrésulte:	CQ - CI -	-(es - Ca) ,	c'estàdire: 2a	J 2a  x Puisque : 0 < ——— < 1 ,	on déduit de la relation (3) que :	—.	* Oo _ y * CS donc: CQ*	CS (2) 2a —•	Oq _ y —• IQ - ———AS	(3) 2a ( Qe]CS[ ) . _ 2a - x .
184
3°) a)
3°) b) ♦ Les points M et N où le plan P coupe respectivement les droites (AB) et (AD) appartiennent à
P n (ABCD), c’est à dire à la droite A.
♦	Pour déterminer P n (SAB) et Pn (SAD), appliquons le théorème du toit :
Les plans et (SAB) contiennent respectivement les droites 2) et (SA), qui sont parallèles .
Ces plans ont en commun le point M et ne sont pas confondus .
n (SAB) est donc la droite S)}, contenant le point M et parallèle aux deux droites 0 et (SA).
On justifie de même :
S* n (SAD) est la droite S>2, contenant le point N et parallèle aux deux droites 2> et (SA) .
c) Nature de la section de la pyramide par le plan P
Nommons : R le point où la droite 2), coupe la droite (SB)
P le point où la droite Sb2 coupe la droite (SD) .
.	SR ÂM
d une part : =-
SB
D'après le théorème de Thalès, on a :
AB
SP
d'autre part : =
SD
~	AM AN Al
On a, par ailleurs :->------>-----
AB AD AO
AN
ÂD
puisque les droites A et (BD) sont parallèles .
.	Al AM AN SR SP	x x x
Les cinq rapports	, =- , = ont donc meme valeur, égalé à : —
AO AB AD SB SD	a
—•	—•	ai Al x
( en effet, les vecteurs Al et AO sont colinéaires et de même sens , donc : -»--- —
AO AO a
185
x
Premier cas : si 0 < x < a, alors : I e ] AO [ et 0 < — < 1
a
Dans ce cas , le point M où le plan P coupe la droite (AB) vérifie : 0 < =- < 1 donc : M g ] AB [
AB
De même, on justifie que : Ng]AD[ ; Rg]SB[ ; Pg]SD[ ;
Le plan P coupe alors les cinq faces de la pyramide suivant les cinq segments :
[MN],[NP],[PQ] ,[QR],[RM]
La section de la pyramide par le plan P est donc le pentagone MNPQR .
Deuxième cas : si x - a alors : le point I est le milieu de (A, C) et la droite A est la droite (BD) .
Dans ce cas , on a : M - B ; N - D et le point Q est le milieu de (S, C) .
La section de la pyramide par le plan est le triangle BQD .
x
Troisième cas: Si a < x < 2a, alors: Ig ]OC[ et 1<-<2
a
Dans ce cas, le point M où le plan P coupe la droite (AB) vérifie :	> 1
AB
donc: Mg]AB[
De même, on justifie que : N«[AD] ; R g[SB] ; Pg[SD].
Le plan P ne coupe pas les arêtes [ AB ] , [ AD ] , [ SB ] , [ SD ] de la pyramide .
Considérons les points M’ et N’ où le plan P coupe respectivement les droites (CB) et (CD) .
n •	CM~‘ ci cfr
Puisque A// (BD) , on a :	- =- -
CB CO CD
ci
Or :	Ig]OC[ donc:	0 < =- < 1 ,
CO
ce qui prouve :
La section de la pyramide par le plan P est alors le triangle M'N’Q .
( Théorème de Thalès )
j, ,	CM * . _ . . « CN ’ . . .
tfou :	g ] 0,1 [ et g ] 0,1 [
CB	CD
M'g]CB[ et N'g1CD[
4°) a) Calcul de l’aire s (x) du pentagone MNPQR dans le cas où :
x g 10 , a
La droite (MN), incluse dans le plan (ABCD) est perpendiculaire à chacune des droites 2), 2), et 2>z.
L’aire du pentagone MNPQR est donc la somme des aires de deux trapèzes rectangles QIMR et QINP .
Calculons les distances IM , IN , IQ, MR, NP :
* Les triangles AIM et AIN sont deux triangles isocèles et rectangles en I
(puisque (MN)±(AI) et BAC = CAD - 45°) .
On a donc : IM = IA « x et IN = IA » x et AM - AN « xÆ
BR	BM	Ôî	DN	DP
♦ Ona:	— »---------- -t— « — - —
BS	BA	OA	DA	DS
Puisque I g ] OA [, les vecteurs Ol et OA sont colinéaires et de même sens , donc :
Ol _ Ol a- x
ÔÂ OA a
Les points B, R, S sont alignés et : BR « -—- BS
a
---	3 - X_____
Les points B, M, A sont alignés et : BM =-----------B A
donc: BR -^-BS
a
donc : BM - —-BA
a
186
Onadonc: BR - BM - BS - BA)
a
d'où: MR AS
a
Il en résulte : MR
MR «^-h
a
On établit de même
DN - —— DA
a
DP --5—Î-DS
a
puis , par différence :
d’où :
NP - ^-^AS
a
NP î-h
a
Remarque : Les distances MR et NP peuvent être calculées dans les triangles rectangles BMR et DNP
t	MR AS , O NP AS
en observant que : tan ABS = —— - ——	et	tan ADS - —- - —-
BM AB	ND AD
or: AS - h ; AB - AD - aÆ ; BM - ND - aÆ - xÆ
(a/ÏÏ - x/2 |	f a - xA
-----7=---- h c’est à dire: MR = NP = I----- h
a/2 J	\ a J
* Les deux trapèzes rectangles QIMR et OINP ont même aire, égale à j ( MR + IQ)x IM .
(a - x 2a - x 1
—— h + 2a h j x
Finalement, on trouve : aire MNPQR - — ( 4a - 3x) x
Calcul de l’aire de la section triangulaire M’N’Q :
Les deux triangles CIM’ et CIN’ sont rectangles en I et isocèles ( on a : (M’N’ ) ± (AC) et ACB - ACD = 45° )
On a donc : IM’ - IC - 2a - x et IN’ * IC - 2a - x
h /	\2
On a alors: aire M’NO = 2 ( aire M'IQ ) = IQ x IM'	soit: aire M’N’Q «—<2a - x)
187
4°) b) Les variations de s (x) peuvent être déduites de l'étude du signe de la dérivée s' (x).
Sixe]0,a[ s(x)3x2 + 4ax)
2a	z
Sixe]a,2a[ s(x) - x2 - 4ax + 4 a2)
L'aire s (x) de la section de la pyramide SABCD par le plan P est maximale si, et seulement si :
x - | a c’est à dire : Al « j AC
c) Le plan P partage la pyramide en deux polyèdres SI, et .
Appelons celui qui est égal à la réunion des deux troncs de primes AIMRSQ et AINPSQ .
Ces deux troncs de prismes à bases triangulaires ont leurs arêtes latérales parallèles à la droite (SA), donc
perpendiculaires au plan (ABCD) .
2a On a :	x - —	d ou : 3 Les deux troncs de prismes nommés ont m Le volume V1 du polyèdre 5^ est :	RM - PN - — a KD -	_ 2a ême volume v : V1 = 2v	ih“3h	, 2 2 a et aire AIM « aire AIN = ——- 3 2 AIÈ1 AS + RM+IQ	2a	2h v = aire AIM x	«	x — 3	9	3 .	..	8 a2 h donc: V,		
Le volume V de la pyramide SABCD est :	v -|(a/ï)2h	donc:	w 2 2. V - —a h 3	
Le volume V2 du polyèdre est :	v2 - V - V,	donc :	..	10 2. V^27ah	
On constate que les polyèdres St, et n'ont pas même volume . On a			N £ N	-V 9
188
Applications du produit scalaire :	• lignes ( ou surfaces ) de niveau
• caicuis en repère orthonormé
Une unité de longueur a été choisie dans l'espace .
A) Lianes de niveau  surfaces de niveau
1 ®) Définition :
Soit k un réel donné •
♦ Si f est une application d'un plan 9 vers R , on appelle ligne de niveau k de f l’ensemble des points M du
plan P tels que :	f (M) - k
* Si f est une application de l'espace (E) vers R , on appelle surface de niveau k de f l'ensemble des points M
de l'espace (E) tels que : f (M) - k
2°) f : M »------------ U . OM ( u # O )
a)	Soit k un réel donné •
Soit O un point d'un plan P et u un vecteur non nul de représentant (O, A) où A est un point de P.
u . OM* - OA x OH	où H est le projeté orthogonal de M sur (OA) .
L'ensemble 2^ des points M du plan P tels que : u . OM - k
est la droite du plan P, perpendiculaire en H à (OA),
où H est le point de la droite (OA) défini par : OH -	° u A
OA
H "
b)
Soit k un réel donné .
Soit O un point de l'espace (E) et u un vecteur non nul de 8 , de représentant (O , A).
L'ensemble 8des points M de l'espace tels que : u . OM - k
est un plan , perpendiculaire en H à (OA)
__ k
où H est le point de la droite (OA) défini par : OH -
OA
3®) f : M ---------» MA» - MB»
où A et B sont deux points distincts donnés .
a) MA2 - MB2 - 2AB . IM
MA2 - MB2 - 2ÂBxÎH
où I est le milieu de (A, B) •
où H est le projeté orthogonal de M sur (AB).
b)	Soit P un plan contenant A et B •
L'ensemble des points M de P tels que MA2 - MB2 - k ( k réel donné )
— k
est une droite de P , perpendiculaire à (AB) au point H tel que : IH - —=
2 AB
c)	L'ensemble des points M del'espace tels que MA2 - MB2  k (k réel donné)
___ k
est un plan , celui perpendiculaire à (AB) au point H tel que : IH ---
2 AB
189
3°) f : M .--------- MA* ♦ MB* où A et B sont deux points distincts donnés.
a)	MA2 + MB2 - 2MF + jAB2 où I est le milieu de (A, B) .
b)	Soit P un plan contenant A et B •
L'ensemble des points M de ÿ tels que MA2 + MB2 - k (k réel donné)
est :	♦ vide si k < j AB2
♦	le singleton {1} si k - jAB2
1 /	2*	1	2
♦	le cercle de centre I, de rayon —y 2k - AB si k > — AB .
c)	L'ensemble des points M de l'espace tels que MA2 + MB2 - k (k réel donné)
est :	♦ vide si k < j AB2
♦	le singleton {I} si k * J AB2
1 /	2	1	2
♦	la sphère de centre I, de rayon — y 2k - AB si k > — AB
4®) f : M ,	- MA . MB où A et B sont deux points distincts donnés d'un plan P .
a)	MA. MB - MF - { AB2 où I est le milieu de (A. B) .
b)	L'ensemble des points M du plan P ( respectivement de l'espace (E) ) tels que MA . MB » k ( k réel donné )
est :	♦ vide si k + | AB2 < 0
♦	le singleton {I} si k + | AB2 - 0
i £	^2
♦	le cercle ( respectivement la sphère ) de centre I, de rayon - Z k + —- si k + —— > 0 •
y 4	4
cas particulier :
L'ensemble des points M du plan P tels que MA". MB" « 0 est le cercle de P de diamètre [ AB ]
L'ensemble des points M de l’espace tels que MA . MB « 0 est la sphère de diamètre [ AB ]	/	/____\ g
B) Bases et repères orthonormés • Equations cartésiennes d'un Plan •	\ a
1°) Définitions
a)	On appelle base orthonormée ( ou orthonormale ) de 8 tout triplet ( F , f , k* ) de vecteurs unitaires ,
orthogonaux deux à deux -
b)	Un repère (O.f.f.k ) de l’espace (E) est dit: ♦ normé si ||i || - ||j || « ||k || « 1
♦	orthogonal si F if et j 1k et k li
♦	orthonormé s’il est à la fois orthogonal et normé .
2°) Calculs dans l'espace muni d'un repère orthonormé ( O , i J j_k j
a) si u
- xF + yf + zîF et 7 = x'F + y'f + z'îF , ona:
7.7 » xx ’ + yy ' + zz ' *
Il "u II - V"u "u - 7 x2 + y2 + z2
u . i - x ; u . j - y ; u . k - z
717 <=> xx'+ yy’ + zz’- 0
—• —•	—• —♦	•	u v
si u # 0 et v # 0 cos { u, v } - —=;----------=5—
Il u ||. || v ||
co s{ U , V }
_________xx' 4- yy' 4- zz*
r~i 2 2 1 ,2
yx 4-y 4-z yx’ 4-y
b) Distance de deux points A (	) et B ( xg 7b . ZB ) :
AB - || ÂB || - 7(XB->'A)2 + (yB-yA)2 + (ZB-ZA/
3°) Equation cartésienne d’un plan P contenant Mq ( Xq , y0, Zq ) et admettant N ( a, b, c ) pour vecteur normal.
a)	Soit M ( x , y , z ) un point quelconque de l’espace .
Me S5 <=> MqM.N - 0
MeP <=> a (x - Xo ) + b (y - y0 ) + c(z - Zo ) » 0
Une équation cartésienne du plan P est: ax + by + cz + d- 0
où:	d«-axo-by0-czo
b)	réciproque : Soit a . b, c. d quatre réels tels que (a, b, c ) * (0.0,0)
L’ensemble des points M de l’espace dont les coordonnées (x , y , z)
vérifient la relation :ax + by + cz + d»0
est un plan , dont un vecteur normal est N ( a , b, c ) .
c)	remarque :
Un plan admet une infinité d’équations cartésiennes dans un même repère orthonormé ( O, i , j , k ).
iZ
Si tune est: ax + by+cz + d- 0,
alors toutes les autres sont de la forme : kax + kby + kcz + kd « 0 avec k e R* .
C(0,0, c)
O
d) Equation aux traces d’un plan
Si un plan coupe les axes de coordonnées en A ( a, 0,0 ) , B ( 0, b, 0 ) , C ( 0,0, c ) , avec abc # 0
x v z
alors ce plan admet pour équation : — + — + — - 1 - 0 , dite " équation aux traces ".
abc
4°) Parallèlisme - Orthogonalité -
a)	Soit y et ?’ deux plans d’équations respectives :
ax + by + cz + d = 0
a’x + by + cl + d’- 0
est un vecteur normal à P
N (a,b,c)
N7* ( a’, b’, c’ ) est un vecteur normal à P ’
* S* et 9* ’ sont parallèles si, et seulement si N et N’ sont colinéaires .
P//P’ <=> 3ke R tel que ( a’ - ka
j b’ - kb
(c’ « kc
* P et ’ sont perpendiculaires si, et seulement si N et N* sont orthogonaux .
P1P ’ <=> aa’ + bb’ + cc’ - 0
b)	Soit 2) une droite de représentation paramétrique ( x -
)y “
(z “
Xo + Xa
y0 + xp
Xe R
2) est dirigée par le vecteur u ( a, p , y ) .
2) H S> <=>
c’est à dire :
u et N sont colinéaires ,
c’est à dire :
Y,
B(0,b,0)
aa + pb + )C « 0
3 k g R tel que / a « ka
< b « kp
(c « ky
A(a, 0,0)
P
P
u . N - 0,
£1? <=>
191
5°) Distance d'un point M, ( X!, y1, z1 ) à un plan P d'équation ax + by + cz + d- 0
C) Sphère
1°) Définitions
Soit R un réel donné strictement positif.
a)	On appelle sphère de centre O, de rayon R , l'ensemble des points M de l’espace tels que :	OM « R
b)	On appelle boule fermée de centre O, de rayon R, l’ensemble B des points M de l'espace tels que : OM < R
c)	Soit M un point de l’espace et 8 une sphère de centre O . de rayon R
♦ si OM > R, M est dit extérieur à la sphère 8
* si OM < R, M est dit intérieur à la sphère 8
d)	Deux points A et B de la sphère 8 sont dits diamétralement opposés si O est le milieu de (A, B).
Le segment [ AB ] est alors dit un diamètre de 8 .
La sphère 8 de diamètre [ AB ] est l’ensemble des points M de l'espace tels que : MA . MB « 0
2°) Intersection d'une sphère et d'un plan
Soit 8 une sphère de centre O , de rayon R
Soit P un plan et H le projeté orthogonal de O sur F.
OH - R <=> fnP - {H}
OH < R <=> 8 n P est un cercle de P
de centre H
de rayon y R2-OH2
Le plan P est dit extérieur à 8
Le plan F et la sphère 8
sont dits tangents en H .
Si P contient le centre O de la sphère .
alors P n 8 est un cercle de centre O, de
rayon R, appelé un grand cercle de la sphère.
9> est alors dit un plan diamétral de la sphère.
192
3°) Intersection d’une sphère 9 et d'une droite £
Soit 8 une sphère de centre O , de rayon R .
Soit Sb une droite et K le projeté orthogonal de O sur Sb .
OK > R €=> 8c\Sb - 0	OK - R <=> 8r>Sb - {K}
KM'-KM'-Vr2- OK2
OK < R <=> 8oSb = {M’.M"}
La droite Sb est dit extérieure à 8 La droite Sb et la sphère 8
sont dites tangentes en K.
4°) Equation d’une sphère dans un repère orthonormé
a) Un point M ( x, y, z ) appartient à la sphère 8 de centre Q (Xq , y0, Zo ) , de rayon R , si, et seulement si :
(x-xof + (y - yo)2 + (z - Zo)2 - R2
b) réciproque
Soit E l’ensemble des points de l’espace dont les coordonnées ( x , y , z ) vérifient une équation de la forme :
x2 + y2 + z2 + ax + py + yz + Ô«0 où a, p, y, 8 sont des réels donnés .
Cette équation s’écrit :
2 R2 2
Posons : h - p * - 8.
4
Soit Q le point de coordonnées ( - ~, - Â, - X )
* Si h < 0 Z est l’ensemble vide .
* Si h - 0 Z est le singleton {Q} .
♦ Si h > 0 Z est la sphère de centre Q, de rayon /h”.
5°) Aire et volume d’une sphère 8 de rayon R
aire de 8 - 4WR2
4	3
volume de 8 - — n R
3
193
<al®	mm plam
A) Equations d'une droite A dans un repère QUELCONQUE (O, i J ) d'un plan y
!•) Droite A passant par un point Mo (xQ , yfl),de vecteur directeur u ( et, fl )
a)
M(x,y)6A(Mo,u) <=> les vecteurs MqM et u sont colinéaires.
x - Xq a
b)
c)
M (x,y)€ A(Mq ,u ) <=>
y-y0 P
La relation P ( x - Xq ) - a ( y - y0 ) - 0 est dite une équation cartésienne de la droite A.
Equation aux traces d’une droite
Si la droite A coupe les deux axes de coordonnées en A (a, 0) et B (0, b)
avec a # 0 et b # 0,
x y
alors une équation de la droite A peut être écrite : — + f- - 1  0 (t )
a b
L’équation ( t ) est dite " équation aux traces " de la droite A.
Réciproque
Soit 5 l’ensemble des points M du plan P dont les coordonnées (x , y) dans le repère (O, f, f ) vérifient :
ax + by + c = 0 où a,b,c sont des réels donnés ,
Si (a, b) # (0,0), alors l'ensemble 8 est une droite dont un vecteur directeur est :	v ( - b, a )
2°) Intersection de deux droites A et A*
A :
A’:
ax + by + c » 0
a*x + b’y + c’ = 0
A//A’
v (- b,a) et
- b
- b’
A//A’
a'
v’ (- b', a’) sont colinéaires
- 0 c'est à dire ab’ - ab = 0
- 0
a
♦ A et A' sont sécantes si et seulement si : ab’ - a'b * 0
les coordonnées de leur point d’intersection sont alors obtenues en résolvant le système (s)
a b
ax + by + c =0
a’x + b’y + c' « 0
Le réel ab' - ab , qui s'écrit aussi
a’ b’
, est appelé le déterminant principal du système (s) •
3°) Coefficient directeur d'une droite non parallèle à l'axe des ordonnées .
a)	Une droite A d'équation ax + by + c = 0 est sécante avec l'axe des ordonnées si, et seulement si b
g	C
Une équation de A peut alors être écrite sous la forme y « mx + p (où m « - - ; p « . )
b	b
( le réel p , ordonnée du point où A coupe l’axe des ordonnées , est dit l’ordonnée à l’origine de
l le réel m est appelé coefficient directeur de la droite A.
remarque : le vecteur U ( 1 , m ) est un vecteur directeur de la droite A
b)	La droite de coefficient directeur m contenant le point Mo ( Xo , y0 )
admet pour équation : y - y0 - m (x - x« )
c) Soit A et A' deux droites d'équations respectives :
A//A’	<=> m » m'
y = mx + p
y = m’x + p'
.p)
i +
* 0
A ;
A
h
O<
i
B) Equations de droites et de cercles dans un repère ORTHONORME (O, l, ] ) du plan P
1°) Droite g contenant un point Mq (x0, yQ ), et admettant N ( a, b ) pour vecteur normal
a)	M (x, y ) e SD <=> MqM .N - 0 .
M(x,y)e S) <=> a(x - Xq) + b(y - y0) - 0
Une équation cartésienne de la droite SD est : ax + by + c « 0
où : c - - axo - by0
b)	Réciproque
Soit SD une droite d’équation ax + by + c - 0 où : (a, b) # (0,0)
Un vecteur normal à SD est : N (a, b) .
2°) Droites perpendiculaires
a)	Soit : SD : ax + by + c - 0
SD': a’x + b*y + c*- 0
Un vecteur normal à SD est N (a , b) .
Un vecteur normal à g’ est N’ (a’, b’ ).
SD-LSD' « N1N1
SD 1 SD' <=> aa' + bb' - 0
b)	cas particulier : Soit : SD : y - m x + p
SD’: y - m’x + p'
SD ± SD' <=> mm’ + 1-0
3°) Distance d'un point M, (x,, y, ) à une droite A d’équation : ax + by + c - 0
d ( M,, A ) - M, H où : H est le projeté orthogonal de M, sur A .
I HM,. N | - ||HM, ||x||N ||
| HM,'. N* | - | ax, + by, + c |
195
4°) Equation» de cercle»
a) Cercle G de centre Q ( Xq , yQ ), de rayon R
M (x , y) e C <=> OM2 * FF
M(x,y)eO » (x - x.)2 + (y - y.)2 - R2
b) Réciproque
Soit r l’ensemble des points M (x , y) tels que : x2 + y2 + ax + by + c- 0 oùa,b,c sont des réels donnés .
a 2 b 2 a2+ b2
M(x,y)€T « (x + |) + (y +7) - —J—-c
2	2	4
♦	Si a2 + b^ - 4c < 0, l’ensemble r est vide
22	a b
♦	Si a+b - 4c « 0, l'ensemble f est réduit au singleton {Q} avec Q	)
♦ Si
2 ,2 .
a+b - 4c > 0,
b	/ 2+ b2
l'ensemble r est le cercle de centre Q —, - — ), de rayon R », / —-—
2	2	v 4
c
c) Equation du cercle y dont [ AB ] est un diamètre
Supposons connus : A (xA , yA ) et B (xB , yB ).
M (x, y) € y <=> MA.MB-0
M(x,y)ey <=>	( x - xA ) (x - xB ) + (y - yA ) (y - yB ) - 0
5°) Intersection d'une droite A et d'un cercle G (Q , R )
La distance du point Q (xQ, yQ ) à la droite A d’équation ax + by + c » 0 est : OH «
* % * C'
7777
Si OH > R, alors AnG « 0
A est dite extérieur au cercle C
Si OH - R .alors AnC « {H}
A est dite tangente en H au cercle C
Si OH < R alors AnC - {M1f MJ
A est dite sécante au cercle G
Exercice 1
Déterminations de tangentes à un cercle
Dans un plan P , muni d’un repère orthonormé (O, f , j ), construire le cercle G de centre I ( 4, - 1 ), de rayon 75 •
1°) Ecrire une équation cartésienne de 0 et préciser ses points d’intersection avec l’axe des abscisses .
2°) Soit A le point de coordonnées (9,4).
a)	Justifier qu’il existe deux droites contenant le point A et tangentes au cercle O •
b)	Construire ces deux tangentes .
Déterminer une équation de chacune d’elles et préciser leurs points de contact T, et T2 avec le cercle C.
( on appellera T2 le point de contact ayant une ordonnée positive )
3°) Déterminer les deux droites A, et tangentes à G , ayant un coefficient directeur égal à - 2 .
Préciser leurs points de contact avec G •
( on appellera A, celle de ces deux tangentes ayant la plus petite ordonnée à l'origine )
4°) Soit B et C les points où la droite A, coupe respectivement (AÏ! ) et (AT2 ) .
Ecrire une équation du cercle circonscrit au triangle ABC .
1°) M(x,y)eC <=>	1^=5
Une équation du cercle 6 est : ( x - 4 Y + ( y + 1 Y = 5, qui s’écrit aussi : x2 + y2 - 8x + 2y + 12 = 0
L’axe des abscisses ( noté (Ox) ) est l'ensemble des points d'ordonnée nulle .
M (x ,y)e Cn(Ox) <=> ( (x - 4)2 + (y + 1 J2 » 5 l (x - 4 J2 = 4
| y - 0	soit I (s) y - 0
O n (Ox) est donc la paire { M,,	} avec M, (2,0) ; Mg (6,0) .
2°) a) Le point A est strictement extérieur à 6 puisque : IA >/s ( on a en effet : IA = y (9 - 4)2+ (4 +1)2 » J~5Q )
Une droite contenant A est tangente au cercle (5 en un point T de C si, et seulement si : Tl. TA = 0,
c’est à dire si T appartient au cercle 0 et au cercle y de diamètre [ IA ].
Le cercle y contient le centre I du cercle 6 , donc C n y est une paire {L, T2}
Il existe donc exactement deux droites contenant A et tangentes au cercle e : ce sont les droites (AT, ) et (AT2 )
b) Première méthode :
♦ cherchons d'abord les coordonnées des points T, et T2 en utilisant les équations des cercles C et y .
M (x , y) e t		<=>	(x - 4)(x - 9) + (y + 1 )(y - 4) - 0
*	M (x	, y) e y	<=> x2	+	y2 - 13x - 3y + 32 = 0 M (x	,y)e Cny	<=><x2	+	y2-8x + 2y+12 = 0	L, i x2	+	y2 - 13x - 3y + 32 = 0	L2 M (x	, y) e C ny	<=>(x2	+	y2-8x + 2y+12«0	L, <	- 5x - 5y + 20 - 0	L* - L, - L3 M(x,y)eeny <=> tx2 + (-x + 4)2-8x + 2(-x + 4)+12 = 0 L’, \	y	= - x + 4	L3 M (x, y) g Cny <=>	(o) ( 2x2 - 18x + 36 = 0	(o)	( x = 6 ou x = 3 < y » - x + 4	r y « - x + 4 On conclut que : Cny est la paire {T,, T2} avec : T, (6, -2) et T2(3,1 ) . Ecrivons une équation cartésienne de chacune des droites (AT,) et (AT2 ). On connaît : AT, (-3,-6)		
	M(x,y)e.(AT,)	<=>	I x - 9 - 3 I . e = 0	Une équation de (AT. ) est : 2x - y - 14 « 0 y - 4 - b	1 De même , on trouve une équation de (AT2 ) : x - 2y - 1 = 0
b) Deuxième méthode :
Observons que la droite 5 contenant le point A et parallèle à l'axe des ordonnées n’est pas tangente au cercle C
( puisque la distance du point I à la droite 8 est : | 9 - 4 | = 5 et que 5 > Æ )
Une droite , contenant A (9,4) et ayant pour coefficient directeur m , admet pour équation : y - 4 = m(x - 9)
Cette droite est tangente au cercle 6 de centre I, si, et seulement si la distance de I à est : Æ
| 4m + 1 + 4 - 9m I
La distance de I (4, - 1) à la droite Sb m d’équation mx - y + 4 - 9m = 0 est : d (I, £>m ) =  -------—-
La condition d ( 1,2>m) -/s équivaut à : iy- -5m-- « /s , c'est à dire :	( 5 • 5m )2 =. 5 (m2 + 1 )	(1)
7777
soit encore :	4m2	- 10m + 4 = 0
On trouve :	m »	2	ou m = |
Les droites contenant A et tangentes à Q sont donc : Sb2 : y - 4 = 2 (x	-	9),	soit	(AT, ) : 2x -	y - 14	=	0
: y - 4 « j (x	-	9),	soit	(AT2 ) : x -	2y - 1	=	0
198
2°)	♦ Précisons nC et£>^nC.
T,(x,y)e »2r>e » j	y = 2x - 14 x2 + y2-8x + 2y + 12-	1. 0 l2	soit, en substituant y par 2x -14 dans
	y = 2x - 14	c'est à dire: < y - 2x - 14
	5X2 - 60x + 180 -0	i 5(x- 6? - 0
On obtient finalement : ।	x -6 y » - 2	d’où :	T,(6.-2)
De même , on trouve que	:	T2(x,y)e£)ine	T,(3.1)
3°) Une droite A, de coefficient directeur ( - 2) admet pour équation : y - - 2x + p
Cherchons pour quelles valeurs de p l'intersection A n e est réduite à un singleton .
Ane est l'ensemble des points M (x, y) vérifiant :	(S)	/ y « - 2x + p	(e1 )
i x2 + y2 - 8x + 2y + 12 » 0	)
Substituons y par - 2x + p dans (e2 ), on trouve :	(S)	< y - - 2x + p	(e,)
< 5x2 - 4(p + 3)x + (p2 + 2p + 12) - 0 (e3)
Le premier membre de réquation (e3 ) est un trinôme du second degré , de variable x .
Son discriminant est: D =16 ( p + 3 J2 - 20 ( p2 + 2p + 12 ) « - 4 ( p - 2 ) ( p - 12 )
AnC est réduit à un singleton si, et seulement si (e3 ) admet une solution unique,
c'est à dire si, et seulement si D - 0
conclusion : Une droite A, de coefficient directeur ( - 2) est tangente à C si, et seulement si p - 2 ou p » 12
p + 3
L'abscisse du point de contact de A et de e est la solution double x0 de (e3 ) : x0 » 2—^—
si p - 2 on trouve : A, : y - - 2x + 2. Le point de contact de A1 et de C est N, (2, - 2)
si p - 12 on trouve:	: y - - 2x + 12. Le point de contact de As et de C est Ma (6,0)
4°)	♦ Les coordonnées du point B d'intersection de A, et(AT1) sont solution du système a y - - 2x + 2
(2x - y - 14 - 0
On trouve : B ( 4, • 6 )
Les droites At et (AT2 ) ont pour coefficients directeurs respectifs ( - 2) et |, dont le produit est égal à ( - 1)
Les droites A, et (AT2 ) sont donc perpendiculaires . En outre , elles contiennent le point C( 1,0)
On a donc: A1n(AT2) - {C(1 ,0)}
Le cercle r, circonscrit au triangle ABC rectangle en C , est donc le cercle de diamètre [ AB ]
M(x,y)eT «	MÂ*.MB*-0
M(x,y)er <=>	(x - 9)(x - 4) + (y - 4)(y + 6) - 0
Une équation de r est donc:	x2 + y2 - 13x + 2y + 12 -0
199
Exercice 2
Bissectrices d'une paire de droites
Dans un plan P , muni d’un repère orthonormé (O, i , j ), construire les droites Sb et Sb ’, d’équations respectives :
Sb : 3x + 4y - 15 - 0	Sb ’ : 12x - 5y + 3 = 0
1°) Vérifier que les droites Sb et Sb ’ sont sécantes . Préciser les coordonnées de leur point commun I .
2°) Démontrer que l'ensemble des points M équidistants des droites Sb et Sb ’ est la réunion de deux droites A et A
perpendiculaires et contenant le point I .
Les droites A et A' sont appelées les bissectrices de la paire de droites {£),£)'} •
1°) Etudions SbriSb',
I (x , y) e Sb nSb ‘ <=>	(s) ( 3x + 4y - 15 = 0
i 12x - 5y + 3 - 0
Le déterminant principal du système (s), égal à
est différent de 0 .
Les droites Sb et Sb ’ sont donc sécantes en un point
dont les coordonnées sont obtenues en résolvant (s) .
La résolution de ce système conduit à :	Sb et Sb ’ sont sécantes au point 1(1,3)
2°) Soit M (x , y) un point quelconque du plan .
La distance du point M à la droite Sb est : d ( M , Sb ) « 13x + 4y 151
OJ
V 3 +4
La distance du point M à la droite Sb' est : d ( M , Sb' ) - ।12x 5V + 3 I
Vl22+(-5)2
«	13x + 4y - 151	112x-5y + 3 |
5	13
Les valeurs absolues de deux réels sont égales si, et seulement si ces deux réels sont égaux ou opposés . Donc :
( 3x + 4y - 15	12x - 5y + 3^ f 3x + 4y - 15	- 12x + 5y - 3^
d(M,S»-d(M,2f)	« [---------f------------------------------------------------
Nommons A et A’ les droites d’équations respectives : A: 3x - 11y + 30 - 0
A': 11x + 3y - 20 - 0
d(M,£>) - d(M,£)’)	<=> MgA ou MgA’
L'ensemble des points M du plan P , équidistants des droites Sb et Sb ' est donc la réunion Au A’ .
Les coordonnées ( 1 ,3 ) du point I vérifient l'équation de la droite A et celle de A'. On a donc :	le A u A’
La droite A est dirigée par lT ( 11,3 ) et la droite A’ est dirigée par ü7 ( - 3,11 ). On a u*. ÜT = 0 , donc : A ± A’
200
Exercice 3
Intersection de deux sphères 8 et 8 '
Un point M de l’espace appartient à 9r\9' si, et seulement si : Me? et MO2 - MO’2 - R2 - R'2
Rappelons que :
L’ensemble des points M de l’espace qui vérifient : MO2 - MO’2  R2 - R'2, est le plan perpendiculaire à la
___ R^ - R'2
droite (OO* ) au point H défini par : IH » —où I est le milieu de (0,0’) •
200’
___	__ _____ ________ o2 d/
On a: OH = Ol + IH soit : OH = — ~ n_ —
200’
Or : R2 - R2 + OO’2 £ R2 - R’2 > 0. Par conséquent :	OH et OO’ sont de même signe .
r^ _ r,2 OO*2
La distance du centre O de la sphère 9 au plan P est donc : OH -----------2 00------
M e 9 n 9'	<=> M g 9 n P
La nature de 9 n dépend du signe de la différence OH - R -
OH - R - (R ' °°,)2 '	_ <R+ ' OO')(R ~ R1 ' OO')
	2 00’	2 00’
- 0	<=> OH > R c’est à dire :	00’ > R + R'	ou	00’ < R - R’
9r\S> - {H}	<=> OH - R c’est à dire :	OO - R + R	ou	OO’ - R - R
9 n P est un cercle	<=> OH < R c'est à dire :	R - R < OO* < R + R*
201
Différents cas possibles
Les sphères 8 et 8' sont dites extérieures l'une à l'autre.
La sphère 8' est dite intérieure à la sphère 8.
Les sphères 8 et 8' sont tangentes extérieurement.
Les sphères 8 et F sont tangentes intérieurement.
R - R < OO < R + R
8r> 8' est un cercle C , dans un plan P perpendiculaire à (OO' ) au point H tel que :
200'
Le rayon r de C vérifie : r2 - R2 - OH2
202
Exercice 4
Lignes de niveau
Soit A et B deux points d'un plan P, tels que : AB = 6 •
1°) Pour tout réel k, on appelle l’ensemble des points M du plan P vérifiant: MA’. MB' = k
a)	Déterminer et construire les ensembles r0 , T. 5 , T-jg , T. 
b)	Déterminer l'ensemble J	des points M du plan P	vérifiant:	-	5	<	MA*. MB’ £ 16
2°) Pour tout réel A., on appelle	A^ l'ensemble des points	M du plan	P	vérifiant : MA2 - MB2 - X.
a)	Déterminer et construire les ensembles Aq , A-, g , A. g .
b)	Déterminer l'ensemble 8	des points M du plan	vérifiant:	-	6	<	MA2 - MB2 < 18
3°) a)	Construire un point N du	plan vérifiant : < NÂ\	NËT - 0
< NA2 - NB2 - 18
b) Calculer les distances NA, NB , puis cos ABN.
En déduire une mesure , en degrés , de chacun des angles ABN et BAN .
L’ensemble r\ est appelé ligne de niveau k de
fapplication f : M »----------- MA . MB
1°)a) Nommons I le milieu de (A, B) ; écrivons: MA. MB « (Ml + IA ) ( Ml - IA )
MA. MB* « MF - IA2 or IA - j AB = 3
d'où :	MA . MB* - MF - 9
203
L’ensemble Tq est l’ensemble des points M du plan P tels que :	MA . MB « 0 ( c'est à dire MA 1 MB )
Tq est donc le cercle dont [ AB ] est un diamètre.
autre méthode : Tq est l'ensemble des points M du plan P tels que : MF - 9 » 0
c’est à dire tels que : IM - 3	( car le réel IM est positif )
On retrouve : Tq est le cercle de centre I, de rayon 3 •
De même, on trouve :
♦	T. 5 est le cercle de centre I, de rayon 2 .
♦	r -je est le cercle de centre I, de rayon 5 .
♦	r. 12 est l’ensemble vide	car aucun point M de P ne vérifie:	MF - -	3
b) La condition	-	5 < MA .MB	£ 16 équivaut à 4 < MP £ 25 c'est à dire :	2 < IM	<	5
L'ensemble 3 est donc la couronne circulaire dont les frontières sont les cercles r. 5 et F|6 ( frontières incluses ) .
2°) Rappelons que	:	MA2 - MB2 -	21M*. ÂB*	où I est le milieu de (A, B) •
MA2 - MB2 -	2 IH x AB	où H est le projeté orthogonal de M	sur (AB)	.
1 1 *	—
Choisissons pour sens positif sur la droite (AB) celui du vecteur unitaire — AB . On a alors : AB = + 6
MeAo <=> IH - 0
L’ensemble Aq est donc l’ensemble des points M du plan P dont le projeté orthogonal H sur (AB) est le point I,
autrement dit : Ag est la médiatrice de (A, B) •
On pouvait, bien sûr, remarquer que Aq est l’ensemble des points M équidistants de A et B puisque
la relation MA2 - MB2 - 0 équivaut à : MA - MB .
De même, on trouve :
___	3
♦	A18 est la droite perpendiculaire à (AB) en le point H vérifiant :	IH « —
♦	A. g est la droite perpendiculaire à (AB) en le point K vérifiant :	IK - - j
2	2
b) La condition - 6 £ MA - MB <18
1	__ 3
équivaut à - — < IH < —
L’ensemble 8 est donc la bande du plan P dont les frontières sont les droites A ig et A. g ( frontières incluses ) .
3°) a) Un point N vérifie : 1 NA . NB - 0	si, et seulement si ( N g Tq
(NA2- NB2 -18	(NeAi3
—	3
Le point H , qui vérifie IH — —, est donc strictement intérieur au cercle Fq .
c'est à dire : N g Tq n Ai g
La droite Ai g, qui contient le point H , coupe donc le cercle Tq en deux points distincts N et N' .
Il existe donc deux points N et N’ solutions , et ces points sont symétriques par rapport à la droite (AB) .
b) On a NA 1 NB donc : NA2 + NB2 - AB2 - 36
or: NA2 - NB2 - 18
Il en résulte : 2 NA2 - 54 d'où :
On en déduit alors : NB2 - 9	d'où :
( Théorème de Pythagore )
NA - 3Æ
NB « 3
Calculons :
cos AB N
BA2 + BN2 - AN2
2 AB x AN
Le triangle ABN étant rectangle en N , on déduit :
Remarque : On trouve de même :
- -	6 + 3 - 27	1	"
On trouve : cos ABN -------------- — d'où : ABN - 60°
2x6x3	2
BAN - 90° - 60° t	d'où : BAN - 30°
ABN' » 60° et BAN’ - 30°
204
Exercice 5
Lignes de niveau - Solution géométrique -
Dans un plan 9 . soit ABC un triangle rectangle en C, tel que : CA = 6 et CB = 3 ; calculer la distance AB .
1°) Déterminer Tensemble r, des points M du plan P vérifiant:	MA2 - MB2 - 60
2°) a) Déterminer Tensemble r2 des points M du plan P vérifiant : MA2 + 2 MB2 - 45
On pourra faire intervenir le barycentre G de {(A, 1 ), (B , 2)} .
b) Quelle est la valeur minimale de la somme MA2 + 2 MB2 quand le point M décrit le plan	?
Justifier que la somme MA2 + 2 MB2 est minimale si, et seulement si M est en G .
MA
3°) Déterminer l’ensemble r3 des points M du plan P vérifiant :	—— = 2
1°) Rappelons que : MA2 - MB2 - 2 IM . AB
MA2 - MB2 - 2ÎHxÂB
Choisissons pour sens positif sur la droite (AB)
où I est le milieu de (A, B)
où H est le projeté orthogonal de M sur (AB)
On a alors: AB - 3ÆÜ* donc:
,	—• -•	1 —-•
celui du vecteur unitaire u , u - —— AB .
3/5
ÂB -375
La condition : MA2 - MB2 - 60 équivaut alors à : 2 IH x 3 75 - 60
L’ensemble r, des points M de P vérifiant : MA2 - MB2 - 60
(AB) en H où H est le point de (AB) tel que: IH - 275
remarque: on a donc ÏÏT - 275 u* c’est à dire:
c'est à dire : IH - 275
est donc la droite perpendiculaire à
ÎH* - |ÂB
2°) a) Considérons le barycentre G de {(A, 1), (B, 2)}
Calculons : MA2 + 2MB2 - (MG + GA )2 + 2 (MG* + GB*J2
MA2 + 2MB2 - (MG2 + 2 MG*. GA + GA2) + 2(MG2 + 2 MG*. GB* + GB2)
MA2 + 2MB2 - 3MG2 + 2MG* (GA + 2GB*) + (GA2 + 2GB2)
d)
d'une part : GA + 2 GB - O
d'autre part : ÂG - j(ÂÂ + 2ÂB)
BG - -1(BA + 2BB)
3
2	4	2
d'où: AG --AB
9
2	1	2
d'où : BG - — BA
9
205
22262	2	222
Onadonc: MA + 2MB - 3MG + 0 + ^AB ; soit, puisque AB - 45, MA + 2MB - 3MG +30
Me G <=> 3 MG2 + 30 - 45	c'est à dire :	MG - Æ .
L’ensemble r2 est donc le cercle du plan P / de centre G	( AG « | AB )
' de rayon /5 .
remarque : le point B appartient au cercle f2 ( puisque BA2 + 2 BB2 - 45 )
b) Pour tout point M du plan P, on a :
donc :
MA2 + 2 MB2 - 3 MG2 + 30
MA2 + 2 MB2 > 30
La somme MA2 + 2 MB2 est minimale si, et seulement si :
Cette valeur minimale est alors :
3°) Remarquons que , si un point M du plan vérifie :
Onadonc: MgT3 <=> MA2 - 4MB2
D’une part, on a : MA + 2 MB = 3 MG
D’autre part , on a : MA - 2 MB = ( - 1) MK
3 MG2 - 0, c’est à dire si M est en G
GA2 + 2GB2 - 30
MA
—• - 2 , alors M est nécessairement distinct de A et B .
MB
c’est àdire: MgT3 <=> ( MA*2 - 4 MB2 ) - 0
MgT3 <=> ( MÂ* + 2MB*) (MA* - 2 MB*) * 0
où G est le barycentre de {(A, 1), (B , 2)}
où K est le barycentre de {(A, 1), (B , - 2)}
Il en résulte: Me G <=> 3MG*(- 1 )MK* -0
L'ensemble r3 est donc l’ensemble des points M du plan S5 tels que : MG 1 MK .
c'est à dire : le cercle du plan P dont [ GK ] est un diamètre .
CA
Observons que le point C appartient à l’ensemble r3 (car CA » 6 et CB « 3 donc: — - 2)
CB
remarque 1 : les ensembles E et r2 n'ont aucun point commun , ce qui était prévisible puisque :
s’il existait un point M commun à r, et r2, ce point M vérifierait : MA2 - MB2 « 60
MA2 + 2 MB2 « 45
ce point M vérifierait donc : 3 MB2 - - 15 d’où l'absurdité .
remarque 2 : les deux cercles r2 et r3 sont sécants puisque le cercle r3 contient le centre du cercle r2
Soit P et P* leurs points communs . La droite (AB), qui est la droite (GQ ) est alors la médiatrice de (P , P ).
On en déduit : PA - PÀ et PB - Pfe
D'autre part, le point P vérifie : ( PA2 + 2 PB2 - 45
(PA - 2PB d'où 6 PB2 = 45 .On en déduit : PB - ^2°
v	2
PA - /âo
remarque 3 : Justifions que la droite r, et le cercle r3 ont deux points communs .
. FKT - AO'-ÂH .c'est àdire : Hff - ^-(ÂG + ÂK) - (Âî + ÏH )
—•	1 2 —•	—•	1 —•	2 —•	1 —•	1 Js
donc: HQ* - ^(4AB + 2AB) - ( — AB + — AB) - — AB d’où: HW - — AB -
2 3	2	3	6	6	2
♦ GK - ÂK - ÂG - 2ÂB --ÂB --ÂB
3	3
d’où :
GK
Puisque Q'H < 2 Æ~” ( 2 Æ” - rayon de r3 ), la droite , qui contient H , est sécante au cercle r3.
Posons GnE, - (Q.Q'}.
Les points Q et Q’ sont alors symétriques par rapport à la droite (HQ' ), qui est la droite (AB) •
On a donc : QA = QÀ et OB = QB .
En outre, on a : ( QA2 - QB2 - 60 (car Q g TJ	(oB-2/5~
)OA«2QB	(carOer3) il résulte : QB2 « 20 d'où / QA « 4 Æ~
206
Exercices (suite)
Lignes de niveau - Solution analytique -
Dans un repère orthonormé ( O ,f, f ). construire les points A ( - 1,2) , B ( 2, - 4) , C ( - 1 , - 4) .
Retrouver les ensembles f,, f2, f3 définis dans l’exercice précédent (voir page 205) par une méthode analytique .
207
—•	—•	—•	/ 2	2
Ona: CB(3,0) ; CA(0,6) ; AB(3,-6) ;	On en déduit : CB «	3	; CA	= 6	; AB - y 3 + (-6) -3/5
Le triangle ACB est donc rectangle en C	( puisque CB . CA	-	0 ) .
Soit ( x, y ) les coordonnées d’un point M quelconque du plan P , dans le repère ( O, i , j ) .
MA* a pour coordonnées : ( - 1 - x , 2 - y )	donc : MA2 = ( - 1	-	x )2 +	( 2 -	y )2
MB’ a pour coordonnées : ( 2 - x, - 4 - y )	donc : MB2 »(2-x)2 + (- 4-	y)2
a)	La relation: MA2 - MB2 - 60 s’écrit: [(- 1 - x)2 + (2 - y J2] - [(2-x)2 + (-4-y)2] = 60
c'est à dire : 2x - 4y - 25 - 0
L’ensemble r1 des points M ( x . y ) qui vérifient : MA2 - MB2 - 60 est donc la droite d’équation 2x - 4y - 25 - 0
Vérifions que cette droite F, est perpendiculaire à (AB) en le point H tel que : IH = | AB .
♦	Un vecteur directeur de T, est v*(4,2); on a donc: v.AB-0 d'où: v 1AB
♦	Le milieu I de (A, B) admet pour coordonnées (j,- 1)
-♦	2 —•	12	5
♦	Les coordonnées ( xH , yH ) du point H , défini par IH - — AB, vérifient :( xH - — « — 3 d'où :i xH - —
Gh + 1-|('6) Gh--5
On constate que :	2x^ - 4y^ - 25 - 0 donc :	H e Fj .
b)	La relation : MA2 + 2 MB2 - 45 s’écrit: [(-1 - x)2 + (2 - y J2] 4-2[(2 - x)2 + (-4-y)2] - 45
c'est à dire: 3x2 + 3y2 - 6x + 12y = 0
soit :	x2 + y2 - 2x + 4y » 0	(e)
MA2 + 2MB2-45 <=> (x - 1 f + (y + 2J2 - 5
L’ensemble r2 des points M(x,y) qui vérifient : MA2 + 2 MB2 = 45 est un cercle i de rayon ?5
< de centre 0(1,- 2 ) .
Remarquons que le cercle r2 contient: t l'origine O du repère	(le couple (0,0) vérifie (e) )
( le point B	( dont les coordonnées ( 2, - 4 ) vérifient (e) ) .
Vérifions que le centre Q du cercle r2 est égal au barycentre G de {(A, 1 ), ( B , 2)} .
Les coordonnées de G sont :	( XG M 5 ( 1xA + 2xB )	( Xq “ 1
( XG - sCyA + 2yB> so»:|yG--2 d’où £1 - G
c)	La relation : MA2 - 4 MB2 - 0 s’écrit :	[(-1 - x)2 + (2-y)2] - 4[(2-x)2 + (- 4-y)2]-0
c'estàdire: - 3x2 - 3y2 + 18x - 36y - 75 - 0
soit:	x2 + y2 - 6x + 12y + 25 - 0	(f)
MA2 - 4MB2 - 0 <=> (x - 3)2 + (y + 6J2 - 20
de rayon 2
de centre Q'(3,- 6) .
Remarquons que le cercle r3 contient : ( le point C ( - 1, - 4 ) (le couple ( - 1,-4) vérifie (f) )
< le point G (1 , - 2 ) (le couple (1,-2) vérifie (f) ) .
Vérifions que le cercle r3 contient le barycentre K de {(A ,1 ), (B , - 2)} et que son centre Q’ est le mileu de (G , K) .
XK = 5
Le couple (5,-10) vérifie l'équation (f)
yK - - 10
MA
L’ensemble r3 des points M ( x, y ) qui vérifient : —• = 2 est donc un cercle
MB
Ona:(XK "Fn (x* '
nK-p7y(yA-2yB)
On trouve :
Le cercle r3 contient donc le point K .
En outre, le milieu de (G, K) a pour coordonnées : ( | ( 1 + 5 ), j ( - 2 - 10)) c'est à dire : (3,-6)
On reconnaît les coordonnées du centre Q’ du cercle f3.
208
Exercice 6
Valeur minimale de MA2 + 2 MB2 quand M décrit un plan ne contenant pas A et B
Dans l'espace (E), on considère un plan S5 et deux points distincts A et B n'appartenant pas à ce plan P .
A tout point M de l’espace (E), on associe le réel MA2 + 2 MB2, noté f (M).
Soit H le projeté orthogonal .sur S>, du barycentre G de {(A, 1), (B, 2)} .
1°)a) Déterminer la valeur minimale s de la somme MA2 + 2 MB2 quand M décrit (E).
b) Déterminer la valeur minimale m de la somme MA2 + 2 MB2 quand M décrit P.
2°) Soit k un réel donné , strictement supérieur à s •
a)	Déterminer l’ensemble 8des points M de l'espace (E) tels que : MA2 + 2 MB2 « k
b)	Déterminer l’ensemble des points M du plan P tels que :	MA2	+ 2 MB2 = k
3°) Application numérique : On donne AB - 6 .
On suppose que les points A et B sont dans un même demi-espace de frontière S>, à des distances respectives du
plan f* égales à 4 et 1
Déterminer les réels s et m , et les ensembles 8^q • r36 • g72 • r72 '
1°) a) Cherchons une écriture de MA2 + 2MB2 utilisant le point G , sachant que : GA + 2 GB = O .
MA2 + 2 MB2 - (MG* + GÂ*Y + 2 (MG* + GB* )2
MA2 + 2MB2 = MG2 + 2MG. GA + GA2 + 2(MG2 + 2MG* GB* + GB2)
MA2 + 2MB2 - 3MG2 + (GA2 + 2GB2 ) + 2MG* ( GA + 2 GB* )
On trouve : MA2 + 2MB2 - 3MG2 + (GA2 + 2GB2 )	(1)
Le réel GA2 + 2GB2, égal à f (G), est indépendant du point M , et le réel 3MG2 est positif.
Il en résulte que : ♦ pour tout point M de l'espace (E), on a : MA2 + 2MB2 > GA2 + 2GB2
la somme MA2 + 2MB2 est minimale si, et seulement si 3MG2 = 0 , c'est à dire si M est en G
sa valeur minimale est : s « f (G) = GA2 + 2GB2
Remarquons : ÂG* - | ( ÂÂ* + 2ÂB* )	donc :	AG = | AB
BG* - ,(BÂ + 2BB* )	donc:	BG - jBA
4 9 2	9	2	9
On en déduit: s - — AB +—AB c’est à dire:	s «—AB
9	9	3
(2)
209
b) Si M appartient au pian P , on a :	MG2 » MH2 + HG2 ( puique MH 1 HG )
On a, pour tout point M de P, l’égalité : MA2 + 2MB2 = 3MH2 + (3HG2 + GA2 + 2GB2 )
Le projeté orthogonal H de G sur le plan P est un point fixe, donc :
Quand M décrit P, la somme MA2 + 2MB2 est minimale si, et seulement si : 3MH2 - 0, c'est à dire si M est en H
cette somme admet pour valeur minimale :	m - f (H)  3HG2 + s
2°) a) L'ensemble #k est l'ensemble des points M de l’espace tels que : 3MG2 + ( GA2 + 2GB2 )  k
c’est à dire tels que : 3MG2 - k - s
Puisque k > s, l'ensemble est la sphère de centre G , de rayon R , R -
b) L’ensemble rk est l’ensemble des points M du plan P tels que:	3MH2 + (3HG2 + GA2 + 2GB2) - k
c'est à dire tels que :	3MH2 - k - m
alors : rk est l’ensemble vide .
alors: rm - {H} .
♦ Si s < k < m,
♦ Si k « m,
♦ Si k > m,
alors : fk est le cercle du plan P , de centre H, de rayon
autre méthode : On pouvait remarquer que	nP .
La distance du centre G de la sphère £k au plan P est la distance GH .
♦	Si GH > R, c'est à dire si GH2 > k S ( condition équivalente à : k < m ), alors $k n P - 0
♦	Si	GH	-	R	, c'est à dire si k - m, alors #k n P	- {	H}
♦	Si	GH	<	R, c'est à dire si k > m , alors f?k n P	est un cercle de	P, de centre	H ;
. ....	2	o2	_u2 u	2	k -	s	^..2	k	- m
le rayon r de ce cercle vérifié : r »	R	- GH , soit :	r	-	—-----GH »	—-—
3°) Application numérique :
a) ♦ Ona: AB - 6 et s - | AB2,	d’où :	s - 24
♦	Pour calculer HG2, remarquons :	HG’ - | ( HA* + 2 HB )
Nommons A’ et B' les projetés orthogonaux respectifs de A et B sur le plan P .
La projection orthogonale p sur le plan P conserve le barycentre , donc : H est barycentre de {(A’, 1), (B’, 2)}
On a alors: HG* - |[HÂr + ÆÂ* + 2(H&* + BB*)]
En remarquant que :	HA’’ + 2 HB’’ - Ô*, on trouve : HG’ - j ( A’A’ + 2 B’B* )
On sait que les vecteurs A’A et BB sont colinéaires et de même sens et A’A - 4B'B
On a donc : A’A’ - ( + 4)BB’ d'où : HG* - 2 BB*. On en déduit : HG - 2BB - 2
* La valeur minimale m de la somme MA2 + 2MB2. quand M décrit P, est alors : m • 3HG2 + s - 36
736-24
----3-- " 2
Remarquer que le point B appartient à la sphère #35 puisque f (B) - BA2 + 2BB2 « 36
♦	L'ensemble r3g est réduit au singleton { H} •
La sphère $3g est tangente en H au plan P , puisque son rayon 2 est égal à HG .
772 - 24
----------- - 4
3
Remarquer que le point A appartient à la sphère $72 puisque f (A) « AA2 + 2AB2 - 72 .
172 - 36'
♦	L'ensemble r72 est la sphère de centre H , de rayon r’,	r'« Z—-— -2/3
Justifions que le point A' appartient au cercle ^2. Soit A" le milieu de (A, A' ). On a : HG* - A’A’’'
Dans le rectangle GHA’A", on a : HA’ - GA" = / GA2 - AA-2 . 2/3
210
Exercice 7
Ensemble des points M du plan tels que : aMA2 + 0MB2 + yMC2 - k
( a , P , y, k réels donnés )
Soit A , B , C trois points distincts d’un plan P .
1°) Soit T l’ensemble des points M du plan tels que : MA2 - 2MB2 + MC2 « 50 .
Déterminer et construire l’ensemble r dans chacun des cas suivants :
a)	Le point B est le milieu de (A,C) et AC - 10 .
b)	Les points A, B , C sont non alignés et BA » BC » 5 .
c)	Les points A, B , C sont sommets d’un triangle rectangle en B tel que : BA * 3 , BC - 4 .
indication : Remarquer le rôle privilégié du point B dans ces énoncés .
2°) Déterminer et construire l’ensemble 6 des points M du plan F tels que : MA2 + 4MB2 + MC2 - 25 dans le cas où
BA J_BC* ; BA « 3 ; BC = 4 .
indication-, on pourra faire intervenir le barycentre G de {(A, 1), (B, 4), (C, 1)} .
1 °)Pour tout point M du plan F , posons : f (M) = MA2 - 2MB2 + MC2
Utilisons la relation de Chasles en attribuant un rôle privilégié au point B •	0
____________	.	_____ \T
f(M) - (MB + BA f - 2MB2 + (MB + BC J2	X
f(M) - (MB2 + 2MB. BA + BA2) - 2MB2 + (MB2 + 2MB. BC* + BC2)
f (M) - 2 MB*. ( BA + BC* ) + BA2 + BC2	(1)
a)	Supposons : AC - 10 et B est le milieu de (A, C) .
On a alors : BA* + BC* » O* et	BA - BC - 5
De l’égalité (1), on déduit : f (M) « 2 MB . O* + 50
Pour tout point M du plan 9>, on a donc :	f (M) - 50. L'ensemble T est donc le plan P .
b)	Supposons A, B, C non alignés et BA - BC » 5 .	( voir figure 1 )
Le triangle ABC est isocèle , de sommet B.Ona:BA+BC-2BI où I désigne le milieu de (A, C) .
L’égalité (1) s’écrit : f (M) - 4 MB*. BT + 50
La condition f (M) - 50 équivaut à : 4MB.BI «0 c’est à dire: MB1BI
L’ensemble r est donc la droite du plan P , perpendiculaire en B à (Bl) ;
autrement dit :	l’ensemble T est la droite contenant B et parallèle à (AC) •
Remarque : on pouvait prévoir que le point B appartient à l’ensemble T ( puisque f (B) - BA2 + BC2 = 50 ) •
211
c)	Supposons : BA 1BC et BA - 3 et BC » 4 ( voir figure 3 )
L’égalité (1) s’écrit : f(M)-4MB.BI +25	où I est le milieu de (A, C) .
—• —•	25
La condition f (M) = 50 équivaut à : Bl. BM - - —
Nommons Mo le projeté orthogonal de M sur la droite (Bl). On a :	Bl . BM = Bl x BMo
__________________________ _____ 25
f (M) - 50	<=> Bl x BMo - ~	(2)
L’ensemble r cherché est donc l’ensemble des points M du plan P dont le projeté orthogonal sur (Bl) est
le point Mo déterminé par l’égalité (2)
autrement dit :	l'ensemble r est la droite perpendiculaire en Mo à la droite (Bl) .
Positionnons ce point Mq :
1	♦
Choisissons pour sens positif sur la droite (Bl) celui du vecteur unitaire — Bl •
Onaak>rs:BÎ - Bl or Bl - — AC et AC - J32 + 42 - 5, d'où: BÏ - -
2	2
5 ______ 25	_____ 5
Le point Mo est alors déterminé par : — x BMq ------c’est à dire : BMq - —
2	4	2
Les points Mo et I sont donc symétriques par rapport au point B ( puisque BMq = - Bl ) .
2°) Pour tout point M de P, posons : g (M) - MA2 + 4MB2	+ MC2
a)	Le barycentre G de {(A, 1), (B , 4), (C, 1)} vérifie :GA	+ 4 GB	+	GC	«O
Ecrivons:	g (M)	-	(MG*	+	GA J2 + 4 (MG* + GB* f	+	(MG*	+	GC* J2
Après développement, on trouve :	g (M)	-	6MG2	+	2 MG . ( GA + 4 GB	+ GC	) + ( GA2	+	4GB2 + GC2 )
c’estàdire:	g(M)	-	6MG2	+	2MG* Ô* + (GA2 +	4GB2	+	GC2)
Calculons le réel GA2 + 4GB2	+ GC2,	indépendant du point M :
d’une part, on a : GA2 + GC2 - 2GF + j AC2	où	I est	le	milieu	de (A, C) .
d'autre part, en remarquant que G est barycentre de	{(1,2), (B	,	4)},	on peut	écrire	:
IG - — (2ÎÎ + 4ÏB) d'où: IG - —IB	IG - -
6	3	5	3
or IB - —, donc : ,
—•	1	—•	—•	1	2	5
BG - 4(2BI + 4BB ) d’où : BG « - Bl	BG = —
6	3	6
Puisque AC - 5,onobtient: GA2 + 4GB2 + GC2 - 2( —)2 +-(5)2 + 4(-)2 - —
3	2	6	6
2	125
Conclusion : Pour tout point M de P, on a : g (M) - 6MG +------ •
6
b)	La condition g (M) - 25 équivaut à : 6MG2 +	- 25 , c’est à dire : GM2 - —
6	36
L’ensemble C des points M de P vérifiant g (M) - 25 est donc le cercle du plan 9>, de centre G , de rayon — •
6
Remarque : On a :	BG - — Bl et BG - —
3	6
Le point B appartient donc au cercle (S, ce qui était prévisible puisque : g (B) = BA2 - 2BB2 + BC2  25 •
212
Exercice 8
Equations des hauteurs d'un triangle - Cercle circonscrit à un triangle -
Dans un plan &, muni d’un repère orthonormé ( Q, f, f ). construire les points A ( - 3,1) ; B ( 1,5) ; C ( 3, - 3) •
1°) Ecrire une équation de chacune des trois hauteurs du triangle ABC •
Justifier que ces trois hauteurs sont concourantes en un point H dont on précisera les coordonnées .
Le point H est appelé l'orthocentre du triangle ABC.
2°) Soit A1, Ag, A3 les médiatrices respectives de (B, C) , (C, A) , (A, B)
Ecrire une équation de chacune de ces médiatrices .
Retrouver par le calcul que ces trois médiatrices sont concourantes en un point O dont on précisera les coordonnées .
3°) Déterminer les coordonnées de l’isobarycentre G de {A , B , C} *
4°) Démontrer la relation : OH* - 3 GG’.
En déduire l’alignement des points O, G , H .
5°) Ecrire une équation du cercle C circonscrit au triangle ABC .
6°) Soit H3, H2, H, les symétriques de l'orthocentre H par rapport aux droites respectives (AB), (CA), (BC).
Soit K3, Kg, K, les symétriques de l’orthocentre H par rapport aux milieux respectifs (A, B) , (C, A) , (B, C).
Déterminer les coordonnées des six points H,, H2, H3, K,, K2 ,K3 -
Vérifier que ces six points appartiennent au cercle C circonscrit au triangle ABC .
213
Nous désignerons par M un point quelconque du plan , de coordonnées ( x , y ), dans le repère ( Q, i , j ) •
Ecrivons les coordonnées des vecteurs AB , AC , BC , qui seront souvent utilisées : AB (4,4) ; AC (6, - 4) ; BC (2,-8).
1°) a) La hauteur hA , issue de A, dans le triangle ABC, est la droite contenant le point A et perpendiculaire à (BC).
♦ M (x , y) e hA <=> AM’. BC* - 0
M (x , y) e hA <=> 2(x + 3)-8(y-1)«0	( puisque le repère ( Q, f , f ) est orthonormé )
M(x,y)e h^ »	2x	-	8y	+	14 - 0
Une équation de la hauteur	hA	est donc :	x - 4y + 7	»	0
b)	Par le même procédé , on trouve	:	une équation de la hauteur	hg	:	3x - 2y + 7		0
une équation de la hauteur	hg	:	x	+ y  0
c)	Justifions que ces trois hauteurs sont concourantes :
M (x, y) g hA n hg n hg <=>	(s) Z x - 4y + 7 - 0
j 3x - 2y + 7 » 0
\ x + y » 0
Le système (s) admet un unique couple solution: (xH , yH) - ( -	)
Les trois droites distinctes hA , hB , hc sont donc concourantes au point H ( - “.“•) •
2°) a) La médiatrice A, de (B , C) est l’ensemble des points M de P équidistants de (B , C) -
M (x, y) e A, <=> MB2 - MC2
M(x,y)eA1 ~ (x - 1 f + (y -	- (x - 3f + (y + 3f
M (x, y) e A! & 4x - 16y + 8 - 0
Une équation de la médiatrice A1 est donc : x - 4y + 2 - 0
autre méthode : la médiatrice A, de (B , C) est la droite perpendiculaire à (BC) en le milieu A’(2,1 ) de (B , C) .
M (x, y) e A1 <=> ÂM*. BC* = 0
M(x,y)eA1 <=> 2(x - 2) + (- 8)(y - 1 ) - 0
M (x, y) e A, <=> 2x - 8y + 4 - 0
On retrouve qu'une équation de la médiatrice A1 est donc : x - 4y + 2 - 0
b) Par le même procédé , on trouve : une équation de la médiatrice :	3x - 2y - 2 - 0
une équation de la médiatrice Aa :	x + y - 2 - 0
c) Justifions que ces trois médiatrices sont concourantes :
Mfc.yJeAinAgnAa <=> (o) / x - 4y + 2 - 0
) 3x - 2y - 2 - 0
( x + y - 2 - 0
6 4
Le système (o) admet un unique couple solution (Xq , y0)  ( —, — )
6 4
Les trois droites distinctes A1 , A2 , A3 sont donc concourantes au point O ( —, — ) •
(xa + xb + Xq
---------
;On trouve : (Xq , yG ) -f-, 1)
O
4°) Calculons les coordonnées des vecteurs OH et OG .
—•	jQ Q .. »	1Q 1
On trouve : OH (----, — ) et OG (--, —
v 5 5 '	' 15 5
On constate que : OH « 3 OG , ce qui prouve l’alignement des points O , G , H , dans cet ordre .
214
5°) Ecrivons une équation du cercle C circonscrit au triangle ABC •
M (x, y) g 0 <=> OM2 « OA2
62	42	62	42
M(x,y)ee ~ (x--)Z + (y--)Z-(-3-|)+(1 --f
62	4 2 442
Une équation du cercle C est donc :	(x-—)+(y-—)-
6°) a) Un point H3 ( x3, y3 ) est le symétrique de H par rapport à (AB) si, et seulement si : (83 ) J HH3. AB » 0
( m (H , H3)g (AB)
Ecrivons une équation cartésienne de la droite (AB) *
M (x, y) g AB o det ( AM , AB )  0
M(x,y)GAB~ 4(x + 3) - 4(y - 1 )  0
Une équation de la droite (AB) est donc :	x - y + 4 « 0
Le milieu de (H , H3 ) a pour coordonnées :	+
( 4(x3 +	+ 4(y3	0	/ ”3 + y» -0
Le système (S3 ) s'écrit alors : z	qui équivaut à : )
( i(X3‘K)’7(y3 + K) + 4“0	(5x3-5x3+26-0
_ .	.	,	, 13 13.
Ontrouve: (x3 ,y3	—)
. .	u . 13 13 .
«fou:	Hj(-—,—)
13	62	13	42 442
Le couple ( x3 , y3 ) vérifie l’équation du cercle C puisque : (----) +(----------)
5	5	5	5
।--- donc : H- g Q
25
Par la même méthode , on trouve : une équation de (AC) : 2x + 3y + 3 - 0
puis :
une équation de (BC) : 4x + y - 9 « 0
puis :
H ( 179 -dit
Hz(	65 ’
409 251
Hi(-85‘1'85’)
On constate , après calcul, que les couples de coordonnées des points H2 et
H, vérifient l'équation du cercle C .
b) Le milieu C ’ de (A, B) a pour coordonnées ( - 1,3).
11/7
— (— + x) - - 1
21 5
?(ïï+y‘)-3
3 23
On obtient ainsi les coordonnées de Kg : (- — , — )
7	17	27 3
Par le même procédé , on trouve : K2 ( —, - — ) ; K1 (—, — )
5	5	5 5
Il est facile de vérifier que les couples de coordonnées de K,, K,, K, vérifient l'équation du cercle e .
215
216
Exercice 9
Le seul instant de liberté du géomètre en analytique : le choix du repère.
Soit ABC un triangle et A, le projeté orthogonal du point A sur la droite (BC).
Soit Ag et A3 les droites perpendiculaires à (BC) en B et C respectivement.
Soit J et K les projetés orthogonaux respectifs de A, sur les droites (AB) et (AC).
On nomme :( J’ le point où la droite (AfJ) coupe Ag
< K* le point où la droite (A1 K) coupe A3.
Démontrer que la droite (JK ) contient l’orthocentre H du triangle ABC .
217
L’énoncé privilégie la direction commune des droites (AA, ), Ag, Aa et le projeté orthogonal A, du point A sur (BC) •
Il paraît donc judicieux de choisir un repère orthonormé dont les axes soient portés par les droites (BC) et (AA, ) •
Choisissons un repère orthonormé (A,, i , j ) où i dirige la droite (BC) et j dirige la droite (A, A ) -
Notons alors b l'abscisse du point B , c l’abscisse du point C , a l'ordonnée du point A (ae R* , b / c).
Il s’agit maintenant de déterminer les coordonnées des points H , J ’, K ', afin de prouver leur alignement.
Les coordonnées suivantes seront utiles : A(0,a) ; B(b,0) ; C(c,0) ; AB (b,-a) ; ÂC*(c,-a)
* Le point H a une abscisse nulle
Son ordonnée est telle que : BH . AC « 0
c’est à dire : - bc + y |_| ( - a)  0
On trouve : yH - - — ; d'où : H ( 0, - -y- )
♦ Le point K ’ a une abscisse égale à l'abscisse c du point C -
Son ordonnée y, est telle que : AïK1’. ÂC* - 0
c’est à dire: (c - 0)(c) + (y, - 0)( - a) = 0
2	c2
On trouve : y, « — ; d'où : K ’ ( c, — )
a	a
♦	Le point J ’ a une abscisse égale à l’abscisse b du point B .
Son ordonnée y2 est telle que : A,J’. AB « 0
c’est à dire: (b-0)(b) + (y2-0)(-a) = 0
b2	b2
On trouve : y2 « — ; d’où : J ’ ( b , — )
♦	Il reste à justifier que les vecteurs HJ’ et HK’ sont colinéaires .
Ona: HJ'( b,^(b + c) ) et HK'	( c,£(c + b) )
On constate que : c HJ’’ = b HK*, autrement dit : le point H est barycentre de {J ', c), (K ', - b)} f
ce qui prouve l'alignement des points J ’, H , K ' .
remarque : la projection " conserve les barycentres ".
On peut vérifier que le projeté orthogonal A, de H sur (BC) est lui-même barycentre de {(B,c),(C,- b)} .
En effet : c A,B* - bA/D* «c(bT)-b(cr)«Ô*
218
Exercice 10
Tétraèdre trirectangle en géométrie analytique
Dans l’espace (E), muni d’un repère orthonormé (O, F, f, k ),
représenter les points : A (2^370,0); B (0,2,0); C (0,0,1).
1°) Ecrire une équation cartésienne du plan (ABC) .
2°) a) Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal H du point O sur le plan (ABC) .
b)	Calculer la distance du point O au plan (ABC) 
c)	Démontrer que le plan (OCH) est perpendiculaire à la droite (AB) .
d)	Démontrer que le point H est Torthocentre du triangle ABC •
3°) a) Justifier que les points O et C ont même projeté orthogonal K sur la droite (AB) .
Préciser les coordonnées du point K.
b)	Déterminer une mesure 0 , en degrés , du dièdre d’arête (AB) dont les faces contiennent respectivement les
points O et C .
En déduire une mesure a de l’angle que détermine la droite (OC) avec le plan (ABC).
4°) a) Déterminer les coordonnées du centre Q de la sphère 8 circonscrite au tétraèdre OABC .
Préciser le rayon R de cette sphère .
b)	Calculer les coordonnées de l’isobarycentre G de {O,A,B,C} .
Vérifier que le point G est le milieu de (O,Q).
219
Les coordonnées des vecteurs AB , BC , AC seront souvent utilisées : AB (- 2 73,2,0); BC (0, - 2 ,1 ); AC ( - 2 73, 0,1)
1°) ♦ Un vecteur N (a, b, c) est normal au plan (ABC) si, et seulement si : N # O et N . AB = 0 et N . AC = 0
c’est à dire: (a,b,c) # (0,0,0) et ( - 273 a + 2b =0
( - 273a +c = 0
En prenant, par exemple , a - 1 , on obtient : (a, b, c) = (1 , 73 ,2 73 ) .
♦ Le plan (ABC) est l’ensemble des points M (x , y , z) tels que :	CM . N = 0
c'est à dire: 1 (x - 0)+ 73 (y - 0) + 273 (z - 1) » 0
Une équation cartésienne du plan (ABC) est donc: x + 73 y + 273z-273 =0	(1)
autre méthode : Le plan (ABC) est déterminé dans l’énoncé par ses traces A , B , C sur les axes de coordonnées •
x	y	z
L'équation " aux traces "du plan (ABC) est donc : —— + — + — = 1 , qui équivaut à (1)
o/q	2	1
2°) a) Le projeté orthogonal du point O sur le plan (ABC) est le point d'intersection H du plan (ABC) et de la droite A
contenant le point O et perpendiculaire au plan ABC •
Un point M (x, y, z) de la droite A, de paramètre X dans le repère (O , N ), vérifie :
Sx - X
y - 73 X
z - 273X
Ce point M (x , y , z) appartient au plan (ABC) si, et seulement si ses coordonnées vérifient l’équation (1) du plan
(ABC), c'est à dire si: X + 73 ( 73 X) + 273 ( 2 73 X ) - 273 -0
Il en résulte : X =
8
_•	J3-*	J3 3 3
Le point H est donc le point de A tel que OH = N . Les coordonnées de H sont donc : (	, —
b) La distance du point O au plan (ABC) est la distance : || OH ||
, d'où : OH
c)	Calculons: f OC. AB - 0(-273 ) + 0(2) + 1 (0) » 0	(OC J_AB
) —• —3	3	) —•
{ OH. AB =-*—(-2/3 ) +-(2) +-(0)-0 On en déduit ( OH 1 AB .
8	8	4
La droite (AB) est orthogonale aux deux droites sécantes (OC) et (OH).
La droite (AB) est donc perpendiculaire au plan (OCH) déterminé par ces deux droites .
d)	Pour démontrer que le point H du plan (ABC) est l'orthocentre du triangle ABC , il suffit de prouver que l CH 1 AB
( BÎT 1ÂC* •
°na: et
/ CH. ÂB.Æ(. 2/3 ) +2(2)+ (.l)o-O
18	8	4
d'où : \	, ce qu’on voulait démontrer .
( BH.ÂC -^.(-2/3 ) -11(0) + 1(1) - 0
8	8	4
220
3°) a) ♦ Le plan (OCH) est perpendiculaire à (AB) et ce plan contient les points O et C.
Les points O et C ont donc même projeté orthogonal K sur (AB) où: {K} - (AB) n (OCH)
♦ Le plan (OCH) contient l’origine O et AB est un vecteur normal à ce plan .
Une équation du plan (OCH) est donc : - 2v^x + 2y + Oz = 0	(2)
Les coordonnées (x , y , z) d’un point P de la droite (AB). de paramètre p dans le repère (A , AB ) de
cette droite sont : x = 275 + p ( - 275 )
y » 0 + p2
Z - 0	+ pO
Ce point P (x , y , z) appartient au plan (OCH) si, et seulement si ses coordonnées vérifient l’équation
(2) du plan (OCH), c’est à dire si :	- 275 (275 - 2 75p ) + 4p + Op = 0
Il en résulte : p = |
Le point K est donc le point de la droite (AB) tel que : AK =
3 •
— AB . Les coordonnées de K sont :
4
2	2
O..: «>.(£). (|)
J3
On trouve : cos OKC - -—
b) Les deux demi-droites [ KO) et [ KC) sont incluses respectivement dans les faces [ ABO) et [ ABC) du dièdre
qu’on veut mesurer.
Ces deux demi-droites sont en outre perpendiculaires en K à l'arête (AB) de ce dièdre .On a donc : e » OKC.
Le triangle KOC est rectangle en O, donc : cos OKC = —— •
CK
2	2
+ o2 - 3 et CK2- + 0) '+ (- 1 )2 - 4
d’où :	0 - OKC - 30°
Chercher une mesure de l’angle a de la droite (OC) avec le plan (ABC), c’est chercher une mesure a de
l’angle aigu que détermine cette droite (OC) avec sa projetée orthogonale (HC) sur le plan (ABC) .
Remarquons que : Ke (HC) puisque Ke (OCH) n (ABC) .
Dans le triangle KOC , rectangle en O, on a :	KCO = 90° - 30°
Il en résulte :	a « KCO  60°
4°) a) Un point Q de l'espace est le centre de la sphère 8 contenant les points O , A, B , C si, et seulement si :
£1 appartient aux trois plans 7q, médiateurs respectifs de (O, A), (O, B), (O, C).
Le plan contient le milieu A’ (75,0,0) de (O, A) et un vecteur normal à 7q est f.
une équation	du plan	tc,	est donc :	x	-	75 = 0
De même,	une équation	du plan	est :	y	-	1 = 0
une équation	du plan	1%	est :	z	-1 = 0
* Les coordonnées du point Q vérifient les équations des plans k, , 7^ , 713.
On a donc : 0(75,1 ,|)
♦ Le rayon de la sphère 8 est :
R . || Ho II -
221
1	V3
b) L’isobarycentre G de {O,A,B,C} a pour coordonnées : xG - — (x0 + xA + Xg + xc ) = -y-
yG “7<yo + ya + ys + yc)
ZG + ZA + % + Zc) =7
Le milieu de (O, Q ) a pour coordonnées :
c’est à dire :
2	'	2
Le milieu de (O, Q ) est donc le point G .
222
Exercice 11
Aire maximale d'une section rectangulaire de tétraèdre
Dans l'espace (E), muni d’un repère (O ,i , j , k ), on considère le tétraèdre ABCDdontles sommets sont les points
A (2a, 0,1) ; B (0,2b, - I) ; C (0,0,1)	; D (0,0, - I) où a, b, I sont des réels	donnés	strictement positifs .
1°)	Calculer le volume V du tétraèdre ABCD	à l'aide des réels a,b,l	seulement .
2°)	Déterminer le centre I et le rayon R de la	sphère 8 circonscrite au	tétraèdre ABCD .
3°)	Soit K le point de coordonnées (0,0, kl)	où k est un réel variable	appartenant à ] - 1 ,	+	1	[	•
Soit P le plan contenant le point K et perpendiculaire à la droite (CD) .
Ce plan coupe les droites (AD), (AB), (CB) en respectivement M , P , Q .
a)	Démontrer que KMPQ est un rectangle .
b)	Calculer le périmètre p du rectangle KMPQ. Que remarque t-on dans le cas où b = a ?
c)	Calculer l'aire G^ du rectangle KMPQ .
Pour quelle position du point K cette aire G,^ est-elle maximale ? Préciser alors cette aire maximale .
d)	Le rectangle KMPQ peut il être un carré quand k décrit J - 1 , + 1 [ ?
e)	Exprimer KP2 à l’aide des réels a, b, k.
Démontrer qu’il existe une unique valeur ko de k telle que l'on ait : KP* ±ÂB*
Justifier que la distance KP est minimale si, et seulement si k » ko . Exprimer alors cette distance minimale .
4°) Calculer le volume V(k) du tronc de prisme AMPQCK à l’aide de a , b, I, k.
Existe t-il une valeur k, de k telle que : V (kt ) « j V ?
223
Les coordonnées des vecteurs suivants seront souvent utiles :
CA (2a,0,0) ; DB (0,2b,0) ; DC (0,0,21) ; DA (2a,0,21) ; CB(0,2b,-2l) ; BA (2a,-2b,21)
Les réels a, b , I étant positifs , on a donc :
CA - 2a ; DB - 2b ; DC - 21 ; DA - 2^ a2 + I2 ; CB - 2/b2 + I2 ; BA - 2^a2+ b2+ I2
1°) Le triangle BCD est rectangle en D ( puisque DB . DC » 0 ), donc : aire BCD = DB x DC = 2bl
La droite (AC) est perpendiculaire au plan (BCD) ( puisque CA’ 1 CD et CA ± CB )
1	4
Le volume V du tétraèdre ABCD est donc : V « — x AC x aire BCD . On trouve : V - — a b I
3	3
2°) On a : CA . CB = 0 et DA . DB = 0
Les points C et D appartiennent donc à la sphère dont [ AB ] est un diamètre .
La sphère 8 contenant les points A, B , C, D a donc : / pour centre le milieu I de [ AB ]
J	1	/ 2	2	2
( pour rayon :R= — AB = ya+b + i.
3°) a) Déterminons les coordonnées des points M , P , Q •
On sait qu’ils appartiennent au plan P dont tous les points ont une cote égale à kl .
Sx = 0 + X2a
y » 0 + X0
z = - I + X2I et z - kl
On trouve :	X	=	| ( k	+ 1	)	d’où :	M((k + 1)a,0,kl)
•	/ x = 2a + p2a
♦ P (x , y, z) e (BA) n P	<=>	il existe	un	réel p tel que :<	y - 0 - p 2b
(	z = I + p 2I	et	z = k I
On trouve :	p	-	j ( k	- 1	)	d’où :	P ( (k + 1 )a, (1 -	k)b, k I	)
Sx » 0 + tO
y » 0 + t2b
z = I - 121 et z - kl
On trouve : t = | ( 1 - k ) d’où :	Q ( 0, (1 - k)b, k I )
Onendéduit: KM = (k + 1)ai et QP = (k + 1)ai et KQ « (1 - k)bj
L’égalité KM* « QP* prouve que KMPQ est un parallélogramme .
En outre KM* _LKQ" ( puisque î*J_f ) donc le parallélogramme KMPQ est un rectangle .
b)	Le périmètre du rectangle KMPQ est : p (k) = 2 (KM + KQ )
Puisque ke ]- 1 , +1 [,ona: KM - (k + 1)a et KQ - (1 - k)b,d’où : p(k) = 2[(a- b)k+(a + b)]
Dans le cas où a » b, on remarque que le périmètre p (k) est égal à 4a .
ce périmètre est alors indépendant de la position du point K choisi entre C et D .
c)	G. (k) = KM x KQ donc :	G (k) - ( 1 - k2 ) ab. Observons que : 1 - k2 > 0 puisque k g ] - 1 ,1 [ .
L’aire G (k) est maximale si, et seulement si : 1 - k2 = 1 , c’est à dire si k = 0 •
Le point K est alors en O et P est en I. Cette aire maximale est égale à ab .
224
d)	Le rectangle KMPQ est un carré si, et seulement si KM	= KQ,	c’est à	dire :	( k +	1	)a =	( 1 - k )b
KMPQ est un carré <=>	k = ——— . Observons que ——— e ]-	1 ,1 [	puisque	- b -a<b-a<b + a .
b + a	b + a
e)	♦	KP a pour coordonnées : (	( k + 1 )a, ( 1 - k )b, 0 )	d’où :	KP2 =	( k +	1 f a2	+	( 1 -	k )2 b2
♦	KP* _LÂB* <=>	- 2a2(k +	1 ) + 2b2 ( 1 - k) - 0	(1)
.2	2
b - a
L’équation (1) admet une seule solution k0 - —------- , qui appartient à ]- 1 , 1 [ •
b + a
♦	La distance KP est minimale si, et seulement si KP2 est minimale (car KP e R4" ) .
On peut exprimer :	KP2 - ( a2 + b2 )k2 + 2 ( a2 - b2 )k + (a2 + b2 )
KP2 est un polynôme du second degré de la variable k, de la forme ak2 + pk + y ( a, p, y réels ,
( a strictement positif.
On sait qu'un tel polynôme atteint une valeur minimale si et seulement si sa variable k est égale à -
2a
,2	2
b - a
La distance KP est donc minimale si, et seulement si k - —----- , c’est à dire si :	k 
b + a
2 2
„	22	2 2	4 a b
♦	Cette distance minimale est telle que : KP2 - ( ko + 1 ) a + ( 1 -	) b - —------
a 4- b
Cette distance minimale est alors appelée " plus courte distance ** entre les droites (AB) et (CD)
Les résultats précédents prouvent qu’elle est atteinte si, et seulement si la droite (KP) est la
perpendiculaire commune aux deux droites non coplanaires (AB) et (AC) .
4°) Le polyèdre AMPQCK est un tronc de prisme à bases triangulaires :
( dont les trois arêtes parallèles sont les segments [AC] , [MK] , [PQ]
( dont la section droite ( par un plan perpendiculaire aux trois arêtes parallèles ) est le triangle CKQ .
(AC + MK + PQ
----------
. u u. ’	(1-k)l(1-k)b 2a +(k+1 )a+(k+1 )a
On a: CK - ( 1 - k)l et KQ - ( 1 - k)b d’ou : V (k) « ---— x------—-------—
Ontrouve:	V(k)-(1-k)2(k + 2)-y-	
V(k)-lv « (1 -k)2(k + 2)-yl-|abl et	ke]- 1.+ 1 [
V(k)-jV o (1 - k)? (k + 2) - 2	et	ke ]- 1.+ 1 [
V(k) - jV <=> k3 - 3k - 0	et	ke ]- 1.+ 1 [
Il existe donc un seul réel k, tel que V(kJ-jV , qui est « 0	Le point K est alors en O
225
Angles orientés dans le plan .
Le plan P considéré est muni d'une distance .
A) ©iflanttë©
1°) Plan orienté . Cercles orientés.
a)	Orienter le plan 9 , c'est choisir sur tous les cercles de ce plan un même
sens de parcours appelé sens direct ou sens positif.
L'autre sens est dit sens indirect ou sens négatif.
Par convention . le sens direct est le sens contraire du sens de rotation des aiguilles d'une montre .
b)	On appelle cercle trigonométrique un cercle g , orienté dans le sens direct, de rayon l'unité de
longueur. sur lequel on a choisi un point I pour origine des arcs .
Le sens direct est aussi appelé sens trigonométrique .
2°) Abscisses curvilignes d'un point du carde trigonométrique C
a)	Considérons la droite graduée A. tangente en I au cerde C .	•
L'unité de longueur sur A est égale au rayon de C .	t
i
Enroulons A sur le cercle C ( comme un fil sur une poulie ) de la façon suivante :
♦	♦ La demi-droite [ h), ensemble des points de A d’abscisses positives, est enroulée
dans le sens positif sur le cercle C .
♦	♦La demi-droite [ It' ) , ensemble des points de A d'abscisses négatives , est enroulée
dans le sens négatif sur le cercle g 
Un point m , d'absdsse x sur A, vient coïncider avec un point M sur le cercle g .
Le point M est dit image du réel x sur le cercle trigonométrique g.
♦	Pour tout réel x , il existe un unique point image M sur C .
♦	Tout point M de C est image d’une infinité de réels :
x , x + 2x , x ♦ 4n , x - 2k , x - 4n r.... x + k2n (keZ)
♦	Pour tout point M de C, il existe dans lïntervalle ] - n, + k ], un unique réel
dont M est l’image .
Tous les réels x + 2kx(oùkestun entier relatif quelconque ) sont appelés les
absdsses curvilignes du point M
b)	congruence module 2 k
Les abscisses curvilignes d'un même point M de 0 diffèrent d'un multiple entier de 2 n
Pour exprimer que deux réels x ' et x diffèrent d'un multiple entier de 2 k ,
on dit que : x ' et x sont congrus moduk) 2 n
On écrit : x ' = x (2 n)
ce qui signifie qu'il existe un entier relatif k tels que : x ' - x  k 2 k
3°) Mesures d'un arc orienté du cercle trigonométrique g
a)	On appelle arc orienté de 6 tout couple (M1, Ms ) de points de g.
Cet arc orienté est aussi noté MM
M, est l'origine de tare MM ; M? est dit l'extrémité de MM
b)	Si x, est une abscisse curviligne de M,
si x2 est une abscisse curviligne de M2 t
on dit que le réel % - x, est une mesure de l'arc orienté MM
A
Xs
©©Milite $$
1e) Mesure» de (U , V* )
a) Soit (U , V ) et ( IT , V ) deux couples de vecteurs non nuis .
L'arc MM admet une infinité de mesures :
Une mesure quelconque de MM diffère de x2 - x1 d'un multiple entier de 2 n
On écrit : mes MM = Xî  x, ( 2n )
c) Si mes MM 5 x2 - x, (2k) alors mes MaM, a x, - Xg ( 2k )
Les arcs orientés MM et M2M, ont des mesures opposées “ module 2 n ".
d) Relation de Chasles
Quels que soient les points M,, Ma, M3 de C, on a :
mes MM + mes MM = mes MM (2 n)
Les vecteurs u , v , u’ , v* sont unitaires.
* Cet angle orienté est noté (U .V ) ou ( U* , V* )
On appelle mesure en RADIANS de Fangle ( U , V ) une mesure quelconque de l'arc MM
On note ( U , V ) une mesure quelconque, en radians , de l'angle (U , V ) •
♦ Il existe une et une seule mesure de ( U , V ) qui appartienne à l’intervalle ] - n, + % ] ; elle est appelée la
On dit que les couples de vecteurs (U , V ) et ( U’ , V ) représentent un même angle
orienté de vecteurs si. et seulement si :
les arcs orientés MM N,N2 ont même ensemble de mesures .
Soit M,, Ma, N,, Na les points tels que : OM, - u ; CM “ v ; ON,
Les points M,, Ma , N,, Nj appartiennent au cercle trigonométrique C
ON, - v*
mesure principale de ( U , V )
e) L'égalité: (U ,V ) » (LT ,V )
équivaut à :
( U , V ) e (LT , V ) (2n)
2°) Propriétés
a) (U ,V )e-(V ,U ) (2n)
les angles (U , V ) et ( V , U ) sont dits angles opposés.
b) Relation de Chasles :
Quels que soient les vecteurs non nuis U , V , W , on a :
( U , V ) + ( V , W ) s (U , W ) (2k)
c) Pour tous réels X et p strictement positifs, on a :
(XJU ,pV ) E (U ,V ) (2n)
d)
(-U.-V)e(U.V) (2k)
e)
(U ,-V ) e (U ,V ) + n (2k)
f) On appelle :
angle nul, angle plat, angle droit positif, angle droit négatif, les angles orientés ayant pour mesures respectives:
0, x, J,	-f
Pour tout vecteur u non nul, on a : ( u , u ) = 0 (2tc)
(lT.-lT) b n (2n)
3°) Angle orienté de demi-droites
a)	Soit [ Ax) et [ Ay) deux demi-droites de même origine A .
On appelle angle orienté de la demi-droite [ Ax) vers la demi-droite [ Ay)
l'angle orienté ( AB , AC ) où :	< B est un point quelconque de [ Ax)
r C est un point quelconque de [Ay)
Cet angle est noté : (Ax , Ay)
b)	Rappelons que la notation xAy désigne la mesure , en radians , du secteur angulaire [ xAy ]
Le réel xAy appartient à [ 0, n ]
c)	Si a est la mesure principale , en radians , de l'angle orienté (Ax , Ay), alors :
ae ]- *,+ n]
|<x| -'xAy"
d)	Etant donnés une demi-droite [ Ax) et un réel 0 , il existe dans le plan orienté une demi-droite unique [ Az) telle que :
(Ax , Az) = 0 ( 2n )
4°) Effet d'une translation , d'une homothétie , d'une réflexion sur les angles orientés .
a) Toute translation conserve les angles orientés .
B'
b) Pour tout réel k NON NUL ( ku , kv ) = ( u , v ) ( 2n ) , donc :
Toute homothétie conserve les angles orientés .
cas particulier :
toute symétrie centrale conserve les angles orientés .
c) Toute réflexion du plan ( ou symétrie orthogonale par rapport à une droite 0 ) contrarie les angles orientés.
5°) Bases et repère orthonormés , directs , Indirects
a)	Une base orthonormale ( i , j ) est dite directe si, et seulement si ( i , j ) a pour mesure + f rd •
b)	Une base orthonormale (?,]*) est dite indirecte si, et seulement si (i ,j ) a pour mesure (- |)rd .
c)	Un repère orthonormal ( O, i , j ) est dit direct si, et seulement si la base ( i , j ) est directe .

1°) Définitions
Soit P un plan orienté, muni d’un repère orthonormé (O, i , j ) direct , i = Ol ; j = OJ •
Soit 6 le cercle trigonométrique de centre O sur lequel on a choisi le point I pour origine des abscisses .
Tout réel x admet pour image un point M sur le cercle C .
x est alors une mesure en radians de ( f , OM’ ) .
a)	Soit P le projeté orthogonal de M sur l’axe des abscisses •
Soit Q le projeté orthogonal de M sur taxe des ordonnées .
On pose :	cos x - OP	et
On écrit aussi : oos (f, OM* ) - OP et
sinx - OQ
sin(f,OM ) - OQ
V x e R, - 1 < cos x £ + 1 et
- 1 < sinx s + 1
cos x « 0 <=>	x»f + kn (k e Z)
sin x - 0 <=>	x-kn (k g Z)
* L'axe de repère (O , i ) est dit axe des cosinus .
♦ L’axe de repère (O, j ) est dit axe des sinus .
b)	On pose : tanx - sixeR-f—+kn ; k € Z}
co s x	2
Soit T le point d’intersection de (OM) avec la droite A de repère ( I, j ).
Alors : TT - tan x. f
La droite A est dite axe des tangentes .
co s X
c)	On pose : cotanx - —----- si x g R - { kn ; k e Z}
sin x
Soit T ' le point d'intersection de (OM) avec la droite A* de repère ( J , i )
Alors : JT’ - cotan x . i
La droite A* est dite axe des cotangentes
d)	V x e R, cos2 x + sin2 x - 1
2	1
Si oos x # 0 1+tanx------------—	Si sin x # 0
cos x
4	♦ 2	1
1 + cotan x - ——
sin x
2°) Formules des angles associés
La notation M (x) signifie que M est le point image , sur 6, du réel x .
Les formules où apparaît tan x ne sont valables que sixGR-{j + kn;keZ}
Les angles dits associés à un angle orienté de mesure x rd sont ceux de mesures respectives :
(- x) ; k-x ; n + x ; J - x ; f + x
a)	Les points M (x) et M1 ( - x ) sont symétriques par rapport à l’axe des cosinus .
♦	cos( - x) - cosx
♦	sin ( - x ) » - sin x
*	tan ( - x ) - - tan x
b)	Les points M (x) et M2 ( n - x ) sont symétriques par rapport à l'axe des sinus .
♦	co s ( n - x ) - - cos x
♦	sin ( n - x ) - sin x
♦	tan ( jc - x ) - - tan x
Ma (jc - x)
c)	Les points M (x) et M3 ( n + x ) sont symétriques par rapport à l’origine O du repère .
♦	CO S ( JC + x ) - - co s X
♦	sin ( jc + x ) - - sin x
♦	tan ( jc + x ) - + tan x
d)	Les points M (x) et M ' ( f - x ) sont symétriques par rapport à la première bissectrice 5 du repère (O, i , j ).
♦ cos ( f - x ) - sin x
♦	sin ( f - x ) » cos x
♦	tan ( y - x ) - cotan x si x g R - {krc ; k g Z}
e)	Les points M'(f-x)etM"(|+x) sont symétriques
par rapport à l’axe des sinus .
♦	cos ( J + x ) - - sin x
♦	sin ( | + x ) - cos x
♦	tan ( y + x ) - - cotan x si x g R - {kn ; k g Z}
fJVkeZ.VxGR,	< cos ( x + k 2jc ) = cos x
< sin(x + k 2ti ) » sinx
VkeZ,Vx€R-{f + kJc}, tan ( x + kn ) » tan x
3°) Angles remarquable» et construction des points remarquables sur le cercle G
x ( en radians )	0	n *6	JC T	n 3	K 2
sinx	0	2	Æ 2	Æ 2	1
cos x	1	à 2	Æ 2	j 2	0
tanx	0	J1 3	1		
Les lignes trigonométriques ( sinus , cosinus ,
tangente , cotangente ) des autres angles
remarquables se déduisent de ce tableau
en utilisant les formules des angles associés .
4°) coordonnées de vecteurs dans une base orthonormale directe ( f , j* )
a) Les coordonnées ( a, b) d’un vecteur non nul u tel que ( i , u ) mesure 0 rd
a - || u || cos ( i , u )
c'est à dire : ( a - || u || cos 0
b - || u ||sin(f,û*)
b - || u || sin e
b) Le vecteur u1 , de même norme que u . et directement orthogonal à u (a, b)
admet pour coordonnées ( - b, a)
c) Pour déterminer une mesure a de l’angle orienté ( u , v ) où u et v sont deux
vecteurs non nuis , il est nécessaire , et d'ailleurs suffisant de connaître à la fois
cos(u , v ) etsin(u , v ).
Supposons connues les coordonnées respectives (a, b) et (c, d)
sont :
u (a,b)
v (c.d)
des vecteurs u et v dans une base orthonormale directe ( f, f ) ; alors :
—♦ —•	u v
co s ( u, v ) « ——--------
Il u ||x|| v II
c'est à dire :
r	ac + bd
COS ( U . V ) -	--— . ...
2,2	/ 2	.2
Va + b xyc+d
O dét .< (u.v)
sin ( u, v ) - ——=;—
sin ( u, v )
remarque : la nullité de dét ♦ ♦ ( u, v ) traduit la colinéarité des vecteurs u et v .
5°) Formules d'addition , de duplication
a)	♦ Soit u et v deux vecteurs unitaires et ( i , j ) une base orthonormale directe
Soit p et a les mesures respectives, en radians, de ( i , u ) et ( i , v )
( u , 7) s ( u ,F) + (F ,7) (2k) donc: ( u , 7 ) mesure a - p rd •
D’une part: u.v - || u ||x||v ||cos(u ,v ) c’est à dire: u.v -oos(a-p)
D’autre part :< u - cos pi + sin pj
’ 7 - cos a F + sinaf
donc :
u.v - cos a cos p + sin a sin p
d’où l’égalité :	cos (a -	P) - cos a cos p +	sin a sin p
♦	Changeons	p	en	- p, on obtient :	cos (a +	p) - cos a cos p -	sin a sin p
♦	Changeons	a	en	f - a, on obtient :	sin (a +	p) » sin a cos p +	cos a sin p
sin (a - p) - sin a cos p - cos a sin p
Les formules (1), (2), (3), (4) sont dites formules d’addition .
On en déduit les égalités ci-dessous lorsque tan a , tan p , tan (a + p) , tan (a - P) existent :
.	tan a + tan p .	. o. tan a - tan p
tan (a + P) ----------— tan (a - P) ----------------—
1 - tan a tan p	1 + tan a tan p
b)	Formules de duplication
♦/ cos 2a - cos2a - sin2a
) cos 2a - 2 cos2a - 1
I cos 2a - 1 - 2 sin2a
♦ sin 2a » 2 sin a cos a
2 tan a . . A	4 .
♦ tan 2a -------—	( si tan 2a existe )
1 - tan a
12 x
1	+ cosx - 2 cos —	xx
2	sinx - 2 sin—cos —
<	n • 2 x	2	2
1 - cosx - 2sin —
2
c) Factorisation de l’expression a cos x + b sin x
( a et b réels donnés non nuis , x réel quelconque )
(D
(2)
(3)
(4)
Considérons une base orthonormale ( i , j ) .
Le vecteur v ( cos x , sin x ) est unitaire .
"•	I 2	2
le vecteur U (a , b) est tel que : 7 || U || - y a + b
\ a - || U || cos0
( b - ||Ü*Usine
où 0 est une mesure de ( i , U )
a cos x + b sin x - || U || cos 0 cos x + || U || sin 0 sin x
/22	a	b
aoosx + bsinx-ya+b cos(x - 0) où: cos G « —	- et sin 0 - —
/ 2	.2	/ 2	.2
y a + b	y a + b
232
6°) Angles orienté» d'un triangle
♦ Pour tout triangle ABC, on a:
( ÂB*. ÂC* ) + ( CA*, CB* ) + ( BC*, BÂ* ) £ n (2n)
♦ Un triangle ABC est isocèle , de sommet A si, et seulement si :
( BC*, BÂ* ) £ — ( CB*, CÂ* ) (2n)
c’est à dire: ( BC*, BÂ* ) £ ( CÂ*. CB* ) (2n)

1°) Vocabulaire
a)	Soit A et B deux points d'un cercle C de centre O, de rayon R .
♦ Pour tout point M de C, distinct de A et B , l'angle AMB est dit angle inscrit dans le cercle C .
* L’intersection du cercle C et du secteur angulaire de côtés [ MA) et [ MB) est un arc du cercle Q d'extrémités
A et B , appelé arc [ AB ] intercepté par l'angle inscrit AMB .
b)	Soit I la longueur de Parc [ AB ] •
On appelle mesure , en radians, de l'arc [ AB ] le réel 0,0-
Remarque : 0 e [ 0,2n [
c)	Soit C et C ' deux cercles concentriques ( de centre O
< de rayons respectifs R et R ' différents
Les arcs [ AB ] et [ A’B' ] interceptés sur C et C par un même
secteur de sommet O ( ont des longueurs différentes I et I ', mais
I ont même mesure 0 en radians : 0 - — - ~—
'	R R'
2°) Théorème fondamental
La mesure d'un angle inscrit AMB est la moitié de la mesure ( exprimée en radians ) de Parc [ AB ] qu’il intercepte .
233
3°) conséquence»
a)	Deux angles inscrits AMB et ANB qui interceptent le même arc [ AB ] du cercle C ont même mesure .
b)	Deux angles inscrits AMB et AM’B qui interceptent deux arcs différents de mêmes extrémités A et B d’un même
cercle G sont supplémentaires .
autre énoncé : les angles opposés d’un quadrilatère convexe inscriptible AMBM’ sont supplémentaires .
4°) Formule» de» sinus
S - aire du triangle ABC
BC - a ; CA « b ; AB = c ;
R  rayon du cercle circonscrit à ABC
Les angles BAC et BA’C sont égaux ou supplémentaires et ont même sinus : sin BA’C -
-55- « — donc sin BAC
BA’ 2R	2R
abc
fonnulë—1 •	; * " ; D “ ;
sin A sin b sin C
formule 2 : S - y bc sin A ; S - | ca sin B ; S » j ab sin C ;
abc	abc
d'où ’ - —— •----
sin A sin B sin C	2S
a
234
Exercice 1
Une construction du pentagone régulier
1°) a) Exprimer sin 5a à l’aide de sin a seulement ( où a désigne un réel quelconque ) •
b) Déterminer, par deux méthodes , l’ensemble des réels a vérifiant: sin 5a « 0 •
.	. .	.	. n	. 2n	. 3n	. 4n
c) En déduire les valeurs numériques de : sin — ; sin— ; sin— ; sin— ,
5	5	5	5
, 2k 3k 4k n
puis celles de :	cos —	; cos —	; cos —	; cos —	
2°) Soit C un cercle de centre O , de rayon R .
On se propose de justifier une construction d’un pentagone régulier convexe inscrit dans le cercle 6 
♦	Par le	point	O, on mène deux droites perpendiculaires	5by	et	2>2, qui coupent	le	cercle C en A et A’ d’une
part,	en B	et B’ d’autre part ( voir figure ci-dessous ).
♦	Soit I	le milieu de (O, B). Soit Q le point défini par : OQ	-	-	j- OA
Le cercle T	de centre Q et contenant le point I coupe	la droite	(OA) en	J	et	K	.
(on appelle J celui de ces deux points appartenant à la demi-droite [ OA) )
Les tangentes en J et K au cercle T coupent le cercle 6 en quatre points qui sont, avec le point A, les
sommets d’un pentagone régulier.
1°)a) sin 5a = sin (4a + a) - sin4acos a + cos4asin a
(sin 4a = 2 sin 2a cos 2a
cos 4a « 2 cos2 2a - 1
d'où : sin 5a = 4 sin a ( 1 - 2 sin2 a ) cos2 a + ( 1
Ecrivons : cos2 a  1 - sin2 a ;
sin 5a - sin a ( 16 sin4 a - 20 sin2 a + 5 )
b) Première méthode
sin5a * 0 <=> 5a = kn (keZ)
sin 5a « 0 <=> a «	( k e Z )
235
donc : i sin 4a * 4 sin a cos a ( 1 - 2 sin2 a )
) cos 4a - 2 ( 1 - 2 sin2 a Y - 1
- 8sin2a + 8sin4a)sina
développons et ordonnons , on obtient :
Deuxième méthode
sin 5a = 0 <=> sin a ( 16 sin 4 a - 20 sin2 a 4- 5 ) - 0
.2	5-/5	.2	5 + /5
sin 5a « 0 <=> sin a = 0 ou sin a = ——— ou sin a « —-------
kii
En comparant les résultats obtenus par les deux méthodes on déduit que l’ensemble des nombres sin —,
3n	2n
— « n---
5	5
4n .	_ . î
cos— - 1 - 2 sin
5
On trouve :
4n /i 4- 1
cos— « -----
5	4
2°) Il s'agit de justifier que : OJ = cos—OA	et OK - cos— OA
5	5
QJ - QK - i^-OA
4
—» —» —•	—»	1 —» J5 —• —»
♦ OJ-OQ4-QJ donc: OJ=--OA4-— OA ; OJ-
4	4
----OA
4
t	—•
c’est à dire : OJ « cos —OA
♦ OK = OQ 4- QK
OK-cos — OA
5
236
Exercice 2
Evaluation de l’altitude d'une montgolfière par deux observateurs
Deux observateurs placés en deux points A et B d’un même plan horizontal veulent évaluer l’altitude HM d’une
montgolfière ( assimilée à un point M dont le projeté orthogonal sur le plan P est noté H ).
Ces observateurs mesurent au même instant les angles suivants : HAM - y ; BAM « a ; ABM = p
Connaissant la distance AB , calculer l'altitude HM de la montgolfière •
Application numérique : y - 60° ; a - 45° ; p - 30° ; AB - 400 ( longueur exprimée en mètres )
La droite (MH) est orthogonale à toute droite incluse dans , donc on a : (MH) ± (HA) •
Dans le triangle MH A , rectangle en H, on a:	MH = MA sin y
MA AB
Dans le triangle ABM , on a : -------- — a — et AMB = n - ( a + p )
sin p sin AMB
sin ( a + P )
L’égalité (1) devient:	MH - AB x  S'n “Sin P
sin(a+P)
Application numérique :
. / c
sin(45° + 30°) - sin45°cos30° + sin30°oos45°	donc: sin (45° + 30°) = v
4
1
sin 30° - — ; sin 60° - -—
2	2
Ona: MH - 400	_	tfoù: MH - 400/Ô '-^1
On trouve : MH - 100(3^2"- Æ")	soit : MH - 179,31.....
L’altitude de la montgolgière est 180 mètres ( à 1 mètre près par excès ) .
237
Exercice 3
Evaluation de la hauteur d'une antenne Inaccessible par un observateur seul
L'antenne d’un relais de télévision , entourée d’un grillage , se dresse verticalement sur un terrain horizontal •
Un observateur, placé en un point A du terrain , mesure l’angle d’élévation de l’antenne . Il trouve : HAS - a
Puis l’observateur s’éloigne sur la droite contenant A et le pied H de l'antenne •
Il s'arrête en un point B de cette droite d’où il mesure l’angle d’élévation de l'antenne . Il trouve alors : HBS = p
Connaissant la distance a entre les points A et B , calculer la hauteur h de l'antenne •
Application numérique : a « 75° ; p = 30° ; AB » 100 ( longueur exprimée en mètres )
Evaluons de deux façons l’aire s du triangle SAB .
♦ D'une part
♦ D'autre part
s - j SH x AB c'est à dire :
s - | SA x SB x sin ASB
On a :
SAB  k - a et
SA = SB
Sin p " sin SAB
ASB - n- (P + %- a)-a-p
AB
sin ASB
d'où :
SA
SB
a______
sin p sin ( n - a ) sin ( a - p )
. .	.	1 a sin p a sin a . , o.
La relation (2) devient : s » —-------------------x----------------x sin ( a - P )
2 sin (a - P) sin (a - P)
2
a sin a sin p
On trouve : s - —-----------------
2 sin(a - P)
(3)
Des relations (1) et (3), on déduit : h » a S'n a s'
sin ( a - p )
Application numérique :
. sin 75° sin 30°
h - 100x
sin 45°
or : sin 75° - sin ( 30° + 45° ) - sin 30° oos 45° + sin 45° cos 30°
sin 75° « —— + ^7
4	4
d'où :
h - 100
On trouve: h - 25(1 + /â ) = 68,30.
La hauteur de l'antenne est 68 mètres , à 1 mètre près par défaut .
238
Exercice 4
Evaluation de hauteurs d'arbres par un observateur seul
Un sapin et un peuplier sont plantés au bord d'un chemin horizontal ( voir figure ) •
Du pied B du peuplier, on a mesuré l'angle d’élévation du sapin . On a trouvé :
Du pied A du sapin , on a mesuré l'angle d'élévation du peuplier. On a trouvé :
En se plaçant au milieu I de ( AB ], on voit les sommets des deux arbres sous un angle droit .
Connaissant la distance a entre les pieds A et B des deux arbres . calculer la hauteur de chacun d'eux .
Application : AB = 36 ( en mètres )
ABS - a
BAP = 2g
Considérons les triangles rectangles SAI et PBI
(1)
Ona:
Al - IB --
2
Posons :
Alors :
d'où :
AIS - P (0 < p < f )
BIP - 5 - p .
AS - -tan p
2
( BP-|tan(^-P)
| tan p - tan g
| tan ( f - p ) » tan 2g
Or on sait : tan (	- p ) - cotan p * —— et
2	tan p
Des systèmes (1) et (2), on déduit :
_	2 tan g
tan 2g ----------—
1 - tan g
(2)
(3)
Le système (3) s'écrit donc tan p » 2 tan a
tan p - 2 tan a
Puisque 0 < 2g < J, on a :
-------- 4
tan p
tan g
4 * 2
1 - tan a
donc :
ce qui équivaut à :
tan g > 0 et
1	4 tan g
2 tan g 1 - tan2g
1 - tan2a * 0
(4)
/ tan p
Le système (4) est donc équivalent à : )
- 2 tan a
1 -
c'est à dire à :
2	2
tan g = 8 tan g
tanp - 2 tan g
(5)
„ 2 1
tan g « —
9
Le système (5) équivaut à:
On obtient donc : AS = — et BP
3
Îtana
tan p
a 3
2 X 2
5
2
5
c'est à dire :
BP - -a
4
Application : si AB - 36 ( en mètres ),
la hauteur du sapin est 12 mètres
la hauteur du peuplier est 27 mètres .
239
Exercice 5
Evaluation de la distance entre deux arbres situés sur la berge Inaccessible d'un torrent
Deux observateurs , situés en A et B , sur une même rive d’un torrent, veulent
évaluer la distance entre deux arbres plantés sur la rive opposée , en C et D .
Dans ce but, ils mesurent la distance AB et les angles suivants :
BAC = a ;^AD = y ; ABC = p ; ABD = 5
1°) Justifier que ces mesures suffisent pour calculer la distance CD dans le
cas où les quatre points A, B , C, D sont situés dans un même plan .
Application numérique : a « 45° ; y « 105° ; p = 60° ; 5 = 30° ;
AB » 60 (mètres)
2°) Comment peut-on estimer la distance CD lorsque le dénivelé du torrent
rend les quatre points A, B , C, D non coplanaires ?
1°) ♦ Calculons AC en considérant le triangle ABC. On a: -A— - —AJL<	et ACB • n - (a + p)
sin p sin ACB
d'où: AC-AB—$ln P	(1)
sin (a + pj
♦	Calculons AD en considérant le triangle ABD . On a : -A^~ « —A><-	et ÂDB - n - (S + y)
sin 5 sin ADB
d’où: AD-AB—*ln 8	(2)
sin Ç 5 + y)
♦	Calculons CD en appliquant la formule d’AI Kashi au triangle CAD : CD2 - AC2 + AD2 - 2 AC x AD x cos CAD
Les quatre points A, B , C, D étant coplanaires , on a :
CAD-|y - a | d'où : CD2 « AC2 + AD2 - 2 ACx ADxcos (y - a)
où les distances AC et AD sont données par les relations (1) et (2)
•	••	•/2+V6
Application numérique : On a :	sin(45*+ 60) = sin45 cos60*+ sin60 cos45° d’où : sin(45 + 60)  -——*—
sin (3O’+105’) » sin 135'-=
sin60'-^- ; sin30’- —
2	2
On a donc : AC -
d’où: AC - 30(3/2 -/ë)
1	2
AD = ABx-x-^r
2 /2
d’où : AD - 30 /2
2	2
Ondéduit: CD2 - 900 (3/2 -/ë) + (/ë) -2(3/2 -/ëX/2)^-
CD2 = 2411,54... d'où :	CD » 49,107...
La distance entre les deux arbres est égale à 49 mètres , à 1 mètre près par défaut.
2°) Dans le cas où les points A , B , C, D ne sont pas coplanaires , il suffit de faire mesurer directement l’angle CAD
à l'observateur situé en A .
Connaissant les distances AC , AD et l'angle CAD . on peut alors calculer la distance CD comme au 1°) .
240
Exercice 6
Distances des sommets d'un triangle équilatéral à un point de son cercle circonscrit
Soit ABC un triangle équilatéral inscrit dans un cercle C de centre O, de rayon R .
On note [ AB ] l’arc du cercle C ayant pour extrémités A, B , celui ne contenant pas le point C.
Démontrer que, pourtout point M de Tare [ AB ], on a : MA 4- MB » MC
Orientons le cercle C en sorte que les angles orientés (OA , OB ), (OB , OC ), (OC , OA )
aient pour mesure principale (+ ^) radians
Soit M un point quelconque de tare [ AB ] ;
alors la mesure principale , en radians , de (OA , OM ) est
un réel x appartenant à [ 0 ,	.
Cherchons une mesure de chacun des angles (OB , OM ) et (OC , OM )
♦ (ÔB , ÔM* ) = (ÔB*,ÔÂ* ) + (ÔÂ* ,ÔM*) (2rc)
(ÔB = -f + X	(2n)
* (ÔC ,ÔM ) » (ÔC ,ÔA ) + (ÔA .ÔM’) (2n)
(ÔC,ÔM)= +T + x	f2")
Calculons les distances MA, MB , MC :
Appliquons la formule d’AI Kashi aux triangles AOM , BOM , COM , sachant que : OA = OB = OC = OM = R
♦ MA2 - OA2 + OM2 - 2 OA x OM x cos (ÔÂ*, ÔM* )
7	2	2	2	2	2 X	222X
MA  H + R - 2R cosx « 2R (1 - cosx) , or: 1 - cosx - 2sin - d’où: MA = 4R sin —
2 TC ♦ Puisque x e [ 0alors :	X	71 i ïïe[°.-]
donc:	sin — £ 0 2
On en déduit :	MA - 2Rsin — 2
Démontrer l’égalité MC - MA + MB équivaut à démontrer :
(X TC A	y f X	. X TC .TC	X A	y f . X K . 7C X
2 + ïïj ’ sini + sin[? ’ 3> " [S,n7°°®3 + S'nÏÏœSïï) ’ Sini + VS,nÏÏœSï ’ S'n 3 C°S 2
( X tcA x . (* n>\	1.x	.x 1.x
îJ“SinÏÏ+S,nl2’?J- ïïs,n? +	ïïS,nïï “
[ X Kl x I X
Ontrouve:	sin l	I - sin— + sin" 3J « 0	(e)
L'égalité (e) est vraie , indépendamment du réel x appartenant à [ 0 ,	, donc :
Pour tout point M de l’arc [ AB ], on a : MC - MA + MB
Exercice 7
Aire maximale d'un triangle ABC
de côté [BC] donné quand BAC a une mesure Imposée
Soit B et C deux points distincts donnés .
Comment choisir le point A pour que le triangle ABC admette une aire maximale , sachant que BAC a une mesure
imposée a ( en radians ), a e ] 0, n [ ?
Préciser cette aire maximale.
Les réels a et sin a sont fixés , donc le rapport —-— est un réel k fixé ( k > 0 ) .
sin a
On a alors : 8 « — bc sin a et - - - - —-— - k
2	sin p sin y
d’où : f  j k2 sin a sin p sin y où :
J k2 sin a est un réel fixé •
L'aire 8 du triangle ABC est donc maximale si, et seulement si le produit sin p sin y est maximal •
On a : cos ( p - y) = cos p cos y + sin p sin y
cos ( p + y ) - cos p cos y - sin p sin y
Retranchons membre à membre ces égalités , on obtient : 2 sin p sin y « cos ( p - y) - cos ( p + y)
or: p + y « n - a donc:	2 sin p sin y = cos ( p - y) - cos a
Le réel cos a est fixé , donc le produit 2 sin p sin y est maximal si, et seulement si cos ( p - y) est maximal,
c’est à dire : cos ( p - y) » 1 , condition équivalente à : p « y .
L'aire du triangle ABC est donc maximale si. et seulement si le triangle ABC est isocèle de sommet A.
On a alors : p - y - — -	,
K r 2 2
Il existe deux triangles isocèles solutions , symétriques par rapport à la droite (BC) •
1	11	a^
L’aire maximale est donc : 8} - — BC x IA ( où I - m (B, C) )	» — BC x — BC tan p , d'où : 8, « — cotan —
2	2	2	4	2
Remarque : on démontre que l’ensemble des points M tels que BMC - a ( a e ] 0 , n [, a imposé ), est la réunion
de deux arcs de cercles d’extrémités B et C, symétriques par rapport à la droite (BC).
Ce résultat, s’il est admis , autorise une solution plus rapide à cet exercice .
ce qui permet de construire le point A •
242
Exercice 8
Mesures des angles d'un triangle
1°) Déterminer les mesures des angles d’un triangle ABC dont on connaît les longueurs des trois cotés :
BC - 76 ; CA = 2 ; AB - 1 + 73
2°) Construire un triangle ABC sachant que :
BAC mesure 60°
La distance h du point A à la droite (BC) est
La somme des distances du point A aux sommets B et C est 3 72 + 76
Préciser les longueurs de ses côtés et les mesures de ses angles ABC et ACB .
notations: on notera a « BC ; b = AC ; c = AB
1°) Appliquons la formule d’AI Kashi au triangle ABC
2	2	2
» BC2 - AB2 + AC2 - 2. AB. AC. cos BAC d'où : cos BAC =	* AC ~ BC
2.AB.AC
On obtient : cos BAC -	® _ 2. <foù ; bac - — rd
4(1+/3)	2	3
ZX 2	2	2
» CA2 - BC2 + BA2 - 2. BC. BA. cos ABC d’où : cos ABC - 60 * BA ~ CA
2.BC.BA
On obtient :	cos ABC »	* * 3	—- - —Lr d’où	:	ABC - — rd
2.76 ( 1 + 73 )	72	4
* Ona: BAC + ABC + BCA = n	d’où:	BCA = n- (- + -).	Onobtient:	BCA- —rd
3	4	12
La figure (1) indique une construction du triangle ABC
On construit d’abord un triangle équilatéral AA’C de côté AC « 2
Le milieu H de (A, A’ ) vérifie : AH » 1 et CH - 73
Le cercle de centre H , de rayon HC coupe la demi-droite [ AH) au point B .
2°) ♦ Recherche de la longueur a du coté [ BC ]
a2 « b2 + c2 - 2bc cosBAC et cosBAC » J , donc : a2 = b2 + c2 - bc	(1 )
D’une part, on connaît : b + c = 372 + 76
2
D'autre part, on a :	bc sin 60° = ah « 2 ( aire ABC ), donc : bc » —— ah
73
La relation (1) s’écrit: a2»(b + c)2-3bc, c’est à dire: a2 - (3 72 + Tëj2 - 73(73 +1)a
243
La longueur a du coté [BC] est solution de l’équation du second degré : a2 + (3 + 75)a - (3/5+75 f -0 (e)
On remarquera que le discriminant de ce trinôme est :	9 (3 + 75 f
L'équation (e) admet deux solutions de signes contraires. On a donc : a - 3 + 75
♦ Recherche des longueurs b et c des côtés [ CA ] et [ AB ]
2
On sait que : bc - —— ah .
V3
2	r~ J + 1 f~ 2
Connaissant a et h , on peut calculer : bc « —— (3 + 73 )-- ( V 3 + 1 )
73	2
Onadonc: i b + c- 375 + 75 = 75(75 + 1 )
l bc - (75+ 1)2
Les réels b et c sont donc solutions de l’équation du second degré : x2 - 75(75 +1 )x + (75 + 1 )2  0
dont le discriminant est :	2 ( 75 + 1 f
L'énoncé précise b > c .
Onadonc: b - 275 + 75
c-75
♦ Recherche des mesures des angles ABC et BCA
Première méthode :
2	2,2
cos ABC - a — C--
2 ac
On trouve :
cos ABC
Remarquons :
----— « —— x — —— x ——
4	4	2	2	2	2
donc :
n n
= cos—cos—
4	3
. n . n
- sin—sin—
4 3
On reconnaît :
cos ABC - cos ( f + | )
Puisque ABC € ] 0, n [,
on déduit :
ABC - y + y rd
ou
105°
Ona: BAC + ABC + ACB - n
d’où :
ACB - rd
12
ou
15°
4
4
Deuxième méthode :
2(aireABC) » ah » acsinABC ,
d’où :
sin ABC
Remarquons :
4
donc :
. n „	.....
- sin—cos— + cos—sin—
4	3	4 3
On reconnaît :
on déduit :
sin ABC - sin ( J + y )
ABC - — rd ou bien ABC - — rd
12	12
mais cette méthode (séduisante) ne permet pas de préciser entre ces deux éventuelles solutions II!
La figure 2 indique une construction du triangle ABC grâce à la connaissance de CBÀ, AB . BAC .
♦ Construire d'abord un triangle rectangle isocèle BB'A’ tel que B'B = B’A' « 1 .
On a alors :	BA’ - 75 et B’BA’ = J rd
Construire ensuite un triangle équilatéral, de coté BA', " extérieur " au triangle BB'A’ .
On a alors :	BA = BA' - 75 et ABB' - J + J rd et BAA’ - | rd
Le sommet C du triangle ABC cherché est le point d'intersection des droites (BB' ) et (AA' ) .
4
— x — + —— x -—
2	2	2	2
4
n
3
4
K . K
4 3
244
Exercice 9
Volume d'un tétraèdre connaissant :
les longueurs des 3 arêtes issues d'un même sommet S
les 3 angles de sommet S .
Soit un tétraèdre SABC.onpose : SA - x ; SB - y ; SC = z
On appelle a, p, y les mesures respectives , en radians , des angles BSC, CSA , ASB
Démontrer que le volume V du tétraèdre peut être exprimé à l'aide des seules données x , y , z , a, p , y selon la relation :
.2	1 2 2 2f 2	2	2	A
v ’ 36”x Y z 1 1 " œs a ’ 008 P ‘ œs Y + 2 cos a cos p cos y J	( r)
indication : Soit H le projeté orthogonal du point A sur le plan (SBC)
Soit M et N les projetés orthogonaux du point H sur les droites respectives (SB) et (SC).
Etablir : MN2  SH2 sin2 a ; en déduire SH2 puis V2.
A
S
V «—AH x (aire SBC) et aire SBC = — SB x SC x sin BSC donc: V - — y.z.sin a. AH (1)
3	2	6
2	1	2 2 2	2
Premier cas: Si H - S alors : AH - AS - x donc: v - —x y z sin a	(2)
36
Dans ce cas , la droite (AS) est perpendiculaire en S au plan (SBC), donc (AS) est perpendiculaire à
chacune des droites (SB) et (SC) incluses dans ce plan .
On a alors : p - y « f
donc : cos p » cos y = 0
2	12 2 2
L'égalité (2), qui s'écrit : v - —x y z ( 1
2
cos a ) équivaut donc à la relation (r) •
Deuxième cas Si H # S alors : la droite (AH), perpendiculaire au plan (SBC), est perpendiculaire à la droite
(HS). qui est incluse dans ce plan .
On aalors : AH2 - SA2 - SH2 donc: AH2 - x2 - SH2	(3)
Pour calculer SH , traçons, dans le plan (SBC), les droite A, et Ag contenant H et
perpendiculaires respectivement aux droites (SB) et (SC).
Posons :	{M} - A, n (SB) ;	{ N} - Ag n (SC)
Onaalors: ( ÂFT1SB et HÛT1SB ( (ÂH + HM)±SB ( ÂM ±SB*
( ÂÎT1SC* et HFr_LSC* donc/ (ÂPT + HN* ) 1SC* soit:/ ÂhTlSC* .
245
Remarquons que les points M et N sont donc distincts ( sinon , on aurait : M - N « H  S ) -
Si les points M, N , S sont distincts , calculons MN2 de deux façons ( voir figure (1 ) ).
* D'une part : en appliquant la formule d'AI Kashi au triangle MSN , on a :
MN2 - SM2 + SN2 - 2 SM. SN. cos MSN
Si M e [SB) et Ne [SC)
SM - xcosy
SN  xcosp
Si M e [SB) et Ne [SC)
SM « xcosy
SN - xcos(n - p)
Si M e [SB) et Ne [SC)
SM » xcos ( n - y)
SN » xcos(n - p)
MSN - a
MSN - n - a
MSN = a
Dans tous les cas , on trouve :
MN2 - x2 cos^y + x2 cos2p - 2 x2 cos y cos p cos a
(4)
♦♦ D'autre part : le cercle de diamètre [ HS ] étant le cercle circonscrit au triangle MSN , on a :
sin^M^N " double du rayon du cercle circonscrit au triangle MSN )
HS2- MN?
d’où :
. 2
sin a
(5)
♦♦♦ Des égalités (4) et (5), on déduit :
2
HS2 « —
sin a
2	2	A
co s y + co s p - 2 co s y co s p co s a J
fégalité (3) devient :
2
AH2
sin a
2	2	2	A
- co s a - co s y - co s p + 2 co s y co s p co s a J
♦♦♦♦ Finalement, on obtient :
1 2 2 2
-36Xy Z
2	2	2
cos a - cos y - cos p + 2 cosy cosp cosa
Si l'un dés points M ou N est en S ,
♦ On a alors : AS 1 SC donc :
par exemple , supposons N - S
( voir figure (2) ) .
D’autre part, on a :
d'où :
D’autre part, on a :
P-?
d'où :
co s p » 0
MN - HS cos MSH
MN2 - HS2sin2a
MN = SA cos ASM
et ( MSH =
MSH -
et ( ASM =
?-a
a-2
si
si
si
(6)
y
o < 7 < ?
ASM -
si
n - y
d'où :
MN2 » x2cos2y
(7)
Des égalités (6) et (7), on déduit :
HS2
2
X 2
= ——cos y
sin a
(8)
L'égalité (3) devient :
d’où :
AH2 -
. 2
sin a
v2-—x2
36
2
co s a
- co s
2	:
cos a - cos
1
L'expression trouvée dans le cas général est donc encore valable dans ce cas particulier.
246
Exercice 10
Volume d'un tétraèdre connaissant les longueurs de ses 6 arêtes
1°) Construire le développement d’un tétraèdre SABC connaissant :
SA - 1 ; SB - 2 ; SC - 2l2~ : AB - Æ" ; BC - 2 ; AC - Æ“.
Réaliser ce tétraèdre par pliage et collage , puis calculer son volume V .
indication : utiliser les résultats de l'exercice précédent (n° 9 page 245 ) .
2°) Calculer les aires des quatre faces de ce tétraèdre .
247
1°) remarque : la construction de chacun des triangles constituant les faces du tétraèdre est possible puisque les
longueurs de leurs côtés vérifient l'inégalité triangulaire .
Par exemple : | AB - AC | < BC < AB + AC
une telle construction ne serait, par exemple pas possible dans le cas :
SA- 4; SB- 4; SC - 4 ; AB - 1 ; BC-2; AC- 4;
Remarquons également que la construction d'un tel développement ne garantit pas l'existence du
tétraèdre . Un tel tétraèdre ne serait, par exemple . pas constructible dans le cas :
SA - 1,1 ; SB - 1,1 ; SC - 1,1 ; AB « 2 ; BC-2 ; AC - 2 ;
Utilisons les résultats de l'exercice précèdent ( n° 4 )
et calculons cosa , cosp , cosy .
cos a - cos BSC
SB2 + SC2 - BC2
2 SB x SC
cos P - cos CSA
2	2	2
SC -h SA - CA
2 SC x SA
cos y - cosASB
2	2	2
SA 4- SB - AB
2 SA x SB
On trouve :	1 cosa - —=	d'où :	a - — rd
	V2		4
On trouve :	cos p » -p- V2	d'où :	P - jrd 4
On trouve :	1 cosy --	d'où :	N GO|3
2	1	2	2	2(	2	2	2	?
On a donc : v « — SA x SB x SC 1 - cos a - cos p - cos y + 2 cosa cos p cos y J
91	1	1	1 O 1	1	1
V2 - — xi x 4 x8x 1 ’ 2 ’ 2 ’ 4	+ X /7X 2
36	\	V2 V2 * J
2	2	J 2
On trouve : v - — d'où : V - 2—
9	3
2°) Calculons l'aire s du triangle ABC . Posons : AB-c ; BC = a ; CA- b.
p	.2	2	2
On a :	sin BAC = ——	et cos BAC - —----—
bc	2 bc
(x2
,2	2	2 \
b + c  a |
----n---	- 1
2bc J
Onobtient:	16s2 - 4b2c2 - (b2 + c2 - a2 J2
2	JÏT
Appliçafon numérique : On trouve: 16 s -44 d'où: s --y
•J3
De même, on trouve : aire SBC - 2 ; aire SAB ------------ ; aire SAC « 1 .
248
Exercice résolu 11
Attelage de chiens de traîneau
Le but de l’exercice est de déterminer la résultante OR de n forces coplanaires OF1 , OF2 ..OFn ,
( n e N , n £ 2 ) de même norme, appliquées en un même point O et disposées en éventail , c’est à dire que :
la mesure principale , en radians , de l’angle orienté ( OF_ , OF_ . < ) est un réel donné a appartenant à ] 0 , — ]
p p	n
et indépendant de l'entier p ( 1 < p < n - 1 ) •
Pour alléger les notations , on suppose : || OF11| - ||OF2 || - . -	||OFn || - 1
Le plan contenant les points O, F,, F2.Fn est muni d’un repère orthonormé direct ( O, i , j ) tel que : i « OF1 •
1°) Démontrer que les coordonnées (x , y) , dans la base ( i , j ) de la résultante OR s’écrivent :
( x - 1 ♦ cos a + oos 2a +........ + cos(n - 1)a
< y - sin a + sin 2a +............ + sin ( n - 1 )a
2°) Dans chacun des cas : n - 2 ; n - 3,
Représenter OR et calculer || OR || •
Déterminer une mesure de (f , OR ) dans le cas où OR est différent de O •
3°) On suppose n entier quelconque , n £ 2 ( voir figure 3 ) -
a)	Démontrer que , pour tout entier naturel p, on a les égalités :
3	3	3
2 sin —cos pa - sin ( pa + —) - sin ( pa - —)	(ep)
2sin-|sinpa - cos ( pa - -|) - cos ( pa +	(rp )
b)	En additionnant membre à membre les n égalités eo , e1.en . -j , démontrer que :
. na ( n - 1 )a
sin — cos -——-£—
2	2
1 + cos a + cos 2a +.........+	cos ( n - 1 )a ----------------
3
sin —
2
c)	Démontrer, par une méthode analogue , que :
. na . ( n - 1 )a
sin — sin -—-——
2	2
sin a + sin 2a ♦.......+	sin ( n - 1 )a ---------------
a
sin —
2
d)	Calculer || OR ||. Pour quelles valeurs de a, la résultante OR est-elle égale à O ?
2w	*
e)	On suppose : a # —. Déterminer une mesure de ( i , OR ) .
figure 1 I		j " >R	figure 2
249
1°) Les angles orientés ( i, OF,	), ( i, OF2 )	, ( i, OF3 ).(	i, OFp ) ....	( i, OFn ) ont	pour mesures respectives :
0, a, 2a,	( p - 1 )a,	( n - 1 )a
Les vecteurs OF, , OF2.......OFp........OFn , sont unitaires .
Leurs coordonnées respectives dans le repère (O, i , j ) sont donc :
OF, (1,0) ; OF2 (cosa , sin a) ;...;	OFp (cos (p - 1 )a , sin (p - 1)a ) ;.;	OFn (cos (n - 1)a, sin (n - 1)a )
La résultante OR, égale à OF, + OF2 +......+	OFn admet donc pour coordonnées (x, y) :
x - 1 + cos a + oos 2a +......... + cos ( n - 1 )a
y-	sin a + sin 2a +.......+ sin ( n - 1 )a	où a g ] 0,	]
2°) ♦ si n - 2 alors
]0,%]
( voir figure 1 )
OR « (1 + cosa)i + sinaj
—*	2 a “•	a	a
OR = 2 cos — i + 2 sin — cos — j
2	2	2
+	g	g —♦	g —♦
donc : OR - 2 oos — ( cos — i + sin — j )
2	2	2
Posons :
-*	a-*	. a-*
u - cos — i + sin — i ;
2	2
alors u est unitaire et ( i , u ) mesure — radians •
2
Ona :
—»	a —•	a
OR - 2 cos — u et cos — >
2	2
(car g ] 0 ,y]). Onadonc : ||OR|| - 2cos
a e
0
La résultante OR
—•	a
est O si, et seulement si cos —
2
0 , c’est à dire si a - n . On alors : OF2 « - OF, .
On retrouve ainsi une méthode intuitive pour immobiliser un attelage de deux chiens I!
Si a g ] 0 , n [, alors OR est un vecteur non nul, colinéaire à u et de même sens , donc : ( i, OR ) mesure rd
On peut reprouver ces résultats , dans ce cas particulier, en considérant le losange OF, RF2 •
♦ si n - 3 abrsaG]0,^] ( voir figure 2 )
OR" - ( 1 + cos a + cos 2a ) f + ( sin a + sin 2a ) j
or: 1 + cos 2a » 2cos2a et sin 2a - 2 sin a cos a
donc : OR" « ( 2 cos2a + cos a) f + ( sin a + 2 sin a cos a ) j
c’est à dire: OR  (1 + 2cosa)[cosai + sinaj]
Posons: v* - cosa? + sinaj* ;	alors v est unitaire et (i , v ) mesure a radians •
On a : OR* - (1 + 2 cosa) v* ;
or a g ]0,nf],donc: - j<cosa<1 , d’où: 1 + 2 cosa > 0 Onadonc: ||ÔR" ||-1 ♦ 2 cos a
La résultante ÔR* est O si, et seulement si cos a » - J , c’est à dire si : a 
On retrouve ainsi une méthode intuitive pour immobiliser un attelage de trois chiens I!
Si a g ] 0, y [, alors le vecteur v est en fait le vecteur OF2 .
Le vecteur OR est donc colinéaire à OF2 , et de même sens , donc : ( i , OR ) mesure a rd .
On peut retrouver ces résultats , dans ce cas particulier, en considérant le losange OF, SF3 .
250
a	a a
3°) a) D'une part : i sin ( pa *+ — ) « sin pa cos — + sin — cos pa
j	a	a a
( sin ( pa - — ) » sin pa cos — - sin — cos pa
En retranchant membre à membre , on obtient : sin ( pa +	) - sin ( pa -	) - 2 sin cos pa
D'autre part : ï cos ( pa + -|- ) - cos pa cos - sin sin pa
)	3	3	3
( cos ( pa - — ) - cos pa cos — + sin — sin pa
En retranchant membre à membre , on obtient : cos ( pa -	) - cos ( pa + ~ ) - 2 sin sin pa
(«p)
(rp)
figure 3
b) Ecrivons les égalités ( ep ) pour p appartenant à {0,1,2.,(n	- 1 )}
.	.	« • a «	. a . I a j
(	Bo ) 2sn—x 1	- sm- - sm^-^j
.	. n . a	.3a	.a
(	e. )	2sin— x cos a - sin— -	sm —
1	2	2	2
, .	« . a	.5a	.3a
e9 )	2 sm—x cos 2 a		sin— - sm —
*	2	2	2
/	i o a / o \	. ( 2n - 3 )a . ( 2n - 5 )a
(en . 2 ) 2sm —xcos ( n - 2 )a - sin-*--— -sm2-------——
/	v o • a /	« v . ( 2n - 1 )a . ( 2n • 3 )a
<	en-i )	2sm—xcos(n - 1 )a - sin1——— -sin1———
Additionnons membre à membre ces n égalités . Il reste :
2sin-|-( 1 + cosa + cos 2a +.+ cos (n - 1)a) «sin -2n ~ 1^a - sin	“ j
Par hypothèse , on a : n£2 et 0<a<— . On en déduit: 0< —<—<—d'où: sin—# 0
n	2 n 2	2
• /	1 v • a
sm (n - — )a + sm —
2	2
On obtient donc :	1 + cos a + cos 2a +..+ cos (n - 1)a ----------------- (1)
251
Transformons le numérateur A du second membre .
A « f sin na cos — - cos na sin —
A l 2	2
a | .a
2 J + s,n 2
4	O  2
1 - cos na - 2 sin
_ na	n»
smna - 2 sin—cos —
2	2
na na a 2/ na \ a	na 1 na a , na .al
A - 2sin—cos — cos- + 2 sin V sin- - 2 sin-^- cos — cos - + sin — sm-
2	2	2	\ J 2	2 \ d	J
.	« • na
A « 2 sin — x cos
2
. na (n - 1)a
sm — x cos -———
2	2
L'égalité (1) devient : 1 + cos a + cos 2a +.+	cos (n - 1)a -------- (2)
t a
sin —
2
c) En additionnant membre à membre les (n - 1) égalités (rp ), pour p appartenant à {1 ,2 ,, (n - 1)}, on trouve
2 sin—( sin a + sin 2a +..+ sin (n - 1)a) = cos — - cos-^——
2	2	2
a (2n - 1)a
co s — - co s------
a	2	2
soit, puisque sin — * 0, sin a + sin 2a +.....+	sin (n - 1)a «------------------- (3)
2	2sin —
2
En transformant le numérateur B du second membre , par un procédé analogue à celui du 3°) b),
. na . (n - 1)a
sin — x sin -----—
2	2
l'égalité (3) devient :	sin a + sin 2a +..+	sin (n - 1 )a ------------------ (4)
a
sin —
2
. na
—>	Sln 2 ( (n - 1)a?	. (n - 1)a-?1
d)	Des formules (2) et (4), on déduit : OR ----I 005 —--------1 ♦ 840 J I
sin —
2
_	—• (n	- 1)a-?	. (n	- 1)a^
Posons :	w	= cos -----— i	+ sin --— i
2	2
. na
____  sin—_	,	,	1)a
On a : OR «---------w , où w est un vecteur unitaire tel que : ( i , w ) mesure -——— radians
sin —
2
. na
sin —
aitïc	na	a	na	•
On sait: 0 < — <—£— .donc: 0< — < n .On en déduit : sin —>0 et sin — £0. donc:	||OR ||  ------
2 n 2	2	2	2	.a
sin —
2
e)	Le vecteur OR est nul si, et seulement si : sin — - 0, c’est à dire si : a - — •
2	n
Conclusion : La résultante des forces OFV OF2...OFn est nulle si, et seulement si les points F1 , F2 ,... F,
sont les sommets d’un polygone régulier inscrit dans le cercle 6 de centre O et de rayon 1 .
2n	»	»
f)	Si a e ] 0, — [, alors OR est un vecteur non nul, colinéaire à w et de même sens .
n	________ _________
On a donc : ( i , OR ) s ( i , w ) ( 2n). Une mesure de ( i , OR ) est alors - rd
Remarque : On pourra justifier que la résultante OR est portée par la bissectrice de l'angle F1OFn en
établissant que les angles (OF1 , OR ) et ( OR , OFn ) ont même mesure ——
Exercice 12
Problème d’Alhazen ( billard circulaire )
Alhazen né à Bassora vers 980 , mort au Caire en 1038 .
On considère un billard circulaire de centre O, de rayon R .
Une boule , lancée d'un point M strictement intérieur à ce billard , repasse en ce point après s'être
successivement réfléchie sur le pourtour du billard en trois points distincts A, B , C .
On se propose d'analyser comment le joueur a choisi la direction de lancement de la boule .
A)	Eléments de symétrie de la trajectoire
1°) Démontrer que les points A et C sont symétriques par rapport à la droite (OB) •
2°) démontrer que les angles orientés (AM*, ÂÔ* ), (ÂO*. ÂB* ), (BÂ*, BÔ* ), (BÔ*, BC* ), (CB*, CO* ), (CO, CM’ ) ont
tous même mesure a .
B)	On suppose , dans cette partie , que les points M , A , C ne sont pas alignés
1°) Etude de la trajectoire
a)	Démontrer que le triangle AMC est isocèle de sommet M .
b)	Démontrer que ( OA*, OM* ) admet pour mesure 2a .
c)	Justifier que la médiatrice de [ MA ] coupe la droite (OA) et que leur point commun P appartient au segment [ OA ] .
d)	Démontrer que le triangle OMP est isocèle de sommet M .
e)	En déduire que le point P appartient à deux cercles de centres et de rayons connus . (On notera d la distance OM) .
f)	Calculer cos ( OA , OM* ) à raide de R et d seulement .
2°) Tracé de la trajectoire
a)	Construire successivement les points P, B , A , C .
p
b)	Justifier que la construction n'est possible que si, et seulement si : y < OM < R
p
c)	Justifier qu’à l’issue de la construction précédente les points M , A , C sont non alignés si et seulement si OM # — .
C) On suppose , dans cette partie , que les points M , A , C sont alignés
c'est à dire que le 3^mG rebond en C est suivi d’un 4^me rebond en A après passage de la boule en M .
1°) Démontrer que le triangle ABC est alors équilatéral .
2°) En déduire que la droite (MA) est tangente au cercle de centre O et de rayon | R .
253
A)	1 °) Les demi-droites [ AM) et [ AB) sont symétriques par rapport à la droite (OA), qui est la normale en A à la
tangente (T^) au cercle C .
De même : les demi-droites [ BA) et [ BC) sont symétriques par rapport à la droite (BO) .
les demi-droites [ CB) et [ CM) sont symétriques par rapport à la droite (CO) .
La symétrie orthogonale s par rapport à la droite (OB) échange les demi-droites [BA) et [BC) et laisse le
cercle C globalement invariant.
Ae[BA)nC donc: s(A)e[BC)ne.	On en déduit: s(A)g[B,C)
Les points A et B , distincts , ont des images distinctes par s, donc : s (A) # s (B)
Puisque s (A) B , on a donc : s (A) = C
La droite (OB) est par conséquent la médiatrice de ( A, C )
2°) Orientons le cercle C en sorte :
que la mesure principale . en radians , de l'angle ( AM , AO ) soit un réel a appartenant à ] 0 , f [ .
Les demi-droites [ AM) et [ AB) sont symétriques par rapport à la droite (AO), donc :
( ÂÔ*. ÂB* ) s - ( AO*, AM" ) (2k)	autrement dit : (AO.AB)sa (2k)
Le triangle AOB est isocèle de sommet O ; soit a la symétrie orthogonale par rapport à la médiatrice de (A , B)
O
B o contrarie les angles orientés , donc :
A	d'où :
De la même façon , on établit successivement :
( BA , BO ) = - ( AB , AO ) (2k)
(BA*,BÔ*) = a (2k)
( BÔ*. BC* ) - a (2k )
(CB*, CO*) s a (2k)
(CO, CM* ) = a (2k)
254
B)	1 °) a) Pour démontrer que le triangle AMC est isocèle de sommet M, démontrons que :
les angles orientés ( AC , AM ) et ( CA’, CM* ) sont opposés.
Le triangle OAC est isocèle de sommet O ; soit S la symétrie orthogonale par rapport à la droite (OB) •
S:	O.--------» O	 
A »	» C S contrarie les angles orientés , donc : ( AC*, AO’ ) = - ( CA*, CO’ ) (2rc)
C ------------- A
Les angles orientés ( AC’, AO* ) et ( CO*, CÂ* ) ont donc même mesure p •
On a alors: ( ÂC*, ÂM* ) = ( ÂC*, ÂO ) + ( ÂO , ÂM* ) (2n) d’où : ( ÂC*, ÂM* ) = p - a (2n)
( CÂ*, CM* ) = ( CÂ*. CÔ* ) + (CÔ*,CM*) (2x) d’où: (CÂ*,CM*) s - p + a (2n)
Les angles orientés (AC , AM ) et (CA*, CM* ) étant opposés, le triangle AMC est donc isocèle de sommet M .
b)	Précisons d'abord une mesure y de Fangle (MO , MA ) en considérant le triangle OAM •
♦	Les points M , O, B sont alignés sur la médiatrice de (A, C), et, plus précisément :
le point O appartient au segment [ MB ] puisqu’il appartient à la bissectrice (AO) du secteur [ MAB ] .
Les vecteurs MO et MB sont donc colinéaires et de même sens , d’où : y - (MB , MA* ) (2x )
Dans le triangle	MBA , on a :	(MB , MA* )	+	(AM*, ÂB* ) + (BÂ*, BM* ) = h (2n )
d’où :	y + 2a + a	=	k (2n). On trouve : y - k -	3a (2jc)
♦	Dans le triangle	OAM , on a :	(OA , OM )	+	(MO, MA ) + (AM*. AO ) = k (2k)
(OA, OM )+ ( x - 3a ) + a = k (2k)
On trouve : (OA , OM ) s 2a (2k)
255
c)	Justifions que la médiatrice A de [MA] coupe la droite (OA) :
si on avait : A // (AO) , on aurait : (AM) ± (AO)
la droite (AM) serait tangente en A au cercle C
on aurait : OM > R, d'où l'absurdité !!
Les droites A et (AO) sont donc sécantes en un point noté P .
On a OM < OA ( puisque OM < R ) •
Le point O appartient donc au demi-plan ouvert de frontière A, celui ne contenant pas A , donc :
le point P d'intersection de la droite A et de la droite (OA) appartient au segment [ OA ]
d)	Pour prouver que le triangle OMP est isocèle de sommet M, il suffit de prouver : (PM , PO ) = (OP , OM ) (2k)
♦	D'une part, OP’ et OA’ étant colinéaires et de même sens, on a :	(OP , OM ) = (OA , OM ) (2k)
donc:	(ÔP*,ÔM*) = 2a (2k)
♦	D'autre part , PO et PA étant colinéaires et de sens contraires , on a :
(PA,PM*) + (PM*, PO* ) = n (2k)	(1)
Dans le triangle isocèle APM , ( les angles orientés (MP , MA ) et (AM , AP ) ont même mesure a
( (PA , PM* ) + (MP , MA ) + (ÂM*. ÂP ) = n (2k)
Onadonc:	(PÂ*. PM* ) = k - 2a (2k)	(2)
Des relations (1 ) et (2), on déduit alors :	(PM , PO ) s 2a (2k) .
Il en résulte : (PM*, rô* ) = (ÔP , ÔM* ) (2k)
e)	Posons : OM - d
* D'une part . on a : PM « OM	donc : P appartient au cercle T de centre M , contenant O. (de rayon d)
♦ D’autre part :	Pe [OA]	donc : OP + PA - OA » R r On en déduit : OP - R - d
( Pemed(M.A)	PA - PM - d j
Par conséquent, P appartient au cercle r0 de centre O. de rayon ( R - d ) •
f)	Calculer cos (OA , OM ) revient à calculer cos 2a •
Dans le triangle OAM.ona: MA2 - OA2 + OM2 - 2 OM. OA. cos (ÔÂ*. ÔM* )
MA2 - R2 + d2 - 2 Rd cos 2a	(1)
Dans le triangle APM, on a: MA2 - PA2 + PM2 - 2 PM. PA. cos(PÂ*, PM* ) et (PA , PM* ) = k - 2a (2k)
MA2 - d2 + d2 + 2d2cos2a	(2)
Retranchons membre à membre les égalités (1) et (2), on obtient : 2d ( d + R ) cos 2a - R2 - d2
R - d
après simplification par d + R, on trouve : cos 2a 	•
256
2°) a) On a justifié au B)1°)b) que le point O appartient au segment [MB] .
Le point B est donc le point d’intersection du cercle 6 et de la demi-droite [ MO) •
Pour construire le point A, il suffit de construire le point P , puisque A appartient à (5 n [ OP) ( voir B) 1°) c) ) •
Le point P appartient à FnF0. Etudions rnf0 •
Le cercle T ( de rayon d ) contient le centre O du cercle r0. donc trois cas sont à envisager :
p
♦	Si 2d<R - d , c’estàdiresi 0<d<y alors Fnr0 - 0 .
Le cercle F est strictement intérieur au cercle Fo. La construction du point P n’est pas possible -
p
♦	Si2d«R-d, c’estàdiresi d - y alors T est tangent intérieurement au cercle r0 •
Fnr0 est alors un singleton { Po} où Po appartient à la droite (OM)
Le point Po ainsi trouvé ne convient pas puisque le point A où [ OP0) coupe le cercle Q serait
aligné avec les points M et O
p
♦	Si 2d > R - d , c’est à dire si y < d < R alors Fn To est une paire { P , P'} .
où les points P et P* sont symétriques par rapport à la droite (OM) .
Nommons P celui de ces deux points tel que. ( OP , OM ) ait une mesure principale 2a
appartenant à ] 0, n [ ; on a alors : ( OP , OM ) = - 2a (2n)
Le cercle G coupe les demi-droites [ OP) et [ OP ) en deux points , symétriques par rapport à la
droite (OM). qui sont respectivement les points A et C cherchés .
remarque : Pour la boule lancée à partir du point M , deux sens de parcours sont possibles :
♦♦ 1er rebond en A ; 2ème rebond en B ; 3^me rebond en C
♦♦ 1Gr rebond en C ;	2^® rebond en B ; 3èmG rebond en A
A, M, C sont alignés <=>
A, M, C sont alignés <=>
A, M, C sont alignés <=>
On a donc : A, M, C sont alignés <=>
♦ La condition ( a  — ) équivaut à : I 0
b) Analysons l’éventuel alignement des points A, M , C à l'issue de la construction 
(MC*. MA ) = n + k2n
2(k - 3a) = n + k2n
a = —-k— rappelons: 0 < a< —
6	3	2
n
a = —
6
n	_	1
< a < — et cos 2a - —
2	2
R • d
♦ On a donc l’équivalence : A, M , C alignés <=>	—— -
2d
D
A.M.Ç alignés <=> d-y
257
258
C) 1 °) Les points A, M, C soot alignés si, et seulement si M appartient au segment [ AC ].
A, M , C sont alignés <=>
A. M . C sont alignés <=>
On a donc : A, M, C sont alignés <=>
( AM , AB ) + ( BA , BC ) + ( CB , CM ) = k (2k)
2a + 2a + 2a = k (2k)
k	«	71
a = —	car 0 < a < —
6	2
Les points A, M , C sont alignés si, et seulement si les trois angles orientés (AC , AB ), (BA , BC ), (CB , CA )
ont même mesure 2a égale à f, c'est à dire si le triangle ABC est équilatéral, de centre O *
2°) ♦ Soit H le projeté orthogonal du point O sur la droite (MA) •
réciproquement : soit M un point qui vérifie : — s OM < R .
Il existe au moins une droite S contenant le point M et tangente au cercle r, .
Soit A et C les points où le cercle C coupe la droite Ô 
Soit H le point de contact de r, et 5
Soit B le point où le cercle 6 coupe la demi-droite (HO) 
Justifions que le triangle ABC est équilatéral :
La droite (OH) est la médiatrice de (A, C) et B appartient à (OH) donc : BA - BC
On a: AH2-AO2-OH2 donc: AH-^R	ddù: AC - r/Ï
z >2
Ona: BA2-AH2* HB2 donc: AB2--R2* zR d'où: AB - r/3
4 J
On a : BC - BA - AC
Le triangle ABC est donc équilatéral et inscrit dans le cercle C .
Les droites (OA), (OB), (OC) sont trois axes de symétrie de ce triangle ;
les points A, B , C sont donc trois points de rebonds successifs d’une boule initialement placée en M ,
dont le 4^fne rebond est en A.
remarque : ♦ si OM « —,	il existe une seule tangente ( T ) au cercle , contenant le point M . on trouve un seul triangle ABC solution , équilatéral. avec deux sens de
□ ♦ si —<OM<R, 2	1	parcours possibles . il existe deux tangentes ( T') et (T) à E| , issues du point M . i ces deux tangentes sont symétriques par rapport à la droite (OM) • On trouve deux triangles équilatéraux solutions , ABC' et A'*B*CM.
259
OM
□
— < OM < R
2
Bilan
p si 0 < OM < — 3	on ne trouve aucun triangle ABC solution •	
R rxii R si — <OM<—- 3	2	on trouve un unique triangle ABC solution ( fig. 3 ) .	les points M , A , C sont non alignés .
p si OM - — 2	on trouve un unique triangle ABC solution ( fig. 6 et 7 ) qui est le triangle équilatéral ABC inscrit dans C , tel que le point B vérifie : B e Cn (MO) .	les points M , A , C sont alors alignés .
p si —<OM<R 2	on trouve trois triangles solutions . ♦	un triangle ABC tel que B e Cn [MO) ( figure 4) ♦	deux triangles équilatéraux A’B’C’ et A" B" C" inscrits dans le cercle e ( figure 8 )	les points M . A, C sont non alignés Les points M , A’, C’ sont alignés Les points M , A’.C" sont alignés
260
Exercice 13
Trigonométrie appliquée au triangle
Dans un triangle ABC , on pose : BC « a ; CA - b ; AB - c ; S « aire du triangle ABC .
On note A .B, C les réels appartenant à ] 0 , n [, mesures respectives , en radians , des angles BAC , CBA , ACB
mais on écrira sinA au lieu de sinA
On rappelle que : A + B + C « n
Démontrer les relations suivantes :
1°) a « beos C -i- ccos B
ABC
2°) a) sinA + sin B + sinC - 4 cos—cos — cos —
11	2	2	2
a + b + c
b) sin A + sin B 4- sin C - 2---S
abc
c) sin 2A + sin 2B 4- sin 2C = 4 sin A sin B sin C
3°) cos2 A + cos2 B + cos2 C + 2 cos A cos B cos C - 1
5°) Si le triangle ABC n’est pas rectangle , alors : tan A 4- tan B 4- tan C * tan A tan B tan C
1°) BC2 - BC . BC donc: BC2 - ( BA 4-AC ). BC
BC2 - BA.BC* 4- ÂC.BC
or : BA . BC’ - c a cos B
AC.BC - CA . CB - b a cos C d’où : BC2 « c a cos B 4- b a oos C
Après simplification , on obtient : a-coosB4-bcosC .
2°) a) sin A 4- sin B 4- sin C - sin A 4- sin B 4- sin ( A 4- B ) car C  it • ( A + B )
sin A 4- sin B 4- sin C « sin A 4- sin B 4- sin A oos B 4- sin B cos A sinA 4-sinB 4-sinC - sinA( 1 + cosB) 4. sinB( 1 + cosA)	or 1 *	o	o A A _	2 B _ . B B _	2 Z sin A 4- sinB 4- sinC - 2sin —cos — .2oos — + 2sin — cos —. 2 cos - 2	2	2	2	2	2 A sf-A b .b a A sinA 4- sin B 4- sinC - 4 cos-cos- sin —cos—+ sin —cos — 2	2 k 2	2	2	2 y ( A B	c L’expression entre crochets est sin I y + J , égal à cos —	? k 4- cos A « 2 oos — 2 k ► A B k C puisque — 4-•
261
u	sin A sin B sin C 2 S
b) On sait que :	-- —— «------------- —-—
abc abc
2 S	2 S	2 S	2S (	A
On a donc : sin A + sin B + sin C --+-+ —— d’où : sin A + sin B + sin C - —-(. a + b + c )
bc	ca	ab	abc
c)
Posons : x
- sin 2A + sin 2B + sin 2C
2C - 2x - (2A + 2B)
donc :
sin 2C - - sin ( 2A + 2B )
sin2A + sin2B - (sin2Acos2B + sin2Bcos2A)
or :
1 - cos 2A - 2 sin2 A
sin 2A « 2 sin A cos A
x
x
2 sin A cos A. 2 sin2 B + 2 sin B cos B . 2 sin2 A
x
4 sin A sin B ( cos A sin B + sin A cos B )
x
x
4 sin A sin B sin ( A + B )
or :
sin (A + B) - sin (n - C ) « sinC
4 sin A sin B sin C
soit : sin 2A +
sin2B +
sin 2C - 4 sin A sin B sin C
Remarquons que les réels A. B . C appartiennent à ] 0. x [ donc sin A > 0 ; sin B > 0 ; sin C > 0
On en déduit que : pour tout triangle ABC, on a : sin 2A + sin 2B + sin 2C > 0
3°) Posons : y - cos2 A + cos2 B + cos2 C + 2 cos A cos B cos C
C - x - ( A + B ) donc : cos C » - cos ( A + B )
y	-	cos2 A	+ cos2 B +	cos2 ( A + B ) - 2 cos A co s B cos ( A + B)
y	«	cos2 A	+ cos2 B +	( cos A cos B - sin A sin B J2 - 2 cos A cos B (	cos	A cos B	-	sin A sin B	)
y	-	cos2A	+ cos2B+ cos2Acos2B - 2sinAsinBcosAcosB + sin2A sin2B	-	2	cos2A cos2B +	2sinAsinBcosAcosB
Il	reste :	y - oos2 A	+ cos2 B - cos2 A cos2 B + sin2 A sin2 B
y - cos2 A + oos2 B - cos2 A cos2 B + ( 1 - cos2 A ) ( 1 - cos2 B )
Développons et réduisons ; on trouve : y - 1	d’où : cos2 A + cos2 B + cos2 C + 2cosAcosBcosC = 1
4°) Ona: A + B « x - C et C # j donc : A + B # f Les réels tan A, tan B , tan C, tan ( A + B ) sont définis.
„	. ex * ~	' tan A + tan B 4 _
On a : tan ( A + B ) - - tan C d’où : ---------------------- - tan C
1 - tan A tan B
On en déduit :	tan A + tan B - - tan C + tan A tan B tan C
c’est à dire :	tanA + tanB + tanC-tanAtanBtanC
Remarquons : le produit tan A tan B tan C est non nul puisqu’aucun de ses facteurs n'est nul ;
Dans un triangle ABC non rectangle , la somme tan A + tan B + tan C est donc non nulle .
, l^(tîll©K5©©® .	y© ipjteiïï â?>
A) gÿméürtss ^Oasa - ^êîD@Bll®iia@
1°) Définition . Propriétés immédiates
a)	On appelle symétrie du plan P par rapport à une droite Sb , suivant la
direction d'une droite 8 ( 8 non parallèle à Sb ), l’application o de ?
dans P qui. à tout point M de P associe le point M * tel que :
MM1 - 2 MM, où M, est le projeté de M sur Sb parallèlement à 8
La droite Sb est dite Taxe de la symétrie g .
cas particulier :
Si la droite 8 est orthogonale à Sb , la symétrie par rapport à Sb suivant la
direction de 8 est appelée la symétrie orthogonale ( ou réflexion ) d’axe Sb .
On la notera .
b)	La symétrie o par rapport à Sb suivant la direction d’une droite 8 est une bijection
de P dans P , égale à sa bijection réciproque .
On dit que g est une involution de P
c)	L’ensemble des points invariants par g est la droite Sb .
d)	Quels que soient les points M et N . d'images respectives M ' et N ’ par g , on a :
MÎT - 2MK - MN*
où M, et N, sont les projetés respectifs de M et N sur Sb parallèlement à 8 .
e)	Aspect analytique :
Choisissons un repère privilégié ( O, e1 , e2 ) où :
( (O,e1 ) est un repère de Sb
) ë7 est un vecteur directeur de 8 •
Les coordonnées ( x ', y ’ ) du point M ’, image de M ( x , y ) par g sont :
2°) Conservation du barycentre, de l'équipollence des bipoints. Image d'un segment, d'une droite
Soit g la symétrie d'axe Sb suivant la direction de 8 •
a)	Si trois points A, B , M vérifient : AM’ « kÂB*
alors leurs symétriques respectifs A', B’, M ' par g vérifient :
ÂM - kÂïf
conséquence :
♦ L’image d’une droite (AB) par la symétrie g est la droite (A’B' ) •
♦ Limage d'une demi-droite [ AB) par g est la demi-droite [ A’B' ).
♦ L’image d'un segment [ AB ] par g est le segment [ A’B’ ] .
263
b)	La symétrie o conserve le barycentre .
Si deux points A et B ont pour images respectives A’, B’ par la symétrie o
alors le barycentre G de {(A, a), (B, 0)} ,où a + 0 # 0, a pour image par o le barycentre G’ de {(A*, a), (B’, P)}
cas particulier : le milieu de (A, B) a pour image par a le milieu de (A’, B’ ).
c)	conséquences
♦	La symétrie o conserve l’équipollence des bipoints •
Deux bipoints (A, B) et (C , D) équipollents ont pour images respectives
par o deux bipoints (A’, B’ ) et (C*, D’ ) eux-mêmes équipollents.
♦	Les images , par la symétrie o, de deux droites parallèles A, et Ag sont
deux droites Ai* et Ag*, elles aussi parallèles .
3°) Théorème fondamental
a)	On appelle isométrie du plan toute application de P dans P qui conserve les distances .
b)	Pour qu’une symétrie du plan par rapport à une droite Sb soit une isométrie , il est nécessaire et suffisant que
cette symétrie soit la symétrie orthogonale par rapport à Sb ( c'est à dire la réflexion d'axe Sb ).
Pour tous les points M et N d’images M ' et N ' par
la symétrie orthogonale d’axe Sb , on a :
M’N*- MN
\e Sb ; Mé£)
IM’2 - IM2 « (ÏM* + IM*).(IM* - IM )
IM’2 - IM2 - 2 IM?. MM*
Si MM’’ n’est pas orthogonal à IM, , alors : IM’ # IM
4°) Propriété» des réflexion»
a) Une réflexion du plan P est une isométrie de P qui contrarie les angles orientés .
Quels que soient les points A, B distincts et C, D distincts , leurs
images respectives A’, B’, C’, D’ par une réflexion vérifient :
(ÂK’.CV*) =-(ÂB*,CD*) (2n)
Une réflexion de P : conserve les angles non orientés
conserve l’orthogonalité
b) L’image d’un cercle C par une réflexion est un cercle G ’ de même
rayon , dont le centre est l’image O’ du centre O de 0
La tangente en un point A de G a pour image la tangente à G ' au
point A'. image de A
On dit qu’une réflexion conserve les contacts.
264
TU  S»2OSÔ5
où : ( est une droite arbitraire. orthogonale à u
/ £)2 est Timage de par la translation de vecteur | û*
ü) [Rl©û©û5©ln)@ ^Daiïû@8
1°) Définition
a)	Soit I un point donné du plan 9* orienté . Soit 0 un réel.
On appelle rotation de centre I, d’angle mesurant 0 , l’application de
9> dans 9* qui laisse I invariant et qui, à tout point M distinct de i,
associe le point M ’ défini par : ( M - IM
) (IM*,ÎMr) = e (2k)
Cette rotation est notée SL ( 1,0 ) 
b)	♦ La rotation de centre I, d’angle nul, est l’application identique du plan S>.
♦ SL (I, n) est la symétrie centrale de centre I, appelée aussi demi-tour de centre I 
* 91 ( I, f ) est appelée le quart de tour direct de centre I .
c)	Toute rotation de centre I, d'angle non nul. laisse invariant un unique point qui est son centre I.
2°) Propriétés
a)	Toute rotation est une bijection du plan dans lui-même .
La bijection réciproque de la rotation SL (1,0) est la rotation SL (I, - 0).
b)	La composée SL (1,0’ ) 0 SL (1,0) de deux rotations de même centre I,
d'angles respectifs 0 et 0’ est une rotation ( de même centre I
ï d’angle 0 + 0'
Cette composée est commutative :
attention II
9l(l,0,)o9l(l,e) - 9t(l,0)o9t (1,0*) - 91(1,0 + 0’)
La composée de deux rotations de centres différents n'est
pas nécessairement une rotation . Ainsi :
& (k . *) o & Oi >K) est la composée de deux symétries centrales
& (k. *) o . *) est une.......translation ( de vecteur 2 îjT ) •
265
3°) Equations d'une rotation dans un repère orthonormé ( O , i , j )
Soit (x ', y ' ) les coordonnées du point M ', image par la rotation St (1,6 )
du point M de coordonnées (x , y).
Ona: ÏlT - cosGÏM* + sinGlSÇ
où : M, est l'image de M par le quart de tour direct de centre I .
Les coordonnées de IM étant :	( x - x,, y - yi ),
celles de ÎMf sont :	( - ( y - yi ), x - x, )
d’où : <	x '	-	x,	-	cos 0 (x	-	xt ) - sin 0 ( y - y, )
<	y-	-	y,	-	cos0(y	-	y,) +	sin0(x - x,)
Ces équations sont	de la forme :	( x '	- cos G x - sin 0 y	+	x©
< y’	- sinGx + cos Gy	+	y0
remarque :	( x0, y0 ) est alors le couple de coordonnées de l’image O' de l’origine O par la rotation St (1,0 ).
4°) Composée de deux réflexions d'axes sécants
a)	La composée 0 de deux réflexions d’axes 2)y et Sb2 sécants
en I est la rotation de centre I, d’angle 2 ( u, , u2 ) où :
/ üf est un vecteur directeur de 2)y
< u2 est un vecteur directeur de 02
remarque 1: le choix des vecteurs u, et u2 n’importe pas pourvu
que Ui et u2 dirigent respectivement 2)1 et Sb2
si Xp>0	alors:	(Xu, ,pu2 ) s( u, , u2 ) (2n) iDans tous les cas : 2 ( Xu, , pu2 ) =2( u, , u2 ) (2n)
si X.p<0	alors:	(Xu, ,pu2 ) =(u, , u2 )+ n (2ji)J
JVT
remarque 2 :
cette composée 0 n’est commutative que si,
et seulement si et 2>z sont perpendiculaires •
$2)2 o $2), et o s£)2 8001 a,ors éga,es la symétrie centrale de centre I .
b)	réciproque :
Toute rotation St (1,0' ), autre que l'identité , peut être décomposée d’une
infinité de façons en deux réflexions d’axes sécants en I, sous la forme :

où :	et Sb2 sont deux droites sécantes en I, respectivement dirigées par
un vecteur u1
et un vecteur u2 vérifiant : (u1 , u2) s -y
(*)
remarque : la direction de Tune des droites 2),, 2)2 est arbitraire , mais
son choix fixe la direction de l’autre droite .
266
5°) Propriétés d'une rotation plane
Elles se déduisent des propriétés des réflexions puisque toute rotation est décomposable en deux réflexions .
a)	Toute rotation plane est une isométrie du plan .
Toute rotation de P conserve les angles orientés .
Une rotation de P conserve donc l’orthogonalité .
b)	Toute rotation conserve le barycentre .
Toute rotation conserve l'équipollence des bipoints .
c)	L'image d'unedroite (AB) par une rotation R est la droite (A'B* )
où : A' - St (A) ; B’ - SI (B)
L’image de la demi-droite [ AB) par St est la demi-droite [ A’B’ ) •
L’image du segment [ AB ] par St est le segment [ A’B’ ] .
d) Soit fi) et A deux droites d'images respectives S)' et A' par une rotation St
Si	fi) _LA	alors	fi)'±A’
Si	fi)//A	alors	Sb'Uti
On dit que : toute rotation conserve l'orthogonalité et le parallélisme .
e) L'image d'un cercle Q par une rotation est un cercle C de même rayon,
dont le centre est l'image O* du centre O de C
En outre , toute rotation conserve les contacts .
f) Quels que soient les points distincts M et N d'images respectives M ' et N '
par une rotation St, l’angle ( MN’, M’N1’ ) est égal à l'angle de la rotation St
©J 0@©QO&âüirfl®@ te |o)Da[n) 0®D©®aintô OwsirlM (Loin) i^oDtntô tenâ
1°) Si une isométrie du plan P laisse invariants au moins trois points non alignés de P ,
alors cette isométrie est l’identité de P
2e) Si une isométrie du plan P, autre que l'identité de P, laisse invariants deux points distincts A et B ,
alors cette isométrie est la réflexion d’axe (AB)
M'
3°) Toute isométrie du plan P laissant invariant un unique point A est :
une rotation de centre A, d'angle non nul.
M'
0)	(6)03 |o)0â(n)
1°) Théorème fondamental
Etant donné un point A du plan P , toute isométrie f du plan P se décompose , et de façon unique , sous la forme :
f - tog	où : / g est une isométrie de $> fixant A
' t est la translation de vecteur AA’ ( A’ - f (A) ) •
2°) Les propriétés des isométries du plan résultent de celles des translations , des réflexions et des rotations :
a)	Toute isométrie du plan P est une bijection du plan P dans lui-même .
b)	Toute isométrie du plan / conserve les mesures des secteurs angulaires,
< conserve les produits scalaires t
( conserve le barycentre et l’équipollence des bipoints .
c)	L’image d’une droite (AB) par une isométrie f est la droite (A’B* )
où : A’ - f (A) ; B’ - f (B).
L’image de la demi-droite [ AB) par f est la demi-droite [ A’B’ ).
L’image du segment [ AB ] par f est le segment [ A’B’ ]
d)	Si deux droites sont parallèles, alors leurs images par une isométrie sont des droites parallèles .
On dit que toute isométrie conserve le parallélisme
e)	Si deux droites sont perpendiculaires , alors leurs images par une isométrie sont deux droites perpendiculaires.
On dit que toute isométrie conserve l’orthogonalité .
f)	L’image d’un cercle C par une isométrie f est un cercle C ’ de même rayon , dont le centre est lïmage O’
par f du centre O de C
La tangente A en un point A de G admet pour image par f la tangente A* à G ’ au point A* - f (A)
On dit que toute isométrie conserve les contacts .
268
Exercice 1
Construction d'un triangle dont on connait trois médiatrices
Dans un plan P , on donne trois droites , 4, concourantes en un point O .
Construire un triangle ABC tel que :	les droites A1, Ag, A3 soient les médiatrices de ses côtés [ BC ], [ CA ], [ AB ] .
Analyse de la figure : notons SA la réflexion d’axe A .
Si ABC est un triangle solution , alors les points A, B , C sont distincts du point O •
Etudions la composée 0	0 SA^ .
SA,	SAg	S4
^o^A, : B '-------------------* C '--------* A '---------* B
O »---------» O .--------♦ O I---------» o
La composée SAa 0	0 SAi est une isométrie du plan S5 qui laisse invariants au moins deux points
distincts O et B
En outre cette composée ( qui contrarie les angles orientés ) n'est pas l’identité 
On en déduit que S^qS^qS^ est la réflexion d’axe (OB) •
Le sommet B d’un triangle ABC solution appartient donc à l’axe de la réflexion S^qS^qS^ .
Synthèse :	construction de l'axe Sb de la réflexion égale à SA;j 0 SA? 0 SAi .
Pour construire la droite Sb , sachant que 2) contient O , il suffit de connaître un vecteur directeur ü* de Sb •
Nommons u, , Ug , u3 trois vecteurs non nuis dirigeant respectivement les droites A,, Ag , A3.
^0^0^ “ S0 ** SA3OSAg " ^o^
S A3 o $Ag GSt é9a,G à ,a rotation de centre O, d’angle 2 ( ü7. üT ) •
0 SAi est égale à la rotation de centre O, d'angle 2 ( üf , ü* ) .
Légalité 0	0 SAi équivaut alors à : 2 (û7,ü*) - 2 (üT.üT) + k2n
c’est à dire :	(u1,u)>(u^lu3)<i>kic
269
Construction d'un triangle ABC solution
Soit B un point quelconque sur la droite Sb . Construisons : C =	(B) et A = S4(C) •
Justifions que la médiatrice de [ AB ] est alors Ag.
Ona: S^oSv b -------------------- C.--------»A donc A - S^S^B)	(1)
D'autre part :	o 0	donc :	0	0	(2)
De (1) et (2), on déduit : A - S^qS^ (B) .
Or B e Sb donc :	S$ (B) - B . Il en résulte :	A -	(B) ,
ce qui prouve que la droite Ag est la médiatrice de [ AB ] .
270
Exercice 2
Trajet de plus court chemin et trajectoire de lumière
Dans un plan S5, on considère deux points A et B , situés dans un même demi-plan ouvert P, de frontière Sb.
1°) Déterminer les points M de la droite Sb tels que la somme AM + MB soit minimale .
2°) Pour les points M trouvés , que peut-on dire des demi droites [ MA) et [ MB) ?
1°) Introduisons le point B*, image du point B par la réflexion Sg d’axe Sb •
♦	est une isométrie , donc : pour tout point M de Sb , on a MA + MB « AM + MB’
*	On a aussi, pour tout point M de Sb , l’inégalité triangulaire : AB’ < AM + MB*	(1)
De façon plus précise , on connait les équivalences suivantes :
AB’- AM + MB’	<=>	Me [AB’]
AB’< AM + MB’	<=>	Me [AB']
♦	Pour qu’un point M de Sb soit tel que la distance AM + MB’ soit minimale , il est donc nécessaire et
suffisant que ce point M appartienne au segment [ AB’ ] .
Les points A et B* étant situés dans deux demi-plans ouverts distincts de frontière Sb , on sait qu'il existe
un unique point Mo appartenant à Sb n [ AB’ ] .
conclusion : il existe sur la droite Sb un unique point M tel que la distance AM + MB soit minimale.
Ce point M est le point Mq et on a: AMq + MqB «AB' .
271
2°) Justifions que les demi-droites [ MoA ) et [ MqB ) sont symétriques par rapport à la droite â, perpendiculaire
en O à la droite Sb •
La demi-droite [ M0B’ ) est l’image de la demi-droite [ MqB ) par la symétrie orthogonale •
En outre les demi-droites opposées [MqB’) et [MqA) sont symétriques par rapport au point Mo •
Onadonc:	[MoB) - Sfi)([M0B’)] et [M0B') - S^([MoA)]
Il en résulte : [MoB) - Sfi)0SMo([M0A)] .	(2)
Or la symétrie centrale de centre Mo peut être considérée comme la composée (commutative) de
deux réflexions d’axes perpendiculaires en Mo ( arbitrairement choisis ) .
On peut donc écrire :	0 SA où : SA est la réflexion d’axe A
L’égalité (2) devient :	[ MoB ) -	0	0 SA ( [ MoA ) ]
Puisque 0 est l’application identique du plan P , on obtient :
[M.B) - SA([M^)]
La trajectoire AMqB est celle d’un rayon lumineux , émis du point A , incident en Mo sur la droite Sb , qui se
réfléchit en passant par le point B
On dit qu’une telle trajectoire est une trajectoire de lumière .
272
Exercice 3
Billard rectangulaire
« On considère un billard rectangulaire ABCD . Une boule est placée en un point M du bord ] AB [ du billard .
On lance la boule parallèlement à la diagonale (AC) du rectangle .
Démontrer que , quel que soit le choix de M sur ] AB [, la boule va revenir en M après 3 rebonds
successifs en des points N , P , Q appartenant respectivement à ] BC [ , ] CD [ , ] DA [ .
Justifier que la trajectoire de la boule est le contour d'un parallélogramme dont les côtés sont 2 à 2
parallèles aux diagonales du rectangle ABCD .
figure 1
figure 3
Nommons x le réel tel que : BM - x BA . Remarquons que : x e ] 0,1 [ .
Première étape : Sur quel " bord " a lieu le 1er rebond ?
Considérons la projection p de la droite (BA) sur la droite (BC), parallèlement à (AC). Posons p (M) - N .
p : B »	* B
M »--------• N	Puisque BM*  x BA , on en déduit : BN - x BC
A »	* C	or x e ] 0,1 [, donc : N e ] BC [ .
La droite parallèle à (AC) et contenant le point M coupe donc la droite (BC) en un point N qui appartient au
bord ] BC [ du billard.
Ce point N est donc le point où aura lieu le premier rebond .
Deuxième étape : Etude de la direction prise par la boule après le premier rebond en N
Après le rebond en N , la boule décrit un segment de droite porté par la demi-droite [ NM, ), symétrique de [ NM)
par rapport à la normale A, en N à (BC) •
Démontrons : (NM, ) U (BD) ( figure 2 )
Soit A, et C, les images respectives des points A et C par la symétrie orthogonale SAi par rapport à Û! •
273
D'une part : les droites (NM) et (AC) sont parallèles . donc leurs images par SA sont deux droites parallèles .
Sa, (NM) « (NM, )	\
(AC) - (A,CJ j	donc:	(NM,)//(A£,)	(1)
D’autre part : la droite (BD) est l’image de la droite (AC) par la symétrie orthogonale Sd par rapport à la
médiatrice d de (A, B) •
On a donc : (BD) - (AC)
(AC)-Sa, (A, C,) d’où:	(BD) - Sd 0 Sa, (A,C, )
La composée Sd o SA, est une symétrie centrale (car d ± A, ), donc : (BD) Il (A,C, )	(2)
De (1 ) et (2), on déduit :	(NM, ) U (BD)
Considérons la projection p, de la droite (CB) sur la droite (CD), parallèlement à (BD). Posons p, (N) - P .
Pv C »------------- C
N ----------- P	Puisque BN - x BC , on en déduit : DP - x DC
B »	» D	or x e ] 0,1 [, donc : P e ] CD [
La demi-droite [ NM, ), symétrique de [ NM) par rapport à A, coupe donc la droite (DC) en un point P qui
appartient au bord ] CD [ du billard .
Ce point P est donc le point où aura lieu le deuxième rebond .
Troisième étape : Etude du segment décrit par la boule après le deuxième rebond en P ( figure 3 ) •
Après le rebond en P , la boule décrit un segment porté par la demi-droite [ PN2 ), symétrique de [ PN ) par
rapport à la normale en P à (DC) 
On a ainsi : (PN2 ) - S^ (PN) )
(PN) - SA, (NM) j	d’où:	(PN2) = Sa20Sa,(NM)
La composée Sa2 o SAi est une symétrie centrale (car Ag 1 A, ), donc: (PN2) H (NM)
Nommons O le projeté du point P sur la droite (DA) suivant la direction commune des droites (AC) et (NM)
De l’égalité: DP" - x DC’, on déduit :	DQ - x DA	oùxg]0,1[
ce qui prouve : Q e ] DA [
Le point Q est donc le point où aura lieu le troisième rebond .
Quatrième étape : Etude du segment décrit par la boule après le troisième rebond en Q ( figure 4 )
Le segment décrit par la boule après le troisième rebond en Q est porté par la demi-droite [ QN3 ), symétrique
de [QP) par rapport à la normale A3 en Q à (AD) .
On a alors : (QN3 ) - Sa3 o Sa2 (PN) où Sa3 o Sa2 est une symétrie centrale car As 1 Ag .
On a donc: (QN3)//(PN)
Nommons R le projeté du point Q sur la droite (AB) suivant la direction commune des droites (BD) et (PN) 
De l’égalité : DQ - x DA , on déduit :	BR - x BA
Or on sait déjà : BM* » x BÂ* ce qui prouve que : R = M
Le point R où a lieu le quatrième rebond est donc le point M, position initiale de la boule .
conclusion : la trajectoire de la boule est donc une trajectoire fermée MNPQM. où MNPQ est un parallélogramme
dont les côtés (MN) et (PQ) sont parallèles à la diagonale (AC) du rectangle ABCD , les deux autres
côtés (NP) et (QM) étant parallèles à l’autre diagonale (BD) .
274
Exercice 4
Inscrire un quadrilatère de périmètre minimal dans un rectangle donné
Soit ABCD un rectangle donné •
1°) Trouver quatre points M,N,P,Q vérifiant: Me]AB[,N€]BC[,Pe]CD[,Qe]DA[ , en sorte que le
quadrilatère MNPQ ait un périmètre minimal.
2°) Parmi les quadrilatères MNPQ " inscrits " dans le rectangle ABCD , déterminer ceux qui ont un périmètre minimal et
une aire maximale.
1°) a) Soit M un point arbitrairement choisi sur ] AB (.
Le choix du point M étant fixé, considérons trois points N , P, Q appartenant respectivement à ] BC [, ] CD [, ] DA [ .
Construisons les images des points M , N , P, Q par les 3 réflexions S!, Sj, S3 d'axes respectifs (BC), (CD), (D, A’)
où Dt-s^MD) et A’-s20s1(A)
On obtient successivement ( voir figure 1 ) :
Si	Sz	Sa
M  ------------ M, .----------- Ma  -------. M’
N .---------» N .-----------» N2 .---------• N3
P »------------ P’ »----------- P’ i-------♦ P3
Q ----------• Q, »------------- Q’ »---------- Q*
Chacune des réflexions s1, S2. s> étant une isométrie du plan , on a alors :( NP* « NP
< PO’ - P’Q1 - PQ
( Q’M’ « QÎ4 - QM « QM
Le périmètre MN + NP + PQ + OM du quadrilatère inscrit MNPQ est donc égal à MN + NP* + PO* + Q’M*,
c’est à dire à la longueur de la ligne brisée MNP’Q*M‘ d’extrémités M et M’.
b)	Justifions que le vecteur MM’ est indépendant du choix du point M sur JAB[ .
Comparons les vecteurs A’M’* et AM* :
d’une part, on a : A’M*’ - - AH* ,	(1)
d’autre part, on a : A’ - Sj 0 s, (A)
^2  Sg o Si (M) .
La composée Sa 0 s, des deux réflexions s2 et s1, dont les axes sont perpendiculaires , est la symétrie
centrale de centre C ( ou homothétie de centre C et de rapport ( - 1 ) ) .
Onadonc:	A^’ - - ÂM*	(2)
275
Des égalités (1) et (2), on déduit : A’M - AM ,	relation qui équivaut à : MM’ - AA’ .
On a : A’ - Sa 0 s, (A), donc : CA’’ - - CA	.Il en résulte que :	AA’ - 2 AC .
Le vecteur MM* , égal au vecteur 2 AC*, est donc indépendant du choix du point M
La distance MM’, par conséquent elle aussi indépendante du choix du point M , est égale à 2 AC .
c)	Justifions < que la ligne brisée MNP’Q’M* a une longueur supérieure à MM*
f et que sa longueur minimale l^ est la distance MM .
On a : MM < MQ’ + Q’M et MQ’ < MP* + PQ* et MP* < MN + NP
d’où : MM < MQ’ + Q’M < MP’ + PO’ + Q’M < MN + NP + PO’ + Q’M’
Pour assurer l'égalité MN + NP + PQ’ + Q’M - MM,
il est nécessaire et suffisant que les points N , P , Q vérifient simultanément les trois égalités :
MM’ - MQ’ + Q’M’ et MQ’ + Q’M - MP + P’Q’ + Q’M’ et MP + PO' + Q’M - MN + NP’ + PO’ + Q’M
c’est à dire : MM - MQ’ + Q’M et	MQ’ - MP + PO’ et MP - MN + NP
ce qui équivaut à : Q’e[MM]	et	Pe [MQ’] et Ne [MP‘] .
Autrement dit, le choix du point M étant fixé sur ] AB [, le périmètre du quadrilatère inscrit MNPQ est minimal
si, et seulement si les points M , N , P*, Q*, M’ sont alignés , et dans cet ordre ,
les points P’ et Q’ appartenant respectivement à ] CD, [ et ] D, A’ [ .
Ce périmètre est alors égal à MM*, c’est à dire à 2 AC .
d)	Justifions que : ♦ la droite (MM’ ) coupe effectivement les droites (CB), (CD, ), (D, A’ ) en des points No, Po, Qo
♦ les points No, Po, Qo appartiennent respectivement à ] CB [, ] CD, [, ] D, A’ (
* les points No, Po, Qo sont alignés dans cet ordre .
♦	Les droites (MM’) et (AA’) étant parallèles , toute droite qui coupe (AA’) coupe aussi (MM’);
c’est le cas des droites (CB) , (CD,) , (D,A’) •
Posons donc: {No} - (CB)n(MM) ; {Po} - (CD,)n(MM) ; {Qo} - (D,A’)n(MM) .
*	Puisque M e ] AB [, il existe un réel x appartenant à ] 0,1 [ tel que BM « x BA •
Soit p, la projection de la droite (BA) sur la droite (BC) parallèlement à (AA’ ) .
p,:	B .------• B
M >	* No On en déduit : d’une part BNo « x BC avec x e ] 0,1 [
Ai---------• C	d'où: Noe]NC{
d’autre part BNo’  BM*  x ( BC~ - BÂT )
c’est à dire : MNo’ - x AC avec x e ] 0,1 [ .	(3)
♦	On a : (MP0 ) // (AC) et (CP0 ) H (AM) , donc AMP0C est un parallélogramme, soit : MP0 - AC (4)
Soit "C la translation de vecteur AC
T?: A --------------. C
M ------------- Po Puisque BM* - xBÂ*, on a D,P0’  x D,C’ avec x e ] 0,1 [
B -----------. D,	d’où : Po e ] CD, [ .
♦	Soit P2 la projection de la droite (D,C) sur la droite (DA ) parallèlement à (AA’ )
P? • D, ।-----------» D,
Po •----------- Qo On en déduit : d’une part DiQ,* - x DA* avec x e ] 0,1 [
C -----------► A’	d’où: Qo e] D,A’[
d’autre part DA - D,P0’ - x ( DA* - D,C’ )
c’est à dire : PoQo* - x CA’’ avec x e ] 0,1 [ •	(5)
276
En tenant compte de : AC - CA’ - ÿ MM’ , il résulte des égalités (3), (4), (5) :
M^--|-MM*’ ; M^.ImÂT ; MC^ - M% +	- (^7^) **M’ ai'ec xe)°-1l
X 1	1 + X
Les inégalités : 0 c — < — < —-— < 1 permettent de conclure que les points M , No , Po , Qo , M '
sont alignés , dans cet ordre.
conclusion : Pour chaque choix du point M sur ] AB [, il existe un unique triplet ( No, Po, Qo ) de points tels que :
( Nog]CB[ , PoeJCDJ , Q>e]DA[
’ M , Nq , Po, Qo, M ’ sont alignés dans cet ordre .
Ce triplet ( No, Po, Qo ) permet de définir un unique triplet (N , P, Q ) tel que MNPQ soit un
quadrilatère inscrit de périmètre minimal ( égal à 2 AC ).
Ce triplet (N , P, Q ) est celui tel que f N - No
< P est le symétrique de Po par rapport à la droite (BC)
( Q est l'image de Qq par la symétrie centrale de centre C .
277
Précisons la nature d'un quadrilatère MNPQ solution ( N » No ) ( voir figure 2 ) .
La symétrie de centre C, qui transforme Po en P et Q, en Q, est l’homothétie de centre C, de rapport ( - 1 ) •
Il en résulte : (PQ) // (P0Q0 ) ;	En outre : (P0Q0 ) H (AC)
Onadonc: (PQ)//(AC) et (MN)//(AC) •
Sa	S2
On a : Sj q S3 : Qo »	♦ Qo •--------» Q,
M ' .---------- M2 »--------- M,
Sg 0 S3 est la symétrie centrale de centre D,, donc : (Q, M, ) // (Q0M ' )
Puisque : (Q>M ' ) H (BD, ), on a : (Q, M, ) // (BD, ) .
Puisque < (Q, M, )//(BD, ) alors < s, (Q, M, )//s, (BD, ) c'est à dire < (QM)//(BD)
i (No Po ) H (BD, )	< s, (No Po)//s, (BD,)	( (NP)//(BD) .
conclusion : Le quadrilatère MNPQ est donc un parallélogramme dont les côtés sont parallèles aux diagonales
du rectangle ABCD 
Il existe une infinité de choix pour le point M sur ] AB [, donc :
il existe une infinité de quadrilatères MNPQ, inscrits dans le rectangle ABCD , ayant un même
périmètre minimal : ce sont tous les parallélogrammes dont les côtés sont parallèles aux
diagonales du rectangle ABCD .
remarque : tous ces parallélogrammes sont des " trajectoires fermées de boule de billard " ( voir exercice 3 ) •
2°) Cherchons , parmi tous les parallélogrammes précédents , ceux dont l’aire est minimale .
aire MNPQ  aire ABCD - 2 aire MBN0 - 2 aire PCNo
Posons : AB « L ; BC « I
Soit x le réel, appartenant à ] 0,1 [ .tel que : BM* « x BA
On a alors: BN^ - xBC* ; CFT-(1-x)CB* ; CP"«(1-x)CD*
Il en résulte : BM » xL ; BNo - xl ; CNo ’ ( 1 - x ) I ; CP-(1-x)L
On en déduit : aire MNPQ - U - x2 U - ( 1 - x )2 Ll
aire MNPQ - 2Ll(x - x2)
Or on peut écrire : x - x2 = j- - ( x - j j2
L’aire du parallélogramme MNPQ est maximale si, et seulement si le trinôme x - x2 prend sa valeur
maximale , c’est à dire si x - J .
Les points M, N , P , Q sont alors les milieux respectifs de (A, B) , (B, C) , (C, D) , (D , A) et MNPQ est un
losange ( MN - NP - jAC).
conclusion : Pour qu'un quadrilatère inscrit dans un rectangle ABCD ait un périmètre minimal et une aire
maximale , il faut et il suffit que ce quadrilatère soit le losange dont les sommets sont les milieux
des côtés du rectangle ABCD .
278
Exercice 5
Un problème de construction résolu grâce aux rotations
Dans un plan P. on donne deux droites Sb et A et un point A .
On se propose de construire un triangle équilatéral ABC dont un sommet est le point A et dont les deux autres
sommets B et C appartiennent respectivement aux droites Sb et A.
Justifier que le problème posé admet au moins un triangle solution .
Indication : on pourra utiliser une rotation de centre A, transformant C en B .
279
Orientons le plan P .
Analyse de la figure :
Si ABC est un triangle équilatéral solution, alors AB « AC et ( AC , AB ) a pour mesure + | rd ou bien - 5 rd .
Le sommet B est donc Timage du point C par Tune des deux rotations SL (A, J ) ou SC ( A, - | ) , de centre A et
d’angles respectifs 5,-5.
Posons: A, - SL (A, J)(A) ; A, - SL (A,-£)(A) .
Puisque le point C appartient à la droite A, alors le point B appartient à Tune des droites A, ou Az .
On en déduit: Be£>nA, ou BeônAz .
Synthèse et construction :
♦ Construisons les droites A, et Az, images de la droite A par les rotations respectives $1 ( A, | ) , & ( A, - § ) .
Il suffit pour cela :	Z de choisir deux points distincts P et Q sur A ,
j de construire	les points P, et Q,, images dePetQpar	St ( A, J	)
'	P2	et	Qz, images de	P et Q par	SL ( A, -1	;
on a : A, « (P ,Q, ) et Az « (P2Q2 )
♦ Si les droites A,	et	S)	ont	un	point commun B,,	posons :	C,  SL ( A, - 5 ) (B, ) •
Les rotations	SL	(A,	-	5 )	et	SL ( A, | )	étant réciproques Tune de l’autre , puisque	B,e A,, alors C, e A	•
En outre, on a: AC, - AB, et ( AB,’, AC,’ ) s - 5 (2k) Le triangle AB,C, est donc équilatéral •
Le triangle AB,C, est un triangle solution au problème posé .
* Si les droites Ag et Sb ont un point commun B2, posons: Cz - St(A,|) (B2 ) •
On a: BzeAz.donc:	SL ( A, J) (Az ) c'est à dire: CzgA.
En outre, on a : AC2 - AB2 et ( ÂB^, AC2’ ) s + | (2k) . Le triangle AB2Cz est donc équilatéral .
Le triangle AB2Cz est un triangle solution au problème posé .
Discussion et existence d’un triangle solution .
a)	Justifions que le problème admet au moins un triangle solution :
il suffit de prouver que l’une au moins des droites A,, Az est sécante avec £> .
Sl(A.-|) St(A.-J)
Ona:	P,.---------. P.--------------- P2	Or Sl(A,-j)ofl.(A,-J).«.(A.-£)
Q,.------------ Q'---------->Q,	d'où: (PpT.PA	(2n)
Les vecteurs P,Q, et P2Q2 ne sont pas colinéaires, donc les droites A, et Az ne sont pas parallèles 
Par conséquent, la droite Sb est sécante à l'une au moins des droites A, et Az
( puisque Sb/f A, et SbHb^ impliquerait A,//Az ).
280
281
b)	Analysons dans quels cas on a : bJISb ou bJ/Sb.
Considérons deux points distincts M et N de la droite Sb . Evaluons ( MN , PA ) et ( MN , P2Q2 ) •
(MîT-PÂT) = (MN*,PQ ) + (PQ ,PA) (2ji)
*t(A,|): Pi-------♦ P,	_
Q ---------- Q,	donc : ( PQ , PA ) a 5 (2k)
(MFr,PÂ7) = (MhT.PQ) + | (2k)
et
(MN.PÂ) s (MN.PQ) + (PQ ,PÂT) (2k)
<r,(A,-5):P.--------- P2 
Q .--------- Q2	donc : ( PQ . PA ) = - f (2k)
(MN\PÂT) = (MfT.PCT) - | (2n)
a, usb <=>	( MN , P A ) = 0 (271)	OU	( MN , PA ) = K (2n)
a, usb <=>	(MN,PQ)S-J (2k) De même, on trouve :	ou	(MN,PQ) = ^ (2k)
Ab HSb <=>	(MN'.PQ‘)b + 5 (2n)	ou	(MN*.PQ ) = - ^ (2rt)
c)	Nombre de triangles solutions
♦	Si les deux droites A1 et sont sécantes avec Sb ( voir figure 2 ),
alors il existe exactement deux triangles solutions ABA et ABA •
♦	Si t^c\Sb = $ ( voir figure 3) alors il existe un unique triangle solution AB2C2 •
Si b^oSb - 0	alors il existe un unique triangle solution ABA
♦	Si A, « Sb (voir figure 4 ) alors les droites Ag et Sb sont sécantes .
il existe ( une infinité de triangles équilatéraux solutions du type ABA tels que : ( AB1 , AC1 ) = - | (2n)
( un seul triangle équilatéral AB2C2 tel que : ( AB2 , AC2 ) = + | (2n)
♦	Si Ag - Sb
il existe ( une infinité de triangles équilatéraux solutions du type ABA tels que : ( AA , AC2 ) = + 5 (2n)
( un seul triangle équilatéral ABA tel que : ( AA , AC1 ) = - | (2n)
Le troisième cas , par exemple , se présente lorsque les droites Sb et A déterminent un secteur angulaire de mesure
120° et que le point A appartient à la bissectrice de ce secteur.
exception :	si A est le point commun de Sb et A, alors les points A , 62, A sont confondus en A .
282
Exercice 6
Construction d'un triangle dont on connait trois bissectrices
Dans un plan , on donne trois droites A1 , Ag , A3 concourantes en un point I .
Construire un triangle ABC tel que : ( les sommets A, B , C appartiennent aux droites respectives A, , Ag , A3
f le point I soit équidistant des trois droites (AB) , (BC) , (CA) •
Analyse de la figure: soit ABC un triangle solution .
Le point I est équidistant des droites (AB), (BC), (CA)
♦	Si on avait A - I alors on aurait : I e (AB) et I e (AC)	donc on aurait : I e (BC)
c'est à dire , puisque A - I, A e (BC),	ce qui est impossible puisque ABC est un triangle
Le point A est donc distinct de I, ainsi que les points B et C, comme on le démontre de même .
♦	Puisque I est équidistant des droites (AB) et (AC), alors I appartient à l'une des bissectrices de la paire de
droites {(AB), (AC)} ; autrement dit :
la droite	(Al), égale à A,, est l'axe d'une des deux réflexions qui échangent les droites (AB)	et	(AC).
De même,	la droite	Ag, égale à (Bl), est l'axe d'une des deux réflexions qui échangent les droites (BC)	et	(BA) .
la droite	A3, égale à (Cl), est l'axe d'une des deux réflexions qui échangent les droites (CA)	et	(CB).
♦	Soit Ag et A3 les symétriques respectifs du point A par rapport aux droites Ag et A3.
Les points Ag et A3 sont distincts sinon les médiatrices Ag et A3 respectives de (A, Ag) et (A , A3) seraient confondues.
Le point Ag , image de A par la réflexion d'axe Ag, appartient à la droite (BC), image de (AB) par cette réflexion •
Le point A3 , image de A par la réflexion d'axe Aa, appartient à la droite (BC), image de (AC) par cette réflexion .
♦	Une condition nécessaire à l'existence d'un triangle ABC solution est de n'avoir : ni AjlAg , ni Ag IA3 , ni Aa 1A1 •
En effet, si on avait, par exemple Ag ± A3
alors la composée S^qS^ serait la symétrie centrale de centre I .
On a:	: (BA) »---------• (BC) .----------. (AC)
La droite (AC), image de la droite (AB) par une symétrie centrale, lui serait donc parallèle
ce qui est absurde puisque ABC est un triangle .
283
Synthèse et construction : supposons les droites A1 , Ag , A3 données , concourantes en I
en sorte de n’avoir : ni ^lAg , ni Agi A3 , ni A3IA2 .
Soit A un point choisi arbitrairement sur A,, A distinct de I •
Construisons les symétriques fi* et A3 du point A par rapport aux droites respectives et A3 .
♦	Traçons la droite (Ag A3 ) et justifions que (Ag A3 ) coupe les droites A2 et A3.
Posons: J - m (A, Ag) et K-mCA.As);	Onaabrs: JK* - jA^"
Supposons (Ag A3 ) H Ag.
Puisque Ag 1 (AAg ), on aurait : (Ag A3 )l(AAg)
or: (JK)//(Ag A3 )	on aurait donc : (JK)l(AAg).
La droite (JK) serait alors la médiatrice de (A, Ag ), donc confondue avec Ag •
On aurait par conséquent Kg Ag , donc Kg AgnAa , c’est à dire: K-l
On aurait donc (Al) • (AK) et par suite :	A11 A3	d'où la contradiction .
Supposons (Ag A3 ) H A3. On aboutirait de même à A1 1 Ag ,	d'où l’absurdité .
Nommons alors B et C les points où la droite (Ag A3 ) coupe les droites respectives Ag et A3.
*	Justifions que B et C sont deux points distincts .
Supposons B « C, alors les points B et C sont confondus en I puisque B e Ag et Ce A3
On aurait donc alors : d'une part le (Ag A3 )
s4 s4,
d’autre part 0 S^ : I •----------------♦ I »------------ I
Ag .---------♦ A .----------. A3
d’où :	IAg - IA3
Les points Ag et Ag étant distincts , on déduit que I est le milieu de (Ag A3 )
La composée S^ 0 S^ , qui est une rotation de centre I, transformant Ag en A3 serait
donc la symétrie centrale de centre I, ce qui n’est possible que si on a : Agi A3 ;
284
* Vérifions que le triangle ABC ainsi construit est solution du problème posé :
L’image de la droite (BA) par la réflexion est la droite (BAg ), c'est à dire la droite (BC).
Le point I, qui appartient à b? , est donc équidistant des droites (BA) et (BC) .
L'image de la droite (CA) par la réflexion est la droite (CA3 ). c'est à dire la droite (CB).
Le point I, qui appartient à Aa , est donc équidistant des droites (CA) et (CB)
Le point I est donc situé à égale distance des trois droites (BA) , (BC) , (CA) .
Remarque : II existe une infinité de triangles solutions puisque le choix du point A est arbitraire.
Justifions que tous ces triangles sont homothétiques de l'un d'eux , ABC , par une homothétie de centre I .
Nommons A’B'C un autre triangle solution construit à partir d’un autre point A' de A, - {I} par le procédé précédent .
Soit k le réel non nul tel que : IA’ » k lA* •
Notons:	A2’-SAe(A’) , Ag'-S^fA’) . On a alors : (A/Aa') n Aj - {B’} et (A^') n A3 = {C} .
Les réflexions et conservent le barycentre.
De la relation IA’ - k IA , on déduit par conséquent :< ÏAg’ - klÂT
< fk^ - kK .
L’homothétie V., de centre I, de rapport k, transforme k^ en k^ et A3 en A3’ et transforme donc la droite (AgAg )
en la droite (k^k^ ) .
Cette homothétie SI laisse globalement invariantes les droites Ag et A3 qui contiennent le centre I de l’homothétie .
Be(A2A3)nAB	donc	W (B) e (Ag'Ag' ) n	d’où	«(B)-B’.
C€(A2A3)nA3	donc	St (C) e (AgTÇ ) n A3	d’où	«(C) - C .
285
Exercice 7
Conservation du barycentre par une rotation
Soit ABC un triangle isocèle vérifiant AB « AC .
Soit P un point quelconque de la droite (BC) .
La droite contenant P et parallèle à (CA) coupe la droite (AB) en M .
La droite contenant P et parallèle à (BA) coupe la droite (AC) en N .
1°) Démontrer qu’il existe une rotation 9L transformant B en A et A en C .
Préciser le centre de cette rotation .
2°) Déterminer timage du point M par la rotation St •
En déduire que la médiatrice de [ MN ] passe par un point fixe quand
le point P décrit la droite (BC).
1°)* S’il existe une rotation St transformant B en A et A en C, alors son centre O doit vérifier OA-OB et OA» OC
Ce centre O appartient donc alors aux médiatrices de [ AB ] et de [ AC ] .
Le centre de la rotation St, si elle existe . est donc le centre O du cercle circonscrit au triangle ABC .
♦ La droite (OA) est la médiatrice de [ BC ] ( puisque AB - AC et OB = OA = OC )
La réflexion s d’axe (OA) contrarie les angles orientés .
s : O •---------♦ O	 
A.----------» A	Onadonc: ( ÔA , ÔC* ) = - (ÔA , ÔB* ) (2ru)
B.----------• C	c’estàdire: (ÔA ,ÔC*) 2 (ÔB*,ÔA ) (2n)
Soit St la rotation de centre O, d’angle 0 (0 mesure commune des, angles (OA , OC ) et (OB , OA )).
On a alors :	St (B) - A et St (A) « C
2°) Le point P appartient à la droite (BC), donc il existe un réel X tel que : BP « X BC	(1 )
La relation (1) équivaut à:	(1 - X)PB + XPC - O
qui exprime que :	P est le barycentrede {(B, 1 - X), (C, X)} puisque ( 1 - X) + X # 0
Soit p la projection de la droite (BC) sur la droite (BA) parallèlement à la droite (CA) .
Soit q la projection de la droite (BC) sur la droite (CA) parallèlement à la droite (BA) .
Les projections p et q conservent le barycentre , donc on a :
M « Bar{(B, 1 - X),(A,X)} et N - Bar{ (A, 1 - X), (C, X)}
D’autre part, la rotation St conserve le barycentre , donc :
St(M) - Bar{(St(B),1 - X), (SI (A), X)}
Compte tenu de St (B) - A et St (A) - C, on trouve :	St (M) - N •
La médiatrice de [ MN ] contient donc le centre O de la rotation St, qui est un point fixe .
286
Exercice 8
Recherche du centre et de l'angle d'une rotation en géométrie analytique
Dans un plan F muni d’un repère orthonormé direct (O, F , f ), représenter les points
A(1,1) ; B(2,2) ; C(-3,3) ; D(-4,4).
1°) Démontrer qu’il existe une rotation unique transformant A en C et B en D .
Préciser son centre I et son angle.
2°) Démontrer qu’il existe une rotation Stj unique transformant A en D et B en C.
Préciser son centre J et son angle .
3°) On nomme K le milieu de (A, B) et L le milieu de (C, D) •
Démontrer que le quadrilatère IKJL est un carré -
1°) Pour qu’il existe une rotation transformant les points A et B en respectivement C et D , il est nécessaire d'avoir
AB - CD ( puisqu’une rotation est une isométrie ) .
Ona: ÂB*(1,1) et CD*(-1,1) donc: AB - CD - Æ .
S'il existe une rotation transformant A en C et B en D, alors son centre I appartient nécessairement à la
médiatrice d1 de (A, C) et à la médiatrice 8, de (B, D).
Etudions d^S, :
♦	Mfx.yjed,	<=>	MA2	= MC2
M(x,y)ed1	<=>	(1 -	x)2 + (1	-	yf	-	(-3	-	x)2	+	(3	-	y	f
Une équation de d, est :	2x - y + 4 - 0
♦	M(x,y)e 8,	<=>	MB2	- MD2
M(x,y)e81	<=>	(2 -	x)2 + (2	-	y J2	-	(-4	-	x)2	+	(4	-	y	J2
Une équation de 8, est :	3x - y + 6 « 0
♦	M(x,y)ed1n81 <=>< 2x-y + 4- 0
< 3x - y + 6 * 0 On trouve : d, n 8, » {I} avec I ( - 2,0 ) •
Il existe une seule rotation SI, de centre I, qui transforme A en C : celle dont l'angle est égal à ( IA , IC ) 
Pour que cette rotation 51, transforme B en D, il faut et il suffit que les angles orientés ( IA , IC ) et ( ÏB*, ID )
admettent même mesure.
287
Ona: IA (3,1) ; IC (-1,3) ; IB (4,2) ; ID(-2,4)
——*	IA IC
d'une part , cos (IA, IC)- _ ' _ -0
II IA II x || IC ||
|	3 - 1
I •	Det(ÎA.iC) 1	3
i sm ( IA , IC ) - —------l=5-l - ——--------—
l|IA||x||IC|| /lû x/ÏÔ
d’autre part
cos ( ÎB , ID ) - _IB ID_ - 0
II IB || x || ID ||
4 - 2
sin(lfïïh.D*('g’g)--M =
l|IB||x||ID||	/20 xV20
d'où: (ÎA,ÎC) = +^- (2n)
d'où: (lB,ÎD) = + y (2n)
conclusion : Il existe une unique rotation 3L, telle que 3C, (A) - C et 31, (B) - D •
Le centre de cette rotation est I ( - 2,0 ). Son angle mesure ( + f ) rd .
2°) S’il existe une rotation transformant A en D et B en C, alors son centre J appartient nécessairement à la
médiatrice d2 de (A, D) et à la médiatrice 5? de (B , C) .
Par la même méthode qu’au 1 °), on établit que :
Une équation de d2 est :	5x - 3y + 15 » 0
Une équation de	est :	5x - y + 5 « 0
On trouve : n 5^ - {J} avec J ( 0,5 ) .
II existe une seule rotation 3L? de centre J , qui transforme A en D : celle dont l’angle est égal à ( JA , JD ) .
Comparons alors les angles ( JÂ*, JD* ) et ( JB*, JC* ).
Ona: JÂ*(1	4) ; JD*(- 4,- 1) ; JB*(2,- 3) ; JC*(-3,-2)
On trouve:	cos (JÂ*, JD*) - 0 et sin(JÂ*, JD*) - - 1 d’où: (JÂ*,JD*) = - f (2n)
cos ( JB*, JC* ) - 0 et sin(JB*,JC*) - - 1 d’où: (JB*,JC*) = - f (2n)
conclusion : II existe une unique rotation 3L? telle que 3^ (A) - D et 3^ (B) - C •
Le centre de cette rotation est J ( 0,5 ). Son angle mesure ( - î ) rd
3°) On a : 3L, : A »------------ C
B »-------» D et toute rotation conserve le barycentre .
En particulier, transforme le milieu K de (A, B) en le milieu L de (C, D) 
Onendéduit: IK - IL et (ÏK*,ÎL)s + J (2k)
Par ailleurs , comparons les vecteurs ÏK* et LJ* .
Ona:K(-,|) ; L(-f.f) tfoù: IK(j.|) et
On trouve : IK - U donc IKJL est un parallélogramme
Puisque IK 1 IL , le parallélogramme IKJL est un rectangle .
En outre IK « IL donc le rectangle IKJL est un carré
288
Exercice 9
Un théorème attribué à.Napoléon
On construit extérieurement à un triangle ABC les triangles équilatéraux ABC’ , BCA' , CAB’ dont les centres sont
nommés respectivement O, , O2 , O3.
1°) Démontrer que le triangle O,O2O3 est équilatéral et que son centre est égal au centre de gravité G du triangle ABC
indication: on pourra établir la relation GO, - jAA' ,
et comparer les distances AA', BB', CC', en utilisant des rotations judicieuses.
2°) On pose : BC«a;CA-b;AB-c
Démontrer que la longueur commune x des côtés du triangle OiO2O3 est donnée par :
x2 - — f a2 + b2 + c2^ + ^^-9 où 9 est l’aire du triangle ABC
6k	J 3
Orientons le plan du triangle ABC en sorte que les angles (AB , AC ) , ( BC , BA ) , (CA , CB ) admettent pour
mesures respectives des réels a, p , y appartenant à ] 0 , n [
Les angles (ÂC*. ÂB1* ),( CbT^A ),(ÂCr,ÂB ), ( BÂ*, BC* ), ( BÂ*, BC* ), ( CB*, CÂ* ) ont alors pour mesure J
1°) Le point G est l’isobarycentre de { B , C, A}, donc : GA + GB + GC - O	(1)
Le centre O! du triangle équilatéral BCA’ est isobarycentre de { B , C, A’}, donc : GO, - 5 ( GB + GC + GA’ )
soit, compte tenu de (1) :	GO, * 5 ( - GA + GA’ ) ; GO, - 5 AA’
On établit de la même façon : GO2 - 5 BB’ et GO3 - 5 CC’
289
comparons les distances AA*, BB*, CC'.
Nommons SL, , SI? , St3 les rotations d’angle f, de centres respectifs A, B , C .
On a alors :	: B’ >		 A B 		• A’	9^: A »		 A’ »	♦	C’	St,: C	C’ »	• B C 			 B’
On en déduit :	( B’B - AA’	( AA’ - C’C		( CC’ - BB’
				
	( (BB,ÂÆ) = J (2tc)	( (ÂÂ^.CC*)	s5 (2n) 1	((C’C ,BBT )«5 (2n)
Il en résulte :	AA' - BB' - CC	d'où :	GO, ™ GO2 = GO3	- |BB’	
Evaluons les angles (GO, , GQ> ) , ( GQ> , GO3 ) , (GOg , GO, ) .
Les vecteurs GO, et AA’ sont colinéaires et de même sens .
Les vecteurs GO2 et BB’ sont colinéaires et de même sens	donc :
Ona: (ÂÂ*, BfF) = (ÂÂ*. BB* ) + ( BB*. BB* ) (2k)
(ÂÂ*. BB*) = - J + n (2tc)
(ÂT.Btf ) = £(&)	d'où:
On établit de même que :	(GO^', GO,' ) 	(2n) et
(GO,, GO, ) = (AA’ , BB' ) (2tt)
(GO,, GQ, )S^(2n)
(GÔr.GQ ) e f (2n)
La formule d’AI Kashi, appliquée aux trois triangles GOjO2 , GO2O3, GO3O, donne alors ,
en posant GO, =GO2 =GO3 -R,	O,O22 - GO,2 + GO22 - 2GO,GO2cos^
On trouve :	O,O22 - 3 R2 d’où :	0,0a » R 73 .
De même : O2O3 = O3O, = R 73 •
Le triangle O,O2O3 est oonc équilatéral et le centre du cercle circonscrit à ce triangle équilatéral est le point G .
2°) Exprimons 0,0/ à l'aide de a,b,c,g . On a R  5 BB' donc : 0/3/ - 5 BB'2 .
BB*2 - AB2 + AB’2 - 2AB. AC.cos(ÂB*>ÂB* )
or: (ÂB*,ÂB*) = (ÂB*,ÂC*) + (ÂC*,ÂB*) (2k)
(ÂB ,ÂB*) = a + 5 (2k)
d’où : BB*2 - c2 + b2 - 2 bccos (a + ^-)
On obtient : BB*2 - c2 + b2 - bc cos a + 73 bc sin a
or: bcsina - 2 8
bc co s a « | ( b2 + c2 - a2 )
On trouve alors : BB’2 - J ( b2 + c2 + a2 ) + 2 J38
Posons : O£2 - x.
On déduit: x2 - 1( b2 + c2 + a2) + ^-8
6	3
avec
3	2
13
2
8 = aire du tri;
ABC
290
Exercice 10
Triangles isométriques
Soit ABC et ABC deux triangles dont les sommets appartiennent tous à un même plan S>
et vérifient : f A’B'  AB
j B'C - BC
( C’A’ - CA
Démontrer l’existence et l’unicité d'une isométrie f qui transforme A, B , C en respectivement A*, B', C
Justifier que cette isométrie f est décomposable en au plus trois réflexions .
291
1°) Justifions l’existence d’une isométrie f transformant A, B , C en A', B’ t C respectivement .
* Si (A’, B’, C’ ) - ( A, B, C) alors l'identité du plan , qui est une isométrie ( notée Idp ), répond à la question ;
on a trouvé :	f - Idp
♦ Si (A', B’, C ) # ( A, B, C) supposons par exemple A' # A et posons : A, - med (A, A’ ) .
La réflexion SA^ d'axe	A, transforme	/ A en A’ B en B, ( C en C,	tels que	A’B, - AB = A’B’ A'C, - AC - A'C B,C, - BC - B'C	(1)
si (A’,B’,C) - (A’.BnC,),	alors	on a trouvé	’-Sa,.	qui est une isométrie .	
si (A',B’,C) # (A’,B,.C,).	supposons par exemple B' # B, et posons : Ag - med (B,, B’ ) .				
On a :	A'B, - A'B'	( voir (1)}	donc :	A'e Ag	
La réflexion S^ d'axe	Ag transforme	/ A' en A’ \ B, en B' \ C, en C2	tels que	A'Cj - A'C, - A'C B’Cg - B,Ci - B’C .	(2)
SA,	s4
si (A’.B’.C) - (A'.B’.Cg) alors S^qS^ : A«---------------------» A* »	* A’
B >--------♦ B, ►----------♦ B’
C .--------♦ C, ------------- C2 - C’
On a trouvé f « S^ 0 S^ , qui est une isométrie ,
♦♦♦ si (A’, B', C) * (A'.B’.Cg)	posons: Ag » med(Cg,C) .
On a (voir (2) ):( A'Cg - A'C donc ( A' e Ag d’où : S^ . a* »___________• A’
B'C2 = B'C B' g Ag	B* *	* B*
c2-------------» C’
SA1 S4 S41
On a alors : S^ q S^ q S^ : A •	» A »	• A •	—» A
B .--------♦ B, »---------- B’ -----• B’
C ------------ C, »----♦ C2 »-------» C’
On a trouvé f « SA;j qS^ o S^ , qui est une isométrie .
Dans tous les cas , on a prouvé l'existence d’une isométrie f, identité du plan ou composée de au plus trois
réflexions, transformant A, B , C en respectivement A’, B', C’ .
2°) Justifions l’unicité de l’isométrie f
Supposons qu’il existe deux isométries f et g transformant A , B, C en respectivement A’, B’, C' -
Pour justifier g - f, il suffit de prouver :	g10 f » Idp	car f et g sont deux bijections du plan P dans lui-même .
f	g1
g%f : A »----------. A’ »------------- A
B .--------»	B’ »--------. B
C .--------•	C’ .--------♦ C
Démontrons que g10 f laisse invariant tout point du plan P 
♦	S’il existait un point M du plan P tel que g10 f (M) # M, alors posons M ' - g10 f (M) •
Puisque g10 f est une isométrie de laissant invariants les points A, B , C , on aurait alors :
AM' - AM et BM' = BM et CM’ = CM et M'/M •
La médiatrice de (M, M') contiendrait donc les points A, B, C. Or ces points sont non alignés, d’où la contradiction .
♦	Par conséquent, pout tout point M du plan P, on a:	g10f (M) = M,donc g^f - Idp d'où: f«g
292
Exercice 11
Composée de réflexions , de rotations et de translations
Décomposition d'une rotation , d'une translation .
On considère un carré ABCD dont le plan f est orienté en sorte que (AB , AC ) mesure ( + J ) rd .
On appelle O le centre du carré ABCD -
On désigne par I, J, K, L les milieux respectifs de (A, B) , (B, C) , (C, D) , (D, A)
1°) Déterminer une mesure de chacun des angles suivants : (ÂC* *, ÂD* ) , ( DÂ*, DB* ) , ( CD*, CÂ* ) , ( CÂ*, CD* ) .
2°) On noter la réflexion d’axe (AB)
<	St (A, J ) la rotation de centre A, d'angle f
(	T5 Âc* ,a translation de vecteur AC’ .
Déterminer la nature et les caractéristiques géométriques de chacune des composées suivantes :
*	fi - sACosBD
*	’î - sACosAB
*	 S AC 0 Si (A, j )
♦	f, -«(A.IJoSac
* fs - Sl(D.x)0Sl(A,x)
» f,-Sl(Dj)0Sl(A.f)
• f,-»(C,-J)0$t(Aj)
* f« " sABosOL
» f.-Sl(Cj)0Sl(D,x)0Sl(A,5)
1°) Les droites (AC) , (BD) , (JL) et (IK) sont axes de symétrie du carré ABCD.
* Toute réflexion contrarie les angles orientés .
On a : S^q : A *	» A
C»----------- C On en déduit: (ÂC*,ÂD*) =-(ÂC*,ÂB ) (2n)
B.---------* D	donc: (ÂC*,ÂD*) = (ÂB*,ÂC*) (2n)
d'où: (ÂC’.ÂD ) = + J (2tc)
On a : S|_j : A ---------» D
C 	B	On en déduit: ( DA , DB* ) a - (ÂD*, ÂC* ) (2it)
D.----------> A	donc: (DÂ*,DB*) a (ÂC*,ÂD*) (2n}
d'où: (DÂ*,DB*) = + J (2n)
* La symétrie centrale de centre O conserve les angles orientés ( puisqu’elle est la rotation de centre O, d'angle n ) .
& (O, h): A.---------• C
B .--------.	D	 
C»----------- A On en déduit: ( CD* , CÂ*) s (ÂB*, ÂC* ) (2k)
Onadonc: ( CD*, CÂ* ) = + J (2n) et ( CÂ* , CD* ) = - J. (2n)
2°) Les diagonales d'un carré sont perpendiculaires , donc : (AC) ± (BD) •
* $AC o SBD est la composée de deux réflexions d'axes perpendiculaires en O, donc :
Sac o SBD GSt 13 symétrie centrale de centre O, c'est à dire :	S^q o Sæ « St (O, n)
293
Les droites (AB) et (AC) sont sécantes en A et ( AB , AC ) mesure + $ rd .
Sac o $AB est donc la rotation de centre A , d’angle 2 J rd . Sac 0 Sab - SL (A, j )
f3 - S^c o (A. ? ) Utilisons la question précédente et écrivons : SL (A, f ) - Sac o $AB ;
ona: f, - SAcosACosAB . Or: SACosAC “ WP ,
donc : f3 « Sab	Conclusion : Sac o (A, f ) = Sab 
f4 - SL (A, J ) 0 SAc
Décomposons la rotation SL (A , f ) en deux réflexions d’axes sécants en A , en sorte que la droite (AC) soit
l’axe de la première réflexion .
Puisque (ÂC* , AD* ) mesure J rd , on peut écrire :	SL (A, f) - Sado^AC
On a alors: f4  ^ADo^ACo^AC d’où: f4 « Sad • Conclusion: &(A,j)0Sac “ $AD
Remarquer: SAc0^(A,?) * ft(A,|)0SAc
f5 - 5t(D,n)05t(A,n)
Toute rotation d’angle n ( ou symétrie centrale ) est décomposable en deux réflexions d’axes perpendiculaires
en le centre de cette rotation .
Ecrivons:	fs - $DC o SDA o SAD o SAB	où: sDAosAD “ WP •
On obtient: f5 - SqCosAB •
Les droites (AB) et (DC) sont parallèles , donc f5 est une translation .
Puisque A e (AB) et que le point D est le projeté orthogonal de A sur (CD), on a :	Sqc o $ AB *	2 ÂD*
Conclusion:	SL(D,n)oSL (A,n) « ^2ÂD*
f*«^(D.f)o^(A.J)
La rotation SL (A , J ) peut être décomposée en deux réflexions d’axes A, et sécants en A , sous la forme :
^(A,f) - S^S^
La rotation SL (D , | ) peut être décomposée en deux réflexions d'axes 2X3 et A4 sécants en D , sous la forme :
*(Dj) -
On a alors : f6 	0	0	0
Cette composée deviendrait particulièrement " simple " si on avait A3 =	>
Puisque la droite \ contient le point A et que la droite A3 contient le point D, l’égalité A3 » Ag n’est possible
que si, et seulement si Ag et A, sont égales à la droite (AD) .
Ceci nous conduit à privilégier les deux décompositions suivantes :
Sl(D,f) - Sobo$DA puisque	(DA ,DB ) mesure + J rd •
SL(k,$) - SaDo^AC Pu>sAue	(AC ,AD ) mesure + J rd •
On obtient: f6 - S^b o SDA o SAD o SAC	où: sDAosAD ’ WP ’
soit: f. - SDBoSAC
Les droites (AC) et (DB) étant perpendiculaires en O , la composée Sqb o $AC est la symétrie de centre O •
Conclusion : SL (D, f ) 0 SL (A, f ) « SL (O, n )
294
f7-»(C.-?)0»(Aj)
La rotation SI (A, y ) peut être décomposée en deux réflexions d'axes 6, et 82 sécants en A, sous la tonne :
La rotation SI (C, - y ) peut être décomposée en deux réflexions d'axes 8, et 8« sécants en C, sous la forme :
*(C.-y) - S^oS^
On a alors: f7 - S8< 0	0	0
Cette composée deviendrait particulièrement " simple " si on avait 83 - 8g , ce qui n’est possible que si, et
seulement si 8g et 83 sont égales à la droite (AC) .
Ceci nous conduit à privilégier les deux décompositions suivantes :
(C,- J) - SqqqSqa puisque (CÂ\CD*) mesure - J rd ;
&(A,f) - S^c0S^b puisque (ÂB* , AC’ ) mesure + J rd .
Onobtient: f7 - Sqo00SAC0SAB	où:	- Idp ,
soit : f7 - SCD 0 SAB
On a déjà établi ( voir f5 ) : Sqq o Sab - ^2 ÂD* • Conclusion :	& (C, - f ) 0 St (A, f )  T?2ÂD*
’ sABosOL
Les droites (OL) et (AB) sont parallèles ( car O est le milieu de (D, B) et L est le milieu de (D . A) .
f8 est donc une translation .
Puisque L e (OL) et que le point A est le projeté orthogonal de L sur (AB), on a : SAB 0 Sql  LÀ* •
Conclusion : SAB 0 Sql = TS qÂ*
Remarque : Ayant établi que f8 est une translation , il est possible de préciser le vecteur u de cette
translation en cherchant l'image par f8 d’un point particulier, par exemple du point D 
Sql sab
f, : D .-----. A .------------ A
Le vecteur u de la translation f8 est donc : u « DA
295
fa “ & (A, 2 ) o DA
La rotation St (A, J ) peut être décomposée en deux réflexions d'axes d3 et d4 sécants en A, sous la forme :
La translation TS d/\" PGUt ®tre décomposée en deux réflexions d’axes d, et d2 parallèles ( perpendiculaires à (DA)J
sous la forme :	1S qâ* =	0 S(ji
On a alors : f9 	0 Sj3 0	0 S(ji .
Puisque la droite d3 contient le point A et que la droite d2 est perpendiculaire à (AD), l'égalité d3 « d2 n'est
possible que si, et seulement si d3 et d2 sont toutes deux égales à la droite (AB) contenant le point A et
perpendiculaire à (AD) .
On est donc amené à privilégier les décompositions suivantes ( où d3 « d2 ) :
5t(A,f ) = SacqSab	et	^DÂ* " SABosOL
Onobtient: ffl - SAC 0 SAB 0 SAB 0 Sql	où: S^qS^ - Idp ,
soit: ^-SacoSol
Les droites (AC) et (OL) sont sécantes en O, et on a: OL - j CD
donc : les angles ( OL , CA ) et ( CD , CA ) ont même mesure J rd .
Sac o $OL est donc ta rotation de centre O, d'angle 2 J • conclusion :	$1 (A, | ) 0 T? qÂ* = St (O, f )
f® - St(C,f)0St(D,K)0St(Aj)
Décomposons chaque rotation en deux réflexions en privilégiant les droites (AD) et (DC)
On peut écrire : fw - Sqa o sCD o sDC o sDA o sAD o SAC	puisque : ( CD , CA ) mesure J rd
Il en résulte :	“ SCAo WPo WPoSAC , sCAosAC “ WP ,
d'où :	k « Idp .	Conclusion : St (C, f ) 0 St (D, n) 0 St (A, | ) - Idp
Remarque : On pouvait observer que l'application fw est une isométrie qui transforme deux points
quelconques M et N du plan de la façon suivante :
St(Aj) St(D,n) St(Cj)
M .---------♦	--- M, .-------» M3
N  ---------» N, ----------- N2 .-------♦ N3
Ona:	(MhT.MJM/ ) = f (2n) et( M^ . hW	) = n (2n) et	(KW.mX ) = f	(2n)
La relation de Chasles garantit alors :	( MN , MaN3 )	s f + k + f (2n)
c'est à dire :	( MN*, MjhV )	= 0 (2n)
Les vecteurs MN et M3N3 sont donc colinéaires et de même sens .
En outre || M/lf || - || MN* || d'où:	M3N3’ - MN’
L'application ftt est donc une translation du plan .
Précisons le vecteur v* de cette translation en cherchant l'image du point B ;
$l(A,f) St(D,rc) Sl(C.f)
B •---------• D •--------♦ D ------------- B	On a donc v* - BB* - Ô*
d’où :	f® - TSq* - Idp
296
Exercice 12
Isométries laissant globalement invariant l'ensemble des sommets d'un
triangle équilatéral
Dans un plan F , on considère un triangle équilatéral ABC de centre O
1°) Déterminer toutes les isométries du plan P qui laissent globalement invariant l’ensemble {A , B , C} des
sommets du triangle équilatéral ABC .
indication : on justifiera que si f est une isométrie solution, alors f (O) « O .
2°) Déterminer les applications obtenues en composant deux quelconques de ces isométries .
OA - OB « OC .
1°) Si f est une isométrie solution , alors :
{f(A),f(B).f(C)} - {A.B.C} .
Le centre O du cercle circonscrit au triangle ABC vérifie :
L'isométrie f, qui conserve les distances , transforme donc le point O en un point f (O) situé à égale distance des
points f (A), f (B) ,f (C) .
Or seul le point O possède cette propriété.
Si f est une isométrie solution , f est donc
Par conséquent : f (O) » O
une réflexion dont l’axe contient le point O
une rotation de centre O .
ou bien
ou bien
♦ Si f est une réflexion , trois cas peuvent se présenter :
♦	f	(A)	-	A	alors	f	est nécessairement la réflexion Sq^	d’axe (OA) ;
*	f	(A)	-	B	alors	f	est nécessairement la réflexion d'axe	(OC) puisque	(OC)	est	médiatrice	de	(A,	B)	;
*	f (A)	-	C	alors	f	est nécessairement la réflexion d’axe	(OB) puisque	(OB)	est	médiatrice	de	(A	.	C)	.
Si f est une réflexion solution , alors f appartient à l'ensemble { Sqq ,	Sqq , Sq^ } .
Vérifions que chacune de ces trois réflexions laisse globalement invariant l'ensemble { A, B , C} •
SOA: A —	—• A	Bqc: A —	—• B	SOB • A		♦ c
B .		—♦ C	B .—	—» A	B 			* B
C .		—♦ B	c.		—• C	C >		• A
Conclusion : il existe exactement trois réflexions solutions , qui sont :				Sqa•SOB•SOC •	
297
Si f est une rotation ( de centre O ). trois cas peuvent se présenter •
♦ f (A) - A alors f est nécessairement la rotation de cente O, d’angle ( OA , OA )
	c'est à dire l'identité du plan .
♦	f (A) - B alors	f est nécessairement la rotation de cente O, d’angle ( OA	, OB	)	;
♦	f (A) - C alors	f est nécessairement la rotation de cente O, d’angle ( OA	, OC	)	.
Orientons le plan P en sorte que (OA , OB ) mesure + rd .
Alors	( O A’, OC’ ) mesure -	nf rd puisque la réflexion Sq^ contrarie les angles orientés	.
Si f	est	une rotation solution ,	alors f appartient à l’ensemble {Idp , St (O,	, St (O, -	) }
Vérifions que chacune de ces trois rotations laisse globalement invariant l'ensemble { A , B , C} .
On a d’une part : (ÔB ,ÔA ) = - % (2n) et (ÔC* ,ÔA ) s +	(2n)
d’autrepart: (ÔB .ÔC’) = (ÔB’.ÔA ) + (ÔA ,00“) (2n)
d’où : ( OB , OC ) =	(2re)	c’est à dire :	(OC ,OB	(2k)
On a par conséquent :
SLip,%): A.	. B Sl(O,-^): A.	 C	WP:	A »	» A
B »		 C	B .	» A C 		. A	C .		 B	B »		 B C .	» C
Conclusion : il existe exactement trois rotations solutions, qui sont : Idp , St (O,	, St (O, -	.
L'ensemble de toutes les isométries du plan S* qui laissent globalement invariant l’ensemble {A , B , C} des
sommets d'un triangle équilatéral ABC est donc :
3 - (SOA.SOB.SOC.WP.»(O.T).»(O.-T)}
Remarque :	les rotations SI (O,	) et SL (O, -	) sont réciproques l'une de l'autre.
changer l'orientation du plan reviendrait à échanger ces deux solutions .
298
2°) Soit f et g deux isométries appartenant à J .
Notons X « {A, B, C}. Alors: f(X) - X et
On a donc : g 0 f (X) - g (X) - X	et
Onaaussi: t1(X) - f1 [f(X)] - t10f(X) - X
g(t) - *
fog(X) -f(X) - X
Toute composée de deux isométries de J appartient donc à J .
La bijection réciproque t1 d’une isométrie quelconque f de J appartient aussi à J .
La composée SqA o Sqb est la rotation de centre O , d’angle 2 ( OB , OA )
2 ( OB*, OA’ ) a pour mesure ( + rd . On en déduit:	SqAo Sqb - St (O.^f)
♦	Pour déterminer Sqb o SqA , il suffit de remarquer que :
SOB0 SOAo SOA0 SOB - $OBo,dPosOB “ WP
$OB 0 SOA est donc la éjection réciproque de SqA o Sqb d’où : Sqb o SqA - St (O, -	)
♦	On justifie de la même façon , en notant r - St (O, ^ ) et r-1- SI (O, -	), que :
sOBoSOC“r î sOCoSOB’r*1; sOCoSOA“r î sOAoSOC’r'1
♦ Pour déterminer SqA 0 r, il suffit d’écrire :
sOAor  sOAosOA°sOB •
On obtient :	SOA 0 r - Sqb
Pour déterminer r 0 SqA, il suffit d’écrire :	r 0 SqA - Sqq o SqA o SqA .
Onobtient:	rosOA“sOC
Pour déterminer r10 SqA, il suffit d’écrire :	r -10 SqA - Sqb o SqA o SqA .
On obtient :	r10 SOA - SqB
Ona: r or - St (O, -	) donc: ror - r-1 et r10r-1- St (O, donc: r-10r1 - r
On peut résumer ces résultats dans le tableau ci-dessous :
	SOA	SOB	SOC	r	r-1	Id
SOA	Id	r	r-1	SOB	soc	SOA
SOB	r-1	Id	r	SOC	SOA	SOB
soc	r	r*1	Id	SOA	SOB	SOC
r	soc	SOA	SOB	r'1	Id	r
r1	SOB	SOC	SOA	kl	r	r'1
Id	SOA	SOB	SOC	r	r’1	Id
299
Exercice 13
Rotations et réflexions en géométrie analytique
Soit (O , i , j ) un repère orthonormé direct d'un plan P orienté .
1°) On se propose de définir analytiquement ( la rotation 5t, de centre Q (0,2), d’angle J
( la rotation 5^ de centre Q, d’angle ~
a)	Soit M un point quelconque du plan , distinct de Q . On pose QM - r ; ( j , DM ) = a (2re)
On appelle : < M, lïmage du point M par la rotation 51,
( M’ l’image du point M par la rotation R? .
♦ Déterminer les coordonnées de QM et de QM1 dans la base ( i , j ) à l’aide de r et de a •
-------* J 3 ~~'*	1-----*
* Etablir la relation : ÛM’ -----------QM + —OM-
2	2	1
b)	En déduire les coordonnées des points M, et M ’ à l’aide des coordonnées (x , y) de M dans le repère (O, i , j ).
2°) a) Représenter les droites A,,	, Aa, d’équations respectives :
V3	r~
A, : y - 2 ; A2: y - -^-x + 2 ; Ag:y--V3x + 2; A4:y--x + 2;A5:y--x
b) Déterminer la nature et les éléments géométriques des composées suivantes de deux réflexions :
’ SAaOSA2 • SA4OSAa î SAsOSA4 •
c) Définir analytiquement les réflexions SA;j et S^ •
En déduire l’expression analytique de la composée S^ 0 S^3 et comparer aux résultats du 1°) •
300
1°) a) Soit V un vecteur non nul tel que (i , V ) mesure a radians .
Les coordonnées . dans la base orthonormée directe (i , j ) du vecteur V sont: ( || V ||cosa,||V || sina )
Ona: QM « r et (i,QM) mesure a rd donc:	QM - (rcosa)i + (rsina)j	(1)
♦ L’image M, de M par la rotation 9^ est caractérisée par f QM, - OM - r
(	(2k)
Calculons: (ï.fiM, ) s (7,CM) + (QM.QM, ) (2n)
(7,Ô^)b ° * f
---* ( n>\ * ( n\~*
Onadonc: QM1 - rcosl a + “I i + rsinl « + “I j
d’où :	CM, - ( • r sina) i + ( r cosa) j (2)
* L’image M' de M par la rotation est caractérisée par ( OM* - QM - r
( (î.fiM’) b a +•£ (2k)
6
On reconnaît :QM’ - ——QM +	, résultat prévisible puisque : QM’- cos^-QM + sin^-QM1 (3)
2	2	6	6
b) ♦♦ Dans le repère (O, i, j ), on a : Q (0,2) et M (x, y) d’où : QM - (x - 0) i + (y - 2) j	(4)
Des relations (1) et (4), on déduit :	rcosa > x et	rsina - y - 2
La relation (2) s’écrit alors : OM1 - OQ-(-y + 2)i+xj où:	OO - 2 j
On obtient : OM, - ( - y + 2) i + (x + 2) j
Les coordonnées (x^, y, ), dans le repère (O, f, f ), de l’image M, de	M (x, y),	par la rotation	sont donc :
<	x, - - y + 2
<	yi - x + 2	(5)
La relation (3) s’écrit alors: OM’ - OQ - ^-[ xi + (y -2)j] + •£[(- y + 2)i + xj]
»	/	1	। -• I 1	z- । —♦
On obtient: OM' - -—x - —y + 1 i + — x + -—y + 2 - y 3 j
V 2	2 J V2 2 J
Les coordonnées (x ’, y ’), dans le repère (O, i, j ), de l'image M'de M par la rotation $l2 (Q,—) sont donc :
6
(6)
Remarque :
Le point Q (0,2) est invariant par les rotations St, et 5^.
Les formules (5) et (6) sont donc vérifiées si M est en Q
2?) a) Un vecteur directeur d'une droite d’équation ( y - m x + p ) est : v «i + mj
Les droites A,, , A,, A4 contiennent le point Q (0,2).
Elles admettent respectivement pour vecteurs directeurs : u1 - i ; u2- i + j ; u3 — i - V 3 j ; u4« i - j
La droite As contient l'origine et est dirigée par : 1%  i - j ( on a : A4 //As )
b)	♦	0 SAi est une composée de deux réflexions d'axes sécants en Q, donc :
0 SAi est la rotation de centre Q. d'angle 2 ( u1 , U2 ) .
( u,, u2 ) mesure — rd •
6
S^qS^ est donc la rotation de centre il, d'angle J •
* o $Ax est la composé® d® deux réflexions d’axes Ag et A3 perpendiculaires en Q ( puisque u2 . u3 « 0 )
0 SA? est donc la symétrie centrale de centre Q .
* SA< o sAa est une composée de deux réflexions d'axes sécants en Q, donc :
0 S^3 est la rotation de centre Q, d'angle 2 ( u3 , u4 ) .
Première méthode :	( U3 , u4 ) = ( U3 ,f ) + (f, U4 ) (2re)
De la même façon , on trouve
72
«»( i .u4) • y
•	^2
sin ( i . u4 )-—
d’où:	(2ic) et (ÏX)S’T W
3	4
donc: (ü^.uj = + ^~ rd
S S est donc la rotation de centre Q, d'angle + — rd
V A,	09	6
302
Deuxième méthode :
/“*“*%	u3.u4	1 + /ï
oos(u3 , u4 ) - -	-t, ---------p=-
l|u3|k||u4||	2/2
. . —• —•.	Det ( u- , ud )	- 1 + J3
sin ( u3, u4 ) -	---
Il u3 ||*|| u4 ||	2/2
Utilisons les formules : cos 26 - cos2 0 - sin2 6
V3	1
On trouve : cos 26 - -— et sin 26 - —
2	2
Appelons 6 une mesure de ( u3 , u4 ),
et précisons 2 6 •
et sin 26 - 2sin6cos6
d’où : 26 = — rd .
6
On retrouve ainsi que S S est la rotation de centre Q , d’angle — rd -
A4	6
* $As o SA« est une composée de deux réflexions d’axes parallèles , donc 0 est une translation.
Le point Q appartient à A4 , donc S 0 S est la translation de vecteur 2QH ,
a5 a4
où H est le projeté orthogonal de Q sur la droite
Précisons les coordonnées (x h . y H ) du point H :
H appartient à la droite	/ y H - - x H
—• _	donc : <
QH.Ug-0	(	(xH-0). 1 + (yH-2).(- 1) - 0
Ontrouve: (xH,yH)-(-1,1). On en déduit: OH (-1,-1).
0 est donc la translation de vecteur ( - 2 i - 2 j ) .
c)	♦ On veut déterminer les coordonnées (x3,y3) de Timage M3 d’un point M (x , y) par la réflexion •
M3 «	(M) <=> ( MM3 ± u3 ( c'est à dire : MM3. u3 - 0 )
( m (M,	) e A,
( x + x3 y + y3 A
Le milieu de (M, M3 ) a pour coordonnées : I ------,--------I •
Ma-S^fM) « / (x3-x).1 + (y3-y)(- 73 ) - 0
1	y+ *3 r ( x + x3
2	" ’	[	2
Ma -	(M) <=> ( x3 - 73 y3 - x - 73y
( 73x3 + y3 - - 73x - y + 4	(s)
1	73 r~
Le système (s) équivaut à f Xg » —x - -—y + y 3
)	2	2	équations de S
♦ Par la même méthode, on obtient les coordonnées ()Q , y4 ) de l’image M4 d’un point M (x , y) par la
réflexion . On trouve : / X4 - - y + 2
r y4 . - x + 2	équations de
303
♦ Cherchons les coordonnées ( x ’, y’ ) de lïmage M u d’un point M ( x , y) par la composée 0	.
S4	SA.
M(x,y)i-------- M3(x,,y9) -----. M"(x*.y*)
1	r~
(X3--7X-Vy + V3	( x---y3 + 2
On a d’une part : \	et d’autre part :	1
) Jï 1	/ w
(ys -•ï2_x +-j-y +1	v y--x3 + 2
V3 1
On obtient finalement : l x • - -—x —y + 1
\	2	2
I . 1 /â /7 o
(y’-^x + -£-y-V3 + 2
équations de S OS
^3
Comparons les équations de S 0 S et les équations de St (Q ,— )
A4 A3	6
On retrouve le résultat du 2°) b) : S 0 S « 51 (Q,— )
A4 A3	6
304

On considère un tétraèdre régulier ABCD, c’est à dire un tétraèdre dont les six arêtes ont même longueur a ( a g R+* )
Deux arêtes sont dites opposées lorsqu'elles ne sont pas incluses dans une même face .
1°) Démontrer que deux arêtes opposées quelconques sont orthogonales .
2°) Soit J le milieu de (C, D).
a)	Justifier que le plan (AJB) est perpendiculaire à la droite (CD).
b)	Calculer une mesure . en degrés , de l'angle AJB .
En déduire une mesure , en degrés , du dièdre d'arête (CD)
dont les faces contiennent respectivement les points A et B •
3°) Soit A' le projeté orthogonal du sommet A sur le plan (BCD).
La droite (AA* ) est dite la hauteur issue de A du tétraèdre ABCD .
a)	Démontrer que le point A' est le centre du cercle circonscrit au triangle équilatéral BCD .
b)	Calculer la distance AA’ à l'aide de a •
c)	Déterminer une mesure , en degrés , de l'angle ABA’ •
d)	Calculer, à l’aide de a , le volume V du tétraèdre ABCD
4°) Soit A, le milieu de [AA’] .
Justifier que le tétraèdre A, BCD est trirectangle en A,,
c'est à dire que ses trois arêtes contenant A1 sont perpendiculaires 2 à 2 .
Quelle est la nature de chacun des triangles BA1C , CA1D, DA3 ?
5°) Soit G l’isobarycentre de {A, B , C, D}.
Soit A', B', C, D' les centres de gravité des triangles BCD , CDA , DAB , ABC
a)	Démontrer l’égalité : AG’ - | AA’’.
b)	Justifier que le point G est point commun aux quatre hauteurs du tétraèdre ABCD -
c)	Démontrer que le point G est aussi le centre de la sphère 9 circonscrite au tétraèdre ABCD .
Exprimer le volume de la sphère 9 à l’aide de a.
d)	Calculer une mesure , en degrés , de l’angle AGB
remarque :
La molécule de méthane est constituée de quatre atomes d’hydrogène placés aux sommets d'un
tétraèdre régulier, et d’un atome de carbone placé en l’isobarycentre des sommets de ce tétraèdre •
La mesure de AGB est donc la mesure, en degrés , de l’angle déterminé
par deux liaisons de valence C - H de cette molécule •
e)	Soit Ag le point où la hauteur (AA* ) recoupe la sphère 9
circonscrite au tétraèdre ABCD .
Démontrer que le tétraèdre AjBCD est trirectangle en •
f)	Démontrer qu’il existe une homothétie de centre G transformant
les points A. B , C, D en respectivement A', B’, C, D’ •
♦ Préciser le rapport de cette homothétie .
*	En déduire que le tétraèdre A'BC’D* est lui aussi régulier.
♦	Préciser le volume V' de ce tétraèdre .
♦	Quel est l’isobarycentre de {A’, B’, C’, D’} ?
Le tétraèdre A’B’C’D', dont les sommets sont
les centres de gravité des faces du tétraèdre
régulier ABCD, est dit polyèdre dual de celui-ci.
A
D
C
305
6°) On considère les points l,J,K,L,M,N, milieux respectifs des segments [ AB ], [ CD ], [ BC ], [ AD ], [ AC ], [ BD ].
a)	♦ Démontrer que la droite (U) est perpendiculaire commune aux arêtes (AB) et (CD) •	A
♦ Justifier que les plans (ABJ) et (CDI) sont perpendiculaires .
b)	Démontrer que IKJL , IMJN et KMLN sont trois carrés dont le
a
côté mesure — •
2
c)	En déduire que les trois droites (U), (KL). (MN) sont concourantes
et perpendiculaires deux à deux en l’isobarycentre G de { A, B , C, D} •
d)	Conclure qu’il existe une sphère s de centre G . tangente aux six
arêtes du tétraèdre régulier ABCD *
* Préciser, à Faide de a , le rayon de cette sphère s .
e)	Soit 9L le polyèdre, réunion des deux pyramides de même base carrée IMJN ,
de sommets respectifs K et L .
♦ Vérifier que les huit faces de ce polyèdre sont des triangles équilatéraux isométriques .
* Calculer le volume de ce polyèdre , appelé octaèdre régulier.
B
C
1°) Démontrons , par exemple , que les arêtes opposées (AB) et (CD) sont orthogonales .
Il suffit de prouver que : AB . CD* - 0
Ona: AB . CD - AB.(AD - AC )
donc: ÂB.CD - ÂB.ÂD - ÂB.ÂC
Or les triangles BAD et BAC sont équilatéraux , donc :
ÂB*. ÂD* - AB x AD x cos BAD - a2 cos 60°
ÂB*. ÂC* - ABx ACxcos BAC - a2cos60°
D
d'où : AB . CD - 0
2°) a) Dans le triangle équilatéral ACD , la médiane (AJ) est aussi une hauteur,	donc :	(CD) ± (AJ).
Dans le triangle équilatéral BCD , la médiane (BJ) est aussi une hauteur,	donc :	(CD) ± (BJ)
La droite (CD). orthogonale aux deux droites sécantes (AJ) et (BJ). est	donc perpendiculaire au	plan	(ABJ).
Remarque : On retrouve ainsi le résultat établi au 1°). En effet, puisque la droite	(CD) est perpendiculaire	au
plan (ABJ), elle est orthogonale à toute droite incluse dans ce plan , en particulier à la droite (AB) •
b) Calculons cos AJB en considérant le triangle AJB :
2	2	2
JA + JB - AB
oos AJB --------------
2JAxJB
Dans les triangles équilatéraux ACD et BCD , on a : JA - —-— et

soit : cos AJB  —
3
donc: AJB «70°31’43’
3 a2 3 a2 2
4 + 4 ’a
d’où : oos ÆJB «---------------------
La demi-droite [ JA) est incluse dans le demi-plan de frontière (CD), celui contenant le point A .
La demi-droite [ JB) est incluse dans le demi-plan de frontière (CD), celui contenant le point B .
Ces deux demi-droites sont perpendiculaires à l'arête (CD) du dièdre que l'on veut mesurer.
Une mesure de ce dièdre est donc : AJB.
306
3°) a) La droite (AA’) est perpendiculaire au plan (BCD).
La droite (AA* ) est donc perpendiculaire à chacune des droites (A’B), (A’C), (A’D) incluses dans ce plan .
Les triangles BAA', CAA’, DAA’ sont donc rectangles en A’ et leurs hypoténuses ont même longueur a .
Par conséquent : A’B = A’C - A’D - Va2 - A’A2
Le point A’, qui appartient au plan (BCD), est donc le centre du cercle circonscrit au triangle BCD •
b) Le point A* est aussi le point de concours des médianes du triangle équilatéral BCD .
c’est à dire l’isobarycentre de { B , C, D} .
Onadonc: BA’ = j(BB + BC + BD) d’où: BA’ - |BJ
Il en résulte : BA' -- BJ ;	or: BJ -
3	2
Appliquons le théorème de Pythagore au triangle BAA', rectangle en A’ :
2	2
AA.2 DA2 DA.2	U	AA.2 2 a 2a
AA « BA - BA	sort : AA « a--------«-----
3	3
cos ABA’ -
BA
J 3
donc : cos ABA* = -—
3
donc : BA' - — 3
3
aa.
d’où : AA  ——
d’où: ABA'« 54°44’8"...
d) Le volume du tétraèdre ABCD est : V = AA' x ( aire BCD)
or : aire BCD = CD x BJ donc : V •	: V -
2	6 3	2	>2
4°) Démontrons , par exemple , que le triangle BA,C est rectangle isocèle .
Ona: BA/ - BA’2 + A’A,2	et
or:	BA' - CA' -	et
3
2	2	2
d'où : BA? - CA* . — + — . —
1	3	6	2
CA,2 - CA'2 + A'A,2
A'A, - | AA' -
n 2	6
II en résulte :
BA, -CA,
Remarquons que : BA,2 + CA/* BC2 « a2 donc: le triangle BA,C est rectangle et isocèle en A, •
307
A
5°) a)Onsait:	G - Bar{ (A, 1), (B, 1), (C, 1), (D, 1)} .
Remplaçons les points B . C , D par leur isobarycentre A', affecté du coefficient 3 .
d'où: ÂG* - j(1ÂÂ* + 3ÂÆ) soit: ÂG* - fÂÂ1-
On en déduit : G = Bar {(A, 1 ), (A', 3)}
b) La relation AG - | AA’ prouve que le point G appartient à la hauteur (AA’ ) issue de A du tétraèdre ABCD •
On démontre de même que : BG « | BB’ ; CG - | CC’ ; DG - | DD’
Le point G appartient donc aux quatre droites (AA* ), (BB* ). (CC ), (DD' ), lesquelles sont les quatre hauteurs
du tétraèdre ABCD .
c) Ona: AG-jAA' ; BG - jBB' ; CG - |CC' ; DG - jDD'
Les distances AA’, BB', CC, DD’ sont égales . En effet :
les quatre faces du tétraèdre régulier ABCD ont même aire , et le volume de ce tétraèdre s'écrit indifféremment :
V - | AA' x aire BCD - | BB' x aire ACD - | CC x aire BDA « j DD’ x aire ABC
Puisque:	AA' « —-—,	onadonc: GA = GB - GC « GD  —-— •
3	4
Le point G , équidistant de A , B , C, D , est donc le centre de la sphère 8 circonscrite au tétraèdre régulier ABCD .
Le rayon de la sphère 8 est : R = —-—
4
4	3
Le volume de la sphère S est : v - — n R ,
c'est à dire :
v = L— na
8
d) Calculons cos AGB en considérant le triangle AGB .
On connaît : AB = a ;
GA = GB = —
4
222
GA + GB - AB
oos AGB «--
2GAxGB
d'où :
o 2	„ 2
6 a 6 a
2^
16
2
- a
On trouve : cos AGB - - 5
d'où :
AGB « 109° 28'16’
308
5°) e) Le centre G de la sphère 9 appartient à la droite (AAg ) •
Les points A et Ag sont donc diamétralement opposés sur la sphère 9 .
Il en résulte que les triangles ABAg, ACAg, ADAg sont trois triangles rectangles d’hypoténuse commune [ AAg ] -
/ A^-ZAG-^-
Ona:)
\ AB - AC = AD » a
Pour prouver que le tétraèdre AgBCD est trirectangle en Ag, il suffit de prouver que les trois triangles BAgC,
CAgD , DAgB sont rectangles en Ag.
c’est à dire que : ( AgB2 + AgC2 - BC2
< AgΠ+ AgD2 - CD2
( AgD2 + AgB2 - DB2
2	2
a a	2
ce qui est vrai puisque les premiers membres de ces égalités sont tous égaux à — + —, c’est à dire à a .
Remarque : les deux tétraèdres A^CD et AgBCD sont symétriques par rapport au plan (BCD) ; en effet :
a J2
d'une part, on avait établi : A1B - A1C - A1D -	—
a-/2
d’autre part, on a :	AgB - AgC - AgD - ——
Les points B , C, D , équidistants de et Ag , appartiennent donc au plan médiateur de [ AA> ],
qui est donc le plan (BCD).
f) On a établi que l’isobarycentre G de {(A, 1), (B , 1), (C, 1), (D , 1)} est aussi barycentre de {(A, 1), (A*, 3)}.
On a donc : GA + 3 GA’ » O c’est à dire : GA’ - - 5 GA
De même, on établit : GB --5GB ; GC - - jGC ; GC --5GD
Ces relations vectorielles expriment que les points A’, B’, C’, D'sont images respectives des points A, B , C , D
par l’homothétie de centre G , de rapport ( - j ) .
1	1 3
Cette homothétie multiplie les distances par | - — | et multiplie les volumes par |-|
3	3
Le tétraèdre A’B’C’D' a donc ses six arêtes de même longueur — •
Son volume V’est: V'-
soit : V ’ -
Remarquons que : GA’ + GB* + GC’ +GD’ - - j ( GA + GB + GC + GD)
d’où : GÂ* + GB* + GC* + GD* - Ô*
L’isobarycentre de {A’, B’, C, D'} est donc le point G , isobarycentre de {A, B , C , D} .
309
310
6°) a) On a établi au 2°) a) que la droite (CD) est perpendiculaire en J au plan (ABJ) •
La droite (CD) est donc orthogonale à toute droite incluse dans ce plan , en particulier à la droite (U).
Considérons par ailleurs les triangles équilatéraux CAB et DAB où I est le milieu de [ AB ].
Les droites (IC) et (ID) sont perpendiculaires en I à la droite (AB)
La droite (AB) est donc perpendiculaire au plan (CID) déterminé par ces deux droites sécantes .
On en déduit que la droite (AB) est orthogonale à la droite (U) incluse dans le plan (CID).
Conclusion : la droite (U) est perpendiculaire aux deux arêtes (CD) et (AB)
♦ Pour que deux plans soient perpendiculaires, il suffit que l'un d'eux contienne une droite perpendiculaire à l'autre 
Le plan (CDI) contient la droite (CD) qui est perpendiculaire au plan (ABJ) .
Conclusion : les plans (GDI) et (ABJ) sont donc perpendiculaires .
b)	Les points I et K sont les milieux respectifs de [ AB ] et [ BC ], donc : IK « | AC
On établit de même que : IR* > ET- jÂC* ; F-KÏ-j BD ; ÎM* - NÜ" - j BC ; ML-KN* - yCD*.
L’égalité IK - LJ prouve que IKJL est un parallélogramme -
En outre , les arêtes opposées (AC) et (BD) du tétraèdre ABCD sont orthogonales ,
donc: AC 1 BD et, par conséquent :	IK 1 IL .
Le parallélogramme IKJL est donc un rectangle .
1a	1a
Enfin,ona: IK - - AC - et IL - 7- BD - -
2	2	2	2
Le rectangle IKJL est donc un carré puisqu'il possède deux côtés consécutifs isométriques .
On justifie de même que : IMJN et KMLN sont aussi deux carrés de côté mesurant .
c)	Les diagonales d'un carré ont même milieu , même longueur, et sont perpendiculaires. Il en résulte que :
♦	les trois segments [ U ], [ KL ], [ MN ] ont même milieu
*	U - KL - MN
♦	(U)_L(KL) ; (U)l(MN) ; (KL)l(MN) .
Pour déterminer l’isobarycentre G de {A, B, C, D}, on peut :
*	remplacer	les	points A et B	par leur isobarycentre	I, affecté du coefficient 2
♦	remplacer	les	points C et D	par leur isobarycentre	J , affecté du coefficient 2 •
On trouve ainsi :	G - Bar {(1,2), (J , 2)}	donc : G est le milieu de (I,	J)	.
Conclusion : les trois segments [ U ], [	KL ], [ MN ] ont même	milieu, qui est l’isobarycentre G	de	{A, B, C, D}
Ces segments sont portés par des droites deux à deux perpendiculaires .
d)	Considérons la sphère s de centre G , de rayon | IJ 
On a : Gl « GJ « GK « GL - GM = GN - | U , donc cette sphère contient les six points l,J,K,L,M,N .
En outre , on sait que la droite (U) est perpendiculaire commune aux droites (AB) et (CD) •
La droite (AB), perpendiculaire en I à la droite (Gl), est donc tangente en I à la sphère s •
De même, on justifie que chaque arête du tétraèdre ABCD est tangente en son milieu à la sphère s .
311
Calculons la distance U en considérant le triangle AU rectangle en I :
Son volume est :
u2 - a/ - Al2 et
,	..2 3 a2 a2 _
d ou : U - —--------—On trouve :
4	4
La sphère s a pour rayon :
e)	Le polyèdre St possède douze arêtes qui sont les côtés des carrés IKJL, IMJN et KMLN .
Toutes ses arêtes ont donc la même longueur y .
Le volume de St est égal au volume V du tétraèdre ABCD (d'arête a), diminué des volumes des quatre tétraèdres
a	V
AIML, BIMK, CJMK, DJNL, qui sont quatre tétraèdres réguliers de même arête — ( donc de même volume — ) •
2	8
V	V
Le volume de St est donc :	W - V - 4 — soit: W - —
8	2
Le volume de l’octaèdre régulier UKLMN est égal au demi-volume du tétraèdre régulier ABCD .
312
IL© tféttira&a)?© ©or8te©©inM^M©
1 ®re partie : Caractérisation des tétraèdres possédant un orthocentre .
Vocabulaire :
a)	Un tétraèdre ABCD possède six arêtes , qui déterminent trois paires d'arêtes dites " arêtes opposées ", qui sont :
{(AB),(CD)} ; {(BC). (AD)} ; {(CA),(BD)} .
b)	On appelle hauteur d'un tétraèdre toute droite contenant un sommet du tétraèdre et perpendiculaire au plan contenant
la face opposée à ce sommet.
Un tétraèdre ABCD possède quatre hauteurs, notées respectivement h^ , hg , hg, hg ( la hauteur hy^ étant celle
contenant le point A et perpendiculaire au plan (BCD))
Question A : existence de tétraèdre» dont les quatre hauteurs ne sont pas concourantes .
1°) On considère le tétraèdre ABCD a-contre ( figure 1 ).
Reconnaître ses hauteurs h^, hc puis hg et hg .
Justifier que les hauteurs h^ et hg ont le point B en commun .
Justifier que les hauteurs hc et hg ont le point D en commun .
Conclure que les quatre hauteurs hy^, hg , hc , hg du tétraèdre
ci-contre ne sont pas concourantes .
2°) On considère un tétraèdre ABCD trirectangle en A ( figure 2 ),
c'est à dire dont les trois faces contenant le point A sont des
triangles rectangles en A.
Reconnaître ses hauteurs hg , hg , hg .
Vérifier que les quatre hauteurs de ce tétraèdre ( trirectangle en A ),
sont concourantes (en A ).
Question B : Condition nécessaire et suffisante pour que deux hauteurs d'un tétraèdre aient un
point commun
1°) Démontrer que si les hauteurs h^ et hg d’un tétraèdre ABCD ont un point commun H,
alors l'arête (AB) est orthogonale à son arête opposée (CD).
2°) Réciproquement, considérons un tétraèdre ABCD dont les
arêtes (AB) et (CD) sont orthogonales.
a)	Démontrer que les points A et B ont même projeté
orthogonal R sur la droite (CD).
b)	Justifier que les hauteurs du triangle ABR , issues de A et de B ,
sont respectivement les hauteurs h^ et hg du tétraèdre ABCD.
c)	Reconnaître de même les hauteurs hg et hg de ce tétraèdre .
En déduire que : / les hauteurs hy\ et hg ont un point commun H
les hauteurs hg et hg ont un point commun H '
les points H et H ’ appartiennent tous deux à la droite
(RS) perpendiculaire commune aux droites (AB) et (CD).
C
3°) Conclure que : une condition nécessaire et suffisante pour que les hauteurs h^ et hg d’un tétraèdre ABCD aient
un point commun est que l'arête (AB) soit orthogonale à son arête opposée (CD).
Analyser la figure 1 de la question A.
313
Question C : Condition nécessaire et suffisante pour gus les quatre hauteurs d'un tétraèdre
soient concourantes.
1°) Démontrer que : si les quatre hauteurs , hg , hc , hg du tétraèdre ABCD sont concourantes ,
alors on a: (AB)±(CD) et (BC)l(AD) et (CA)±(BD).
2°) Réciproquement, on suppose qu’un tétraèdre ABCD possède trois paires d’arêtes opposées orthogonales .
Justifier que les hauteurs h^ et hg ont un point commun H qui appartient aux deux autres hauteurs hc et hg
du tétraèdre ABCD .
3°) Conclure que les quatre hauteurs d’un tétraèdre ABCD sont concourantes si, et seulement si ce tétraèdre possède
trois paires d'arêtes opposées orthogonales .
Un tel tétraèdre est dit tétraèdre orthocentrique pour exprimer qu’il possède un orthocentre, point de concours H de ses
quatre hauteurs.
4°) a) Etablir que les relations (rt ) et (r2 ) ci-dessous sont vraies quels que soient les points A, B , C , D de l'espace :
ÂB . CD* + ÂC*. DB* + ÂD . BC - 0	(r, )
(AB2 + CD2) - (AC2 + BD2) - 2DÂ*.BC*	(r2 )
b)	Déduire de la relation (r, ) qu’un tétraèdre ABCD est orthocentrique si, et seulement si il possède deux paires
d’arêtes opposées orthogonales.
c)	Déduire de la relation (r2 ) qu’un tétraèdre ABCD est orthocentrique si, et seulement si les longueurs de ses
arêtes opposées vérifient :	AB2 + CD2 - AC2 + BD2 - AD2 + BC2	(e)
5°) Utiliser les résultats précédents pour justifier que :
a)	♦ Tout tétraèdre régulier est orthocentrique .
b)	♦ Tout tétraèdre trirectangle est orthocentrique .
314
2ème partie : Quelques propriétés d'un tétraèdre orthocentrique
Soit ABCD un tétraèdre orthocentrique .
1°) Démontrer que le projeté orthogonal du point A sur le plan (BCD)	/ y\
est orthocentre du triangle BCD . En déduire la propriété (p, ) :	/ \ \.
S/ \ x
(p, ) : Dans un tétraèdre orthocentrique, le projeté orthogonal de	/.	\	\
chaque sommet sur la face opposée est l’orthocentre de cette face .	/ x \
2°) Utiliser le résultat de la 1^re partie ( question B 2°) ) pour établir la propriété (p2 ) : / H x \
(p2 ) : Dans un tétraèdreorthocentrique, les perpendiculaires	_______x---------\-\- - -
communes à deux arêtes opposées sont concourantes	°
et leur point de concours est l’orthocentre du tétraèdre .	V—ùz/
^\\ \ / R
3°) Soit I, J , K, L, M, N les milieux respectifs des segments [ AB ], [ CD ], [ BC ], [ AD ], [ AC ], [ BD ].
Soit G l’isobarycentre de {A, B , C, D} .
A
a)	Justifier que les trois segments [ U ], [ KL ], [ MN ] ont même milieu G.	z\\
b)	Justifier que IKJL, IMJN et MLNK sont trois rectangles.	/	\ \
Démontrer que : AB2 + CD2 - 4 KL2	/	\	\
\ \ L
En déduire la propriété (pa ) :
(Pa ) : Dans un tétraèdre orthocentrique , les trois segments dont les /	\	\	\
extrémités sont les milieux de deux arêtes opposées ont même /	\	/ 6 \ \	\	\
longueur et cette longueur m vérifie :	-----------\_	_\	\____\
B	N	* V
m» - {(AB2 + CO2) - {(BC2 + AD2) - {(AC2 + BD2)	‘ V*
C
4°) Première sphère d’Euler d'un tétraèdre orthocentrique :
a)	rappel : Etant donné un triangle BCD , le cercle 8 , contenant les milieux des côtés de ce triangle , contient
aussi les pieds des hauteurs de ce triangle .
Ce cercle 8 ,, appelé cercle d’Euler du triangle BCD , a pour centre le milieu du segment [ O1H1 ],
où ( O1 est le centre du cercle C1 circonscrit au triangle BCD
f H, est l’orthocentre du triangle BCD.
b)	Démontrer la propriété (p4 ) .
(p4 ) : Dans un tétraèdre orthocentrique ABCD , les milieux des arêtes et les pieds des perpendiculaires
communes aux arêtes opposées sont douze points remarquables d'une même sphère 8, dont le centre
estl’isobarycentre G de {A,B,C,D}.
Les cercles d’Euler des quatre faces sont portés par cette sphère , appelée première sphère d'Euler du
tétraèdre orthocentrique ABCD.
5°) Droite d'Euler d'un tétraèdre orthocentrique ( non régulier )
a)	Rappel : Soit un triangle BCD .
♦	Son orthocentre H,, son centre de gravité G, et le centre O1 du cercle circonscrit à ce triangle
sont trois points alignés suivant la relation :	- 3	(r)
♦	Si ce triangle BCD n'est pas équilatéral, les points O,, G,, H, sont distincts et déterminent une
droite dite droite d'Euler du triangle BCD .
b)	Objectif : Soit ABCD un tétraèdre orthocentrique , supposé non régulier.
On se propose de démontrer la proprété (ps) :
(ps ) : L'orthocentre H de ce tétraèdre , l’isobarycentre G de { A, B , C, D} et le centre O de la sphère 8
circonscrite à ABCD , sont trois points alignés suivant la relation : OH - 2 OG	(r ' )
La droite S) portant les points O, G, H sera alors dite droite d'Euler du tétraèdre orthocentrique ABCD •
remarque : Dans un tétraèdre régulier. la relation (r ' ) est bien sûr vraie puisque les points O, G , H sont confondus .
315
Première méthode :
a)	Justifier que , dans un tétraèdre orthocentrique non régulier, les points O et G sont distincts et trois au moins de
ses faces sont des triangles non équilatéraux .
On supposera dans la suite que les faces BCD , CDA , DAB sont des triangles non équilatéraux dont les droites d'Euler
seront nommées respectivement Sb,,S)2,S)3.
b)	♦ Justifier que le projeté orthogonal du point G sur le plan (BCD) est le centre œ, du cercle d'Euler 8 , du
triangle BCD et reconnaître les projetés orthogonaux respectifs H, et O, des points H et O sur le plan (BCD).
♦	En déduire que les points H , G , O appartiennent au plan F, contenant le sommet A et la droite d’Euler 2),
du triangle BCD.
♦	Justifier de même que les points H , G , O appartiennent à deux autres plans S>2 et S>3 analogues à .
c)	Vérifier que les plans P,, S>2, S>3 ne sont pas trois plans confondus.
En déduire que les points H , G , O sont alignés et vérifient la relation : OH = 2 OG
A	On remarquera que le point œ, est le milieu de (H,, O1 ).
On se propose de démontrer que , dans un tétraèdre orthocentrique , le symétrique H' de l’orthocentre H par rapport au
point G est....un point équidistant des sommets du tétraèdre , autrement dit le centre de la sphère 8 .
a)	Démontrerque : HC*2 - HD*2 - DC*. (4 GH* + HC* + HD* )
Exprimer : HÂ* + HB* + HC* + HD*	et déduire que :	H*C2 - H’D2
b)	Prouver, par la même méthode , que les distances H'C , H’D , H’B, H’A sont égales. Conclure .
316
3®me partie : Deuxième sphère d'Euler d'un tétraèdre orthocentrique .
Soit G,, Gg, Ga, G4 tes centres de gravité respectifs des triangles BCD , CDA, DAB , ABC.
Soit G lïsobarycentre de {A, B, C, D} .
1°) Démontrer tes relations : GG1  - 5 GA ; GGg  - 5 GB ; GG3 • - 5 GC ; GG4  - 5 GD •
2°) Déterminer limage de chacune des hauteurs du tétraèdre par l’homothétie X de centre G et de rapport ( - 5 ) •
En déduire la propriété (pç ) :
(Pb ) : Les quatre droites respectivement perpendiculaires aux quatre faces d’un tétraèdre orthocentrique en
leurs centres de gravité sont concourantes et leur point de concours I est aligné avec les points H , G , O •
3°) On considère la sphère 82 homothétique, par SU ( G , - 5 ), de la sphère 8 circonscrite au tétraèdre ABCD .
a)	Démontrer que te centre O’ de la sphère 82 vérifie la relation :	HO’ - 5 HO •
Conclure que te point O* est le milieu de (H . I) et que la sphère 82 est aussi Timage de la sphère 8 par une
homothétie positive de centre H dont on déterminera le rapport.
b)	Déduire de la question précédente la propriété (p7 ) :
(Pz ) : Le milieu O' de (H, I) est le centre d'une sphère 82 contenant douze points remarquables du tétraèdre
orthocentrique ABCD :
♦	Les pieds H,, Hg, H3, H, des quatre hauteurs du tétraèdre.
*	Les centres de gravité Gt, G2, G3, G4 de ses quatre faces
♦	Les quatre points A’, B’, C, D’ situés respectivement sur tes segments [ HA ], [ HB ], [ HC ],
[ HD ], au tiers de chacun d’eux à partir de l’orthocentre H .
Cette sphère S2 est dite deuxième sphère d'Euler du tétraèdre orthocentrique ABCD.
remarque : Justifier que te point O’ est alors milieu commun de (A',Gi ), (B1G2 ), (C*^ ), (D'^G* ) .
4°) Justifier que la hauteur h^ recoupe la sphère 8 circonscrite au tétraèdre ABCD en un point H/ vérifiant :
W-3HH7
4Ôme partie : * gne construction du tétraèdre orthocentrique .
* Expression de son volume à l'aide des longueurs de deux
arêtes opposées et de celle de leur perpendiculaire commune .
1°) Une construction d’un tétraèdre orthocentrique :
Soit BCD un triangle quelconque .
Soit K, J, N les milieux respectifs de [BC] ,[CD],[ DB].
Soit G un point quelconque de l’axe du cercle circonscrit au triangle KJN
Soit I te symétrique de J par rapport à G et A te symétrique de B par rapport à I
Justifier que le tétraèdre ABCD est orthocentrique.
2°) Soit ABCD un tétraèdre orthocentrique d’orthocentre H .
Soit S et R les pieds respectifs sur (AB) et (CD) de la perpendiculaire commune aux arêtes opposées (AB) et (CD) •
( on rappelle que le point H appartient à la droite (RS) )
a)	Démontrer que : SA x SB + RC x RD - - RS2
En déduire que l’un au moins des produits SA x SB , RC x RD,
est négatif et interpréter ce résultat.
b)	En considérant le tétraèdre ABCD comme réunion de deux tétraèdres ,
établir que son volume V s'exprime par : V - -AB X X
6
Conclure que . dans un tétraèdre orthocentrique . le produit des longueurs de deux arêtes
opposées et de la longueur de leur perpendiculaire commune est constante et égale à 6 V .
317
Solution de la 1ère partie : Caractérisation des tétraèdres possédant un orthocentre
Question A : existence de tétraèdre» dont le» quatre hauteur» ne sont pas concourantes .
1°)* Ladrorte (AB) est perpendiculaire aux deux droites sécantes (BC) et (BD)
La droite (AB) est donc perpendiculaire au plan (BCD).
La hauteur h^ est donc la droite (AB) •
* Ladroite (CD) est perpendiculaire aux deux droites sécantes (DA) et (DB).
La droite (CD) est donc perpendiculaire au plan (DAB).
La hauteur hg est donc la droite (CD) .
Soit (BB* ) la hauteur issue de B dans le triangle rectangle ABD .
La droite (CD), perpendiculaire au plan (DAB), est alors orthogonale à la droite (BB’ ), incluse dans ce plan .
La droite (BB' ), orthogonale aux deux droites sécantes (DC) et (DA), est donc perpendiculaire au plan (CDA).
La hauteur hg est donc la droite (BB* ) .
Soit (DD*) la hauteur issue de D dans le triangle rectangle DCB •
La droite (BA), perpendiculaire au plan (BCD), est alors orthogonale à la droite (DD' ), incluse dans ce plan .
La droite (DD' ), orthogonale aux deux droites sécantes (BC) et (BA), est donc perpendiculaire au plan (BAC).
La hauteur hg est donc la droite (DD' ) .
Les hauteurs h^ et hg contiennent toutes deux le point B et ne sont pas confondues .
( sinon les plans (CDB) et (CDA), respectivement perpendiculaires à h^ et hg , seraient parallèles )
On a donc : h^ n hg-{B}.
Les hauteurs hg et hg contiennent toutes deux le point D et ne sont pas confondues .
( sinon les plans (ABD) et (ABC), respectivement perpendiculaires à hg et hg , seraient parallèles )
On a donc : hg n hg = { D} .
Puisque { D} # { B}, il résulte : h/^ n hg n hg n hg = 0
Il n'existe donc aucun point commun aux quatre hauteurs du tétraèdre ABCD de la figure 1
2°) La droite (BA) est perpendiculaire aux deux droites sécantes (AC) et (AD) •
La droite (BA) est donc perpendiculaire au plan (DAC).
On justifie de même que :
On a donc :
or Ae h^ d'où :
La hauteur hg est donc la droite (BA) •
hc - (CA) et hD - (DA)
hBnhCnhD “ {A)
h a n hg n hc n hD - {A} .
318
Question B : Condition nécessaire et suffisante pour que deux hauteurs d'un tétraèdre aient un
point commun
1°) Supposons que les hauteurs et hg aient un point commun H et calculons AB? CD* ( en utilisant ce point H) .
ÂB.CD* = (ÂH* + HB ).CD
* La hauteur h^ . perpendiculaire au plan (BCD), est donc orthogonale
à la droite (CD) d’où :	ÂH* CD* = 0
♦ La hauteur hg , perpendiculaire au plan (ACD), est donc orthogonale
à la droite (CD) d’où :	HB . CD « 0
On en déduit :	AB . CD’ = 0	ce qui prouve que : (AB) 1 (CD)
2°) Réciproquement, supposons	(AB) 1 (CD) .
a)	Soit R le projeté orthogonal du point A sur la droite (CD). On a alors : (CD) ± (AR) •
La droite (CD) est orthogonale aux deux droites sécantes (AR) et (AB).
La droite (CD) est donc perpendiculaire au plan (ABR) •
On en déduit :	(BR)±(CD) .
ce qui prouve que le point R est aussi le projeté orthogonal du point B sur la droite (CD) .
b)	Considérons le triangle ABR •
Soit H, et Ha les pieds de ses hauteurs issues respectivement de ses sommets A et B .
♦	On a (d’une part : (BR) ± (AH, )
(d’autre part : (CD) ± (AH, ) car (CD) est perpendiculaire au plan (ABR), qui contient la droite (AH, ).
La droite (AH, ), perpendiculaire aux deux droites sécantes (BR) et (CD), est donc perpendiculaire au plan
(BCD) déterminé par ces deux droites .
La droite (AH, ) est donc la hauteur h^ du tétraèdre ABCD .
♦	De même, on a: ( (AR)±(BH2)
r (CD) ± (BH2 ) car (CD) est perpendiculaire au plan (ABR), qui contient la droite (BH2) •
La droite (BH2 ), perpendiculaire aux deux droites sécantes (AR) et (CD), est donc perpendiculaire au plan
(ACD) déterminé par ces deux droites .
La droite (BH2 ) est donc la hauteur hg du tétraèdre ABCD .
319
c)	Puisque l’arête (CD) est orthogonale à son arête opposée (AB), le même raisonnement que celui utilisé aux a)
et b) prouve que :
♦	les points C et D ont même projeté orthogonal S sur la droite (AB)
♦	les hauteurs (CH3 ) et (DH4 ) du triangle CDS , issues respectivement de C et D , sont les hauteurs hg et
hg du tétraèdre ABCD.
La droite (SR) est incluse dans le plan (ABR), qui est perpendiculaire à la droite (CD), d'où : (SR) ± (CD) •
La droite (SR) est incluse dans le plan (CDS), qui est perpendiculaire à la droite (AB), d’où : (SR) 1 (AB) .
Les trois hauteurs (AH, ), (BH2 ), (RS) du triangle ABR sont concourantes , ce qui prouve que :
les droites h^ et hg sont sécantes en un point H qui appartient aussi à la droite (RS) .
Les trois hauteurs (CH3 ), (DH4 ), (RS) du triangle CDS sont concourantes , ce qui prouve que :
les droites hg et hg sont sécantes en un point H’ qui appartient aussi à la droite (RS) .
3°) Les résultats du 1°) et du 2°) garantissent que l’orthogonalité des arêtes opposées (AB) et (CD) est une
condition nécessaire et suffisante pour que les hauteurs h^ et h g soient sécantes .
Analysons la figure 1
Elle propose un tétraèdre dont les arêtes (AB) et (CD) sont orthogonales .
Ses hauteurs h^ et hg sont alors sécantes (en B ) .
Ses hauteurs hg et hg sont aussi sécantes (en D ) .
Les points B et D appartiennent à la droite (BD) qui est perpendiculaire commune aux arêtes (AB) et (CD) .
Question C : Condition nécessaire et suffisante pour que les quatre hauteurs d’un tétraèdre
soient concourantes .
1°) Supposons que les hauteurs h^ , hg , hg , hg soient concourantes ( en un point noté H ) et utilisons la question B .
Puisque les hauteurs	h^	et	hg	ont	le point	H	en commun , on en déduit que	:
Puisque les hauteurs	hg	et	hg	ont	le point	H	en commun , on en déduit que	:
Puisque les hauteurs	h^	et	hg	ont	le point	H	en commun , on en déduit que	:
(AB)±(CD) •
(BC)±(AD) .
(AC) 1 (BD) .
2°) réciproquement : supposons (AB)±(CD) et (BC)±(AD) et (AC)±(BD) .
L’hypothèse (AB)±(CD) garantit que h^ et hg ont un point commun H .
Pour démontrer que le point H appartient aux hauteurs issues de C et D
dans le tétraèdre ABCD , il suffit de prouver :
d’une part que :	HC est orthogonal à DA et à DB
d’autre part que :	HD est orthogonal à CA et à CB .
♦	Calculons :	HC . DA = ( HB + BC ). DA
d’une part : HB . DA « 0	car H e hg et hg 1 (DAC)
d’autre part : BC . DA = 0	par hypothèse .
Il en résulte :	HC . DA « 0 d’où :
HC IDA
♦ Calculons :	HC . DB - ( HA
(d’unepart : HA*. DB* « 0
( d’autre part : ÂC* DB* - 0
Il en résulte :	HC . DB « 0
+ AC ). DB
car H e h^ et h^ ± (DBC)
par hypothèse.
d’où :	HC’ 1 DB
♦	On justifie de même que : HD . CA = 0	en écrivant :
HD . CB = 0	en écrivant :
Le point H appartient donc aux hauteurs hg et hg .
HD . CA = ( HB + BD ). CA
HD*. CB* = (HÂ* + ÂD*).CB
320
3°) La conclusion demandée est une conséquence immédiate du 1°) et du 2°).
4°)	Soit	A, B , C, D	quatre points de l'espace.
a)	Posons x -	AB . CD* +	AC*. DB* + AD . BC
x -	ÂB*. (ÂD* -	ÂC*) + ÂC*. (ÂB* - ÂD*)	+	ÂD*.	(ÂC*	-	ÂB	)
x -	ÂB . ÂD - ÂB . ÂC + ÂC. ÂËT - ÂC.	ÂD*	+	ÂD*. ÂC*	-	ÂD*. ÂB*
x est la somme de six produits scalaires qui " s'éliminent deux à deux " , d’où :	x - 0 •
Posons y - (AB2 + CD2) - (AC2 + BD2)
y - (ÂB2 - ÂC*2) - (DB*2- DC2)
y - (ÂB* - ÂC*). (ÂB + ÂC*) - ( DB* - DC*). ( DB* + DC* )
Soit K le milieu de (B , C). On a alors : ÂB* + ÂC* - 2ÂK* et DB + DC - 2 DK*
d’où : y - CB*. 2 ÂK* - CB*. 2 DK*
y - 2CB*. (ÂK* + KD* ) d'où : y = 2 CB*. AD*, qui s'écrit aussi :	y»2BC.DA
b)	Si un tétraèdre ABCD possède deux paires d'arêtes orthogonales ,
alors deux des produits scalaires AB.CD , AC . DB , AD . BC sont nuis.
La relation (r, ) garantit alors la nullité du troisième produit scalaire .
II est donc équivalent, pour un tétraèdre , de posséder trois paires d’arêtes opposées orthogonales
de posséder deux paires d'arêtes opposées orthogonales
Un tétraèdre ABCD est par conséquent orthocentrique si, et seulement si il possède deux paires d'arêtes
opposées orthogonales .
c)	De la relation (r2 ), on déduit l'équivalence :	(BC) 1 (DA) <=> AB2 + CD2 - AC2 + BD2
De même, on a l'équivalence :	(AB) 1 (CD) <=> BC2 + DA2 - AC2 + BD2
II en résulte l'équivalence : (BC) 1 (DA) et (AB) 1 (CD) <=> AB2 + CD2 « AC2 + BD2 = BC2 + DA2
un tétraèdre ABCD est donc orthocentrique si, et seulement si les longueurs de ses arêtes opposées vérifient :
AB2 + CD2 = AC2 + BD2 = BC2 + DA2
5°) a) Un tétraèdre régulier ABCD est un tétraèdre dont toutes les arêtes ont même longueur a .
Les trois sommes AB2 + CD2 ; AC2 + BD2 ; BC2 + DA2 sont alors égales ( de valeur commune 2 a2)
ce qui suffit à prouver qu’un tétraèdre régulier est orthocentrique .
Remarquons que :
la hauteur h^ , issue de A, est alors la perpendiculaire au plan (BCD),
passant par l’orthocentre H1 du triangle équilatéral BCD .
Puisque H1 est aussi centre du cercle circonscrit au triangle BCD ,
la hauteur h^ est alors l’axe du cercle circonscrit au triangle BCD .
L’orthocentre H du tétraèdre régulier ABCD, appartenant à h^ , est donc équidistant des sommets B, C, D .
De même le point H appartient à la hauteur hg qui est l’axe du cercle ACD, donc :
HA = HC = HD .
Conclusion : si un tétraèdre ABCD est régulier, son orthocentre H est équidistant de ses sommets A, B, C, D .
Le point H est donc aussi le centre O de la sphère circonscrite à ce tétraèdre .
b) Un tétraèdre trirectangle en A a ses quatre hauteurs concourantes en A .
On peut aussi remarquer, en utilisant le théorème de Pythagore que :
les trois sommes AB2 + CD2 , AC2 + BD2 , BC2 + DA2 sont alors égales
( de valeur commune AB2+ AC2 + AD2 ) .
Un tétraèdre trirectangle est donc orthocentrique .
B
321
solution de la 2ème partie : Quelques propriétés d’un tétraèdre orthocentrique
1°) Pour démontrer que le projeté orthogonal H, du point A sur le plan (BCD) est l'orthocentre du triangle BCD ,
il suffit de démontrer que : BH,’ IGD’ et CH,’ ± BD •
Calculons : BÏ-Ç. CD* - (BA + ÂH? ).CD" - BA.CD* + ÂhT.CD"
CH? BD - (CA + ÂH?).BD - CA. BD + aFT-BD"
Les arêtes opposées du tétraèdre sont orthogonales , d'où : BA . CD  O et CA . BD « O
La hauteur (AH, ) est perpendiculaire au plan (BCD), d'où : AH,. CD - O et AH,. BD « O
Il en résulte : BH,. CD - O et CH,. BD - O d'où: BH, ±CD et CH, ±BD
A
2°) Utilisons la 1ère partie ( question B , 2°) ).
Considérons un tétraèdre orthocentrique ABCD d’orthocentre H ( voir figure ci-dessus ) :
♦	Puisque les arêtes (AB) et (CD) sont orthogonales , le point H commun aux hauteurs h^ et hg du tétraèdre
appartient à la droite (RS), perpendiculaire commune aux arêtes (AB) et (CD) •
♦	Puisque les arêtes (BC) et (AD) sont orthogonales , le point H commun aux hauteurs hg et hç du tétraèdre
appartient à la droite (TU), perpendiculaire commune aux arêtes (BC) et (AD) •
♦	Puisque les arêtes (AC) et (BD) sont orthogonales , le point H commun aux hauteurs h^ et hc du tétraèdre
appartient à la droite (VW), perpendiculaire commune aux arêtes (AC) et (BD) •
conclusion : L’orthocentre H est point de concours des trois perpendiculaires communes (RS), (TU), (VW)
aux trois paires d'arêtes deux à deux opposées .
322
3°) a) Soit G l’isobarycentre de {(A, 1), (B, 1), (C, 1), (D , 1}.
Utilisons le théorème d’associativité barycentrique .
♦	Associons i d’une part les points A et B dont l’isobarycentre est le milieu I de (A, B)
r d’autre part les points C et D dont l’isobarycentre est le milieu J de (C, D) .
On a alors : G - Bar {(1,2). (J , 2)} donc le point G est le milieu de (I, J) .
*	De même , on justifie que : le point G est le milieu de (K, L) et aussi le milieu de (M N)
b)	Les bipoints (I, J) et (K. L) ont même milieu , donc :
le quadrilatère IKJL est un parallélogramme .
En outre on a / IK - LJ* - J AC’
j r = kï = |bd
( et (AC)l(BD)
On en déduit : ÎK*1ÏL*.
Le parallélogramme IKJL est donc un rectangle .
On démontre par la même méthode que :
les quadrilatères IMJN et MLNK sont aussi des rectangles .
Puisque les diagonales de chacun de ces trois rectangles ont même longueur, il en résulte : U » KL » MN
Calculons AB2 + CD2
remarquons que : AB - 2 MK ; CD - 2 ML et MK2 + ML2 - KL2
On trouve alors : AB2 + CD2 » 4 MK2 + 4 ML2 d’où : AB2 + CD2 - 4 KL2
On trouve , par la même méthode que : ( BC2 + DA2 » 4 NM2
) CA2 + BD2 - 4 U2
Ces formules confirment que les trois segments [ KL ], [ NM ], [ U ] ont même longueur m :
on sait en effet que le tétraèdre ABCD étant orthocentrique, on a : AB2 + CD2  BC2 + DA2 - CA2 + BD2
En outre, on a : m2 - y(AB2 + CD2) - j(BC2 + DA2) - j(CA2 + BD2)
4°)Première sphère d’Euler d’un tétraèdre orthocentrique :
Le point G étant le milieu commun des trois segments [ KL ], [ NM ], [ U ] , qui ont même longueur m,
les six points I, J , K, L, M , N appartiennent à la sphère 8, de centre G et de rayon | m .
Les points N , J , K sont trois points distincts de 8y n (BCD) donc :
l'intersection de la sphère 8y et du plan (BCD) est un cercle 8 1 contenant les milieux N , J , K des côtés du
triangle BCD.
Ce cercle 8 1, cercle d’Euler du triangle BCD , contient aussi les pieds des hauteurs du triangle BCD, c’est à
dire les points R,T,W .
Remarquons en effet que : (CD) ± (ABR), donc : (CD) 1 (BR)
et de même :	(BC)±(DT) et (BD)l(CW) .
On justifie de même que :	8, n (CDA)	est le cercle d'Euler	6 2	du triangle	CDA
J^nfDAB)	est le cercle d’Euler	83	du triangle	DAB
8, n (ABC)	est le cercle d’Euler	8 4	du triangle	ABC	.
Les cercles d’Euler des quatre faces du tétraèdre ABCD sont donc portés	par la	même sphère 8, ,
qui contient ainsi : les six milieux des arêtes,
les pieds des hauteurs de chaque triangle face ,
lesquels sont les points R,S,T,U,V,W, pieds des
perpendiculaires communes aux arêtes opposées .
323
A
On sait que la droite (CD), qui contient les points J et R , est perpendiculaire au plan (ABR)
La droite (CD) est donc orthogonale à la droite (IR), incluse dans ce plan (ABR)
♦	Si les points R et J sont confondus ,
alors le point R appartient à lasphèreff,, qui contient les points I, J , K, L , M , N
♦	Si les points R et J ne sont pas confondus ,
alors les points I, R , J sont sommets d’un triangle rectangle en R , dont le point G est
milieu de l’hypoténuse [ U ]
On a donc :	Gl = GJ = GR,
ce qui prouve que la sphère 8, de centre G , de rayon Gl, contient aussi le point R .
324
5°) Droite d’Euler d'un tétraèdre orthocentrique ( non régulier ) :
Première méthode
a)	Soit ABCD un tétraèdre orthocentrique non régulier.
Si les points O et G étaient confondus , le centre O de la sphère circonscrite au tétraèdre ABCD serait alors le
milieu de (I, J), où : I - m (A, B) et J - m (C, D)
Puisque OA « OB, la médiane (Ol) du triangle
isocèle AOB serait alors perpendiculaire à la droite (AB),
d’où : AF - OA2 - OF .
Puisque OC - OD, la médiane (OJ) du triangle
isocèle COD serait alors perpendiculaire à la droite (CD),
d'où : CJ2 - OC2 - OJ2
Des égalités OA « OC et Ol - OJ il résulterait : Al = CJ •
Les arêtes [ AB ] et [ CD ] auraient donc même longueur x .
De même, on prouverait que : BC « AD » y et AC = BD = z
Le tétraèdre étant supposé orthocentrique , on aurait en outre : AB2 + CD2 = BC2 + AD2 - AC2 + BD2
soit :	2X2 =	2 y2	=	2Z2
La coïncidence des points O et G impliquerait x - y - z,
ce qui est contraire à l'hypothèse puisque le tétraèdre ABCD est supposé non régulier.
Les points O et G sont donc distincts . .
♦ Envisageons un tétraèdre orthocentrique ABCD dont deux faces seraient des triangles équilatéraux
( par exemple BCD et ACD ) .
On aurait alors : BD = BC - CD - AC - AD « a
De l'égalité : AB2 + CD2 « BC2 + AD2, ondéduirait : AB = a
Le tétraèdre orthocentrique ABCD serait donc régulier.
Un tétraèdre orthocentrique non régulier admet donc au plus une face qui soit un triangle équilatéral .
325
b)	Le cercle 8 1 est (Intersection de la sphère 8, et du plan (BCD).
son centre est donc le projeté orthogonal, sur le plan (BCD), du centre G de la sphère 8,.
Puisque l'orthocentre H du tétraèdre ABCD appartient à la hauteur h^ . perpendiculaire au plan (BCD), les
points H et A ont même projeté orthogonal sur le plan (BCD), qui est Forthocentre H, du triangle BCD ( voir 1°)
2ème partie ),
La sphère 8 circonscrite au tétraèdre ABCD coupe le plan (BCD) suivant un cercle C, contenant les points B , C , D .
Ce cercle C, , circonscrit au triangle BCD , admet donc pour centre le projeté orthogonal O,, sur le plan (BCD), du
centre O de la sphère 8 .
On a rappelé que le centre co, du cercle d'Euler 8 , du triangle BCD est le milieu de [ O1 H1 ] .
Les points H1, , O, sont donc alignés sur la droite d’Euler 2), du triangle BCD .
Considérons le plan P, contenant le point A et la droite d'Euler 2)y du triangle BCD .
Ce plan P, contient la droite (AH, ) perpendiculaire au plan (BCD) donc P, est un plan perpendiculaire au plan (BCD).
Il en résulte que toute droite perpendiculaire au plan (BCD). et contenant un point de , est incluse dans P,.
Ainsi en est’il, en particulier, des droites perpendiculaires à (BCD), en respectivement H,, cù, , O,, droites qui
contiennent respectivement les points H , G , O.
Les points H, G, O appartiennent donc à ce plan 9\.
On justifie de même que :
Les points H , G, O	appartiennent au	plan	P2	contenant	le point	B	et la droite d’Euler	S>2	du	triangle	CDA	.
Les points H , G, O	appartiennent au	plan	P3	contenant	le point	C	et la droite d’Euler	Sb3	du	triangle	DAB	.
c)	Les plans P, , P2, P3 ont	en commun les deux points distincts	O et G, donc contiennent la	droite	(OG) •
En oute , ces trois plans ne sont pas confondus
sinon P,, P2, ^3 seraient égaux au plan (ABC) et ce plan contiendrait l’isobarycentre G de {A , B , C, D},
ce qui est absurde III
L’intersection P1nP2nP3 est donc la droite (OG) •
On sait que le point H appartient aussi à P, n P2 n P3 ,
ce qui prouve l’alignement des points H , G, O.
Considérons alors, dans le plan P,, la projection p, de la droite 2>y sur la droite (OG) :
Pi : Olt------------- O
H,  ----------- H
c»! *	> G
p, conserve les milieux et est milieu de [ O, H, ], donc le point G est milieu de [ OH ],
ce qui justifie la relation vectorielle : OH* - 2OG’ .
Deuxième méthode
Soit
a) Calculons
H ’ le symétrique de l’orthocentre H par rapport à l’isobarycentre G de {A,B,C,D}.
HC 2 - H’D 2 » ( H’C - H’D ).
HC*2 - HD*2 - DC* .
( H’C + H’D )
(2 HH* + HC* + HD*)
On sait que :
2HH = 4GH et HA + HB + HC + HD = 4HG
d'où :
H’C 2 - H’D 2
(- HA -HB )
On trouve : HC2 - H’D2 - 0
( puisque DC 1 AH et DC 1 BH )
On déduit alors : H’C2 - H’D2
d'où : H’C - H’D .
: H'B - HC et
b) De la même façon, on prouve que
Le point H' est donc équidistant des points A, B , C, D -
H'A = H'B
Le symétrique H* du point H par rapport au point G est donc le centre de la sphère 8 circonscrite au tétraèdre ABCD .
DC .
326
Solution de la 3ème partie : Deuxième sphère d'Euler d'un tétraèdre orthocentrique
1°) L’isobarycentrede { A, B, C, D} vérifie : GA* + GB’ + GC’ + GD* - O*	(1)
Le centre de gravité G, du triangle BCD est l’isobarycentre de {B,C,D} d’où : GB* + GC + GD* « 3GG/ (2)
L’égalité (1) s’écrit donc : GA + 3GG/ « Ô*	d’où : GG,’ = - | GA* •
On établit de même que : GG*' - - jGB* ; GG*’ « - jGC* ; GGf - - jGD*.
2°) Les relations établies ci-dessus expriment que l’homothétie St de centre G et de rapport ( - 5 ) transforme les
points A, B , C, D en respectivement G,, 63, G3, G, •
L'image , par 31, de la hauteur h^ est une droite A, < parallèle à h^ ( donc perpendiculaire au plan (BCD) )
' contenant timage G, du point A .
La droite A, est donc la perpendiculaire au plan (BCD) en le centre de gravité G1 du triangle BCD .
On a ainsi :	3? ( G, - 5 ) : h»		— A,	
hB _.	—	où A2 est la droite perpendiculaire en G2 au plan (CDA)
hc <—	— A3	où A3 est la droite perpendiculaire en G3 au plan (DAB)
hD <—	— A4	où A, est la droite perpendiculaire en G4 au plan (ABC) .
L’image , par ( G, - 3 ), du point H	commun aux	quatre hauteurs h^ , hg , hc , hc est donc un point 1 commun
Calculons : HO - HG + GO
HÔ7 - GO - 3GO
On saitquer I - 3t(H)
3t(O)
Des relations (a) et (B). on déduit
aux quatre droites images A,, Ag, A3, A4, ce qui justifie que :
ces quatre droites A,, , Aa, A4 sont concourantes ( en I ) .
En outre , puisque I « 31 ( H ), on a : Gl - - 5 GH*
Le point I est donc aligné avec les points G et H sur la droite Sb contenant G, H , O.
3°) a) L’homothétique , par 3? ( G , - 5 ), de la sphère 9 , dont le centre est le point O, est une sphère 92 dont le centre
O’ est l'image de O par 3t ( G, - 5 ).
(le rayon de S2 est : R' - |- ||R ,où R désigne le rayon de 9 )
Ona : GÔ7 - - 5GO
or :	2GO -HO d’où : HÔ7 - | HO .	(a)
d’où : IO - - jHO	(P)
: HO’’ = ÔT , ce qui démontre que : le point O’ est milieu de (HJ).
La relation (a) prouve que l’homothétie 3t * de centre H et de rapport (+ 5 ) transforme O en O ’, donc transforme
la sphère 9 de centre O et de rayon R en une sphère de centre O' et de rayon 15 R |. qui est la sphère 92.
b) Le point O’ est milieu de (H , I) et la projection orthogonale sur le plan (BCD) conserve les milieux , donc :
le projeté orthogonal O,' de O’ sur le plan (BCD) est le milieu de (H,, G, ) .
Le théorème de Pythagore garantit alors :	OH - OG, .
La sphère 9 , circonscrite au tétraèdre	ABCD , contient les points A, B , C, D .
La sphère 92 homothétique de 9 par	3t ( G , - 3 ), contient donc les images de A, B	, C, D	par 3t ( G, - 3 ),
c’est à dire les points G,, G2, G3, G4 .
La sphère 9 2, homothétique de 9 par	3? * ( H , + 3 ), contient donc les images de A, B , C, D par 3t ’ ( H , + 3 ),
c’est à dire les points A’. B', C, D’définis par : HÂ7 - | HA ; HB7-3 HB* ;	HC7-jÎ4C ; HD7-5	HD •
327
Puisque la sphère 92 a pour centre O', l'égalité : O'H1 - O'G1 garantit que la sphère 92 contient le pied H1 de
la hauteur hA du tétraèdre et ( de même ) les pieds H2 , H3, H, des autres hauteurs du tétraèdre.
On a donc d’une part : OG1 - - | OA ;	et d’autre part : O’A’ - - 5 OA
II en résulte : OG/ - - OA''
Le centre O’ de la sphère 92 est donc le milieu de [ AG! ], et de même O' est le milieu de [ BGj ], [ C’G3 ], [ DG4 ]
4°) Soit H; le point où la hauteur hA recoupe la sphère 9 circonscrite au tétraèdre ABCD
L’homothétie 31 ’ de centre HJ laisse globalement invariante la hauteur hA qui contient le centre H de cette homothétie
1 transforme la sphère 9 en la sphère 92
L’image .par 51 ’, d’un point de hA n 9 est donc un point de hA n 92.
Ona:	hAnfl-fA.H/} et hA n$2 - {A’, HJ
Par	une homothétie , deux points distincts	ont des images distinctes , et on sait	déjà que :	A’ = 5? '	(A)
On en déduit alors :	H, - 5? ’ (H/ )
d’où la relation :	HH! » 5 HH/ qui s’écrit aussi	: HH/	= 3 HH/
On	peut remarquer que le point H/ où	hA	recoupe la sphère 9 circonscrite	au tétraèdre orthocentrique ABCD
n’est pas le symétrique du point H par rapport au plan (BCD).
328
Solution de la 4ème partie : 1°) Une construction du tétraèdre orthocentrique .
Le point G étant choisi sur l’axe du cercle circonscrit au triangle KJN . les distances GK, GJ , GN sont égales •
Considérons le tétraèdre ABCD construit en sorte que c G soit milieu de (I, J)
< I soit milieu de (B , A) .
Le point G , milieu de (I, J), est aussi l’isobarycentre de { A, B , C , D} .
Le point G est donc aussi milieu des segments [ KL ] et [ MN ] où :
les points M et L sont les milieux respectifs de [ AC ] et [ AD ] .
Il en résulte que IKJL. MKNL et IMJN sont des parallélogrammes de
centre G qui, en outre possèdent des diagonales de même longueur.
On a en effet : U - 2GJ ; KL - 2GK ; MN - 2GN
Ces trois parallélogrammes sont donc des rectangles, d’où : IK J. IL
et
MK 1ML
Sachant que : AC - 2IK ; BD - 2IL ; AB - 2 MK ; CD « 2 ML .
on en déduit que : AC ± BD et AB ± CD
Le tétraèdre ABCD possède deux paires d’arêtes orthogonales ,.
cette condition est suffisante pour conclure que : le tétraèdre ABCD est orthocentrique .
2°) Expression du volume d'un tétraèdre orthocentrique
a)	Calculons : SAxSB-SA.SB-(SH+HA). SB Remarquons : SH . SB =0
SÂxæ - HA. SB
SAxSB - HÂ*. (SR* + RB* )	Remarquons : HÂ*. RB* = 0
d’où:	SÂxSË - HÂ*. SR*	(1)
Calculons : RC x RD - RC . RD - ( RH 4- HC ). RD Remarquons : RH . RD =0
RC x RD - HC . RD
d’où :	RCxRD - HC . ( RS + SD ) RCxRD - HC*. RS*	(2)	Remarquons
Des égalités (1) et (2), on déduit : SÂxSB + RCxRD - SR*. (HÂ* - d’où:	SÂxSB + RCxRC - SR*. CÂ*		HC* )	
Ona : donc	SR. CA - SR. (CR +RS +SA ) SR*. CA* - -SR*2	et	SR*±CR* SR*1SÂ*
Finalement, on trouve : SA x SB + RC x RD - - SR2
Si les deux produits SA x SB et RC x RD étaient positifs , leur somme serait positive ,
or le second membre de la relation (3) est strictement négatif, d’où l’absurdité .
Il en résulte que Fun au moins de ces deux produits est strictement négatif, donc :
Le point S appartient au segment [ AB ] ou le point R appartient au segment [ CD ] •
b)	Supposons par exemple que le point R appartienne au segment [CD] .
Le tétraèdre ABCD est alors réunion des deux tétraèdres ABRC et ABRD , qui ont même base ABR et
admettent pour hauteurs respectives CR et RD.	( or on a : CR + RD = CD )
	VABCD " 5 aire (A00) x CR +	5 aire (ABR) x RD
d’où :	VABCD " 5 aire (ABR)x CD	
or :	aire (ABR) - -1-ABxSR,	d'où : Vabco - IaBxCDxSR 6 329

A
1°) a) Vérifier que les quatre faces du tétraèdre sont des triangles isométriques .
Calculer, à l’aide de a . b , c, l'aire commune de ces quatre triangles .
Justifier que les quatre hauteurs du tétraèdre ABCD ont même longueur h .
b) Réciproquement, on considère un tétraèdre dont les quatre faces sont des triangles isométriques
( les trois côtés de chaque triangle ayant pour longueurs x , y , z ) .
Démontrer que les arêtes opposées de ce tétraèdre sont isométriques .
Un tétraèdre est dit tétraèdre équifacial lorsque ses quatre faces sont des triangles isométriques.
2°) Sort l,J,K,L,M,N les milieux respectifs de (A, B), (C, D), (B, C), (D, A), (C, A), (B, D).
Soit G l’isobarycentre de {A, B , C, D} .
a)	Démontrer que les droites (U), (KL), (MN) sont deux à deux perpendiculaires en G •
b)	Démontrer que : La droite (U) est perpendiculaire commune aux droites (AB) et (CD) •
La droite (KL) est perpendiculaire commune aux droites (BC) et (DA) .
La droite (MN) est perpendiculaire commune aux droites (CA) et (BD).
c)	Calculer, à l'aide de a, b. c, chacune des distances U . KL, MN
d)	Justifier que les trois angles de chaque face sont aigus .
3°) a) Démontrer que l’isobarycentre G de { A, B , C, D} est aussi le centre de la sphère 8 circonscrite au
tétraèdre ABCD ainsi que le centre d'une sphère J tangente aux quatre faces du tétraèdre ABCD .
La sphère J est dite inscrite dans le tétraèdre ABCD .
b) Calculer, à l'aide de a, b, c ♦ le rayon R de la sphère 8
♦ le rayon r de la sphère J
♦	la longueur commune h des quatre hauteurs du tétraèdre ABCD •
On notera A,, B,, C,, D, les pieds des hauteurs issues respectivement des sommets A, B, C , D •
( le point A1 est donc le projeté orthogonal du point A sur le plan (BCD) )
4°) Démontrer que l’isobarycentre G de { A, B , C, D } est aussi centre d'une sphère 8 contenant les douze
points remarquables suivants : * les quatre pieds A,, B,, C,, D, des hauteurs du tétraèdre ABCD
♦	les orthocentres H,, H2, Ha, H4 des quatre faces du tétraèdre
♦	les milieux A", B", C", D" des hauteurs respectives [AA, ], [BB, ], [CC, ], [DD, ] .
5°) Sort A’, B’, C, D’ les points définis par : t CA' » AC - MN
( DËf = BD7 - NM*
a)	Justifier que les points A, B , C, D , A', B', C, D’ sont sommets d’un parallélépipède rectangle dont le volume
est triple du volume V du tétraèdre ABCD .
r- _.xj .	. axa i-. x u . , a	i	w UxKLxMN
En déduire que le tétraèdre équifacial admet pour volume : V --------------- •	(e)
b)	Vérifier l'égalité (e) en exprimant ses deux membres à l'aide de a , b, c .
330
1°) a) Les quatre faces du tétraèdre ABCD sont quatre triangles dont les trois côtés ont pour longueurs a, b, c.
Ces quatre triangles sont donc isométriques . Ils ont alors même aire S , égale à l’aire du triangle ABC «
S = aire ABC » | AB x AC x sin BAC
2	2 2	2
d'où :	4 S - c b sin BAC or :
sin2BAC - 1 - cos2 BAC et cosBAC -  -+--
2bc
d'où :	16S2 - 4b2c2 - (b2 + c2 - a2)
2	22	22	22	4	44
On peut aussi écrire une formule homogène en a, b, c :	16S = 2a b + 2bc +2ca - a - b - c
.. O 1 /« 2. 2 _ 2 2 n 2 2 4 ~4 4
d’ou : S - — V2ab+2bc+2ca-a-b-c
4
Soit V le volume du tétraèdre ABCD .
3 V est égal au produit de Faire S d'une face par la longueur de la hauteur relative à cette face •
Les quatre faces du tétraèdre ABCD ayant ici même aire S ,
3 V
ses quatre hauteurs ont donc même longueur h : h 	•
b) Les trois côtés du triangle ABC ont pour longueurs x , y , z •
Posons : BC-x;CA = y;AB-z
Les côtés du triangle BCD ont aussi pour longueurs x , y. z
mais on a déjà : BC » x
Deux situations sont donc possibles :
Premier cas : BD * y et CD » z
Les triangles ACD et ACB étant isométriques ,
puisque : AC « BD et CD - AB, il résulte : AD » BC « x .
Deuxième cas : CD » y et BD » z
Les triangles ACD et ABD sont alors isocèles , de côté commun [ AD ]
Puisqu'ils sont isométriques , on a donc : y  z
Le triangle BCD est donc isocèle
Ses côtés ont pour longueurs x , y , y
Les triangles isocèles BCD et ACD étant isométriques,
on a donc : AD - x •
Dans les deux cas , les arêtes opposées du tétraèdre ABCD ont bien même longueur.
2°) a) Soit G l’isobarycentre de {A, B, C, D}. Utilisons le théorème d’associativité barycentrique :
Associons les points A et B d’une part, C et D d’autre part .
Alors : G = Bar {(1,2), (J, 2)} donc :	le point G est le milieu de (I, J) .
Dans le triangle ABD ,( I est le milieu de (A. B)
< L est le milieu de (A, D) donc : ÜT - | BD*
Dans le triangle CBD a K est le milieu de (C,B)
'J est le milieu de (C, D) donc : KJ « j BD
Puisque: IL - KJ , le quadrilatère ILJK est un parallélogramme et : IL = -^-BD » y
En outre, dans le triangle ABC, on a : IK «

donc: IK = —AC - —
2	2
Le parallélogramme ILJK est donc un losange ( dont le côté mesure ) •
Ses diagonales [ U ] et [ KL ] ont donc même milieu G et sont perpendiculaire en G .
331
A
On démontre de même que :
♦	IMJN est un losange ( de côté mesurant .
Ses diagonales [ U ] et [ MN ] sont donc perpendiculaires en leur milieu commun G .
♦	MKNL est un losange ( de côté mesurant ) •
Ses diagonales [ MN ] et [ KL ] sont donc perpendiculaires en leur milieu commun G .
Conclusion : les droites (U), (MN), (KL) sont deux à deux perpendiculaires en G , qui est milieu commun
de (I, J), (M, N),(K, L) .
b)	Justifions que le triangle ABJ est isocèle de sommet J . Comparons , pour cela , les distances JB et JA .
Appliquons la formule de la médiane dans chacun des triangles BCD et ACD .
( BC2 + BD2 - 2 BJ2 + j CD2	( BJ2 - jfa2 + b2 • je2)
| AC2 + AD2 - 2AJ2 + jCD2 c'estàdire: ( AJ2 - jfb2 + a2 - je2)	d'où:	BJ2	-	AJ2 (1)
L’égalité (1) prouve que le triangle ABJ est isocèle de sommet J .
Sa médiane issue de J est donc aussi sa hauteur issue de J , donc :	(Jl)	1 (AB) •
On justifie de même que le triangle CDI est isocèle de sommet I ( CF = DF = j ( a2 + b2 - | c2 ) )
Sa médiane issue de I est donc perpendiculaire à (CD), donc : (U) ± (CD) .
La droite (U) est donc perpendiculaire commune aux droite (AB) et (CD) .
On démontre de la même façon que : ( (KL) 1 (BC) et ( (MN) 1 (CA)
i (KL)±(DA)	( (MN)±(BD) .
c)	Evaluons la longueur U de la médiane issue de J dans le triangle ABJ .
Ona:	JB2 + JA2 • 2 U2 + jAB2
On sait : JA2  JB2 - j (a2 + b2 - je2 )	d'où:	a2 + b2 - je2 - 2 U2 + je2
On trouve : U2 - j ( a2 + b2 - c2 )
Un calcul analogue donne : ( KL2 • y ( b2 + c2 - a2 )
( MN2 - yfc2 + â2 - b2)
d)	Les quatre faces du tétraèdre ABCD étant des triangles isométriques , il suffit de justifier, par exemple . que les
trois angles du triangle ABC sont aigus ( c'est à dire que leurs cosinus sont strictement positifs )
2	2	2	2	2	2	2
cos BAC = AB	« c * b—c'est à dire . cosBac - donc : cos BAC > 0
2 AB x AC	2 b c	bc
332
x’z*^** a*” । q	MN^
De même : œs ABC »---------------------«------ donc : œs ABC > 0
2ac	2ac
œs ACB - —±-7---------— - ——	donc : œs ACB > 0
2ba 2ba
3°) a) On sait que te point G est milieu œmmun de ( I, J), (K, L), (M, N).
Dans le triangle GAB , la droite (Gl) (ou ( U) ) , perpendiculaire à la droite (AB) en 1e milieu I de (A, B), est
médiatrice de (A, B),	donc :	GA » GB .	(2)
Dans le triangle GCD, la droite (GJ) (ou (Jl ) ) , perpendiculaire à la droite (CD) en le milieu J de (C, D). est
médiatrice de (C, D),	donc :	GC » GD.	(3)
En outre, te point G appartient à la droite (KL), perpendiculaire à la droite (BC) en te milieu K de (B , C)
donc : GB » GC •	(4)
Des relations (2), (3), (4), on déduit : GA = GB = GC « GD
Le point G est donc 1e centre de la sphère 9 circonscrite au tétraèdre ABCD .
♦ Soit G, l’isobarycentre de { B, C, D}. Alors : G,B + G,C + G,D » O .
Ona: GG -y (GA + GG + G£ + GP )
d’où :	G,G  GA (5)
Projetons orthogonalement sur le plan (BCD) les points alignés G1, G, A en respectivement G,, O,, A,
On a alors : GP,  GA (6)
De (5) et (6), on déduit par différence : GP, - Gp - 7 ( GA - G^A ) d’où : GO, - | AA,
Onadonc:	GO, -—AA.	d’où: GO, - — •
1	4^	1	4
Remarquons que l’intersection de la sphère 9 ( œntenant A, B , C, D ) et du plan (BCD) est un cercle C,
( œntenant B , C, D ), dont te centre est te projeté orthogonal O,, sur te plan (BCD), du centre G de la sphère 9.
Soit O2,03,O4 tes projetés orthogonaux du point G sur les plans respectifs (ACD), (ABD), (ABC).
On démontre de la même façon que : GO2 » BB, ; GO, - CC, ; GO4  | DD,
GO, - GO2 - GO3 - GO4 . j
Puisque : AA, - BB, - CC, - DD, - h , on trouve :
Les distances du point G aux quatre faces du tétraèdre ABCD sont égales .
La sphère J , de centre G et de rayon r égal à — , est donc tangente aux quatre faces du tétraèdre •
4
Les points de contact, O,, O2,03,O4 de cette sphère 3 avec les plans respectifs (BCD), (ACD), (ABD), (ABC)
sont tes centres des cercles G,, C2, C3, C4 cirœnscrits respectivement aux triangles BCD, ACD , ABD , ABC .
b) Calcul du rayon R de la sphère 9 circonscrite au tétraèdre ABCD (R-GA-GB-GC-GD)
Ona: AB-c;AC-b;AD-aet GÂ*+GB* + GC+GD*-O*
Calculons : AB2 + AC2 + AD2 - (ÂG + GB*Y + (ÂG* + GC*Y + (ÂG* + GD*Y
d’où:	c2 + b2 + a2 - 3 AG2 + 2ÂG*.(GB* + GC*+GD*) + GB2 + GC2 + GD2
c2 + b2 + a2 » 3R2 + 2ÂG*. (- GÂ* ) + 3 R2
2	2	2
On trouve: c + b + a - 8RZ	d’où:	r2 ~ + c	(7)
Calcul du rayon r de la sphère 3 inscrite dans le tétraèdre ABCD ( r - GO, )
La droite (GO,) est perpendiculaire au plan (BCD), donc orthogonale à la droite (BO,) qui est incluse dans ce plan .
333
Le théorème de Pythagore . appliqué au
On a :	GB2 - R2 et BO,2 - R,2
Rappelons la formule :	4 R, S » a b c
2.2 2
On a alors : r2 - R2 - ------d’où :
16 S2
Calcul de la hauteur h du tétraèdre ABCD
La hauteur h du tétraèdre ABCD est : h - 4 r
Remarque : on peut observer que les quatre cei
faces du tétraèdre ont même ray
triangle rectangle GO,B donne : GO,2 - GB2 - BO,2
où : R1 est le rayon du cercle C, circonscrit au triangle BCD *
où ( S est Taire du triangle BCD
< a, b, c sont les longueurs des côtés du triangle BCD .
2.2	2	2,2 2
2 a + b + c	abc
r "-------ô--------------------------------7
8	4h2r2 (u2	2 2Ÿ
4b c -^b + c - a J
où : r est exprimé à l’aide de a, b, c par la formule ci-dessus .
rcles C,, C2, C3 , circonscrits aux triangles constituant les
on R1 ( le rayon de chacun de ces cercles est ) •
4°) a) Pour prouver que la sphère 8 . de centre G et de rayon GH,, contient aussi les orthocentres H2, H3, H4 des
trois autres faces ,
il suffit de prouver que la distance du point G à l’orthocentre d’une face ne dépend pas de la face choisie .
Calculons , par exemple GH, :
♦	Dans le triangle rectangle GO, H,, on a :	GH,2 = GO,2 + O, H,2
Or: O,H, - 30/3, d’où :	GH,2 - GO,2 + 9 0/3,2 - GO,2 + 9(GG,2 - GO,2)
soit:	GH,2 = 9GG,2 - 8GO,2
Or: GGT--jGA donc: GG, - ;R
d’où: GH,2- R? - 8H .
♦	On démontre de même que :	GH22 = GH32 = GH,2 = R2 - 8 r2
Justifions que la sphère 8 contient le pied A, de la hauteur issue de A •
Il suffit de prouver que le triangle A,GH, est isocèle de sommet G , c’est à dire que le projeté orthogonal O,
de G sur le plan (BCD) est le milieu de (A,, H, ).
D’une part : GA + GB + GC + GD-O d’où : GA’ + 3 GG,’ «O* où G, est l’isobarycentre de { B , C, D} -
Les projetés orthogonaux respectifs O,, A,, G, de G , A, G, sur le plan (BCD) vérifient donc la relation :
OA* + 30/3,’ - O* c’est à dire : OA’ - - 30/3,’	(9)
334
D'autre part : considérons le triangle BCD d'orthocentre H!.
On a :	G,B + G,C + G,D « O d'où ( G,B  - 2 G^J
| GP - - 2GJT
L’homothétie 5? de centre G,, de rapport ( - 2) transforme donc J en B et K en D •
♦	L’image .par 5t. de la médiatrice (O^J) de (C, D) est la droite parallèle à (O^J) et contenant l'image B de J ,
c'est à dire la	hauteur (BH1 ) issue du point	B dans le triangle BCD .
*	L'image .par	51. de la médiatrice (O,K) de	(C. B) est la droite parallèle à	(O,K)	et contenant l'image	D	de	K,
c'est à dire la	hauteur (DH, ) issue du point	D dans le triangle BCD .
L'image .par 5E . du point O1 commun à (O^J)	et (O,K) est donc le point commun aux deux hauteurs	(BH,	)	et
(DH, ) du triangle BCD , c'est à dire l’orthocentre H, du triangle BCD .
Puisque: H,-51(0,), onadonc:	G,H,’ = - 2G£>' d’où:	O,H,’ - 3O,G,’	(10)
Des relations (9) et (10), on déduit :	O,H,’ - - OA donc le point O, est milieu de (Æ,, H, ) .
De la même façon , on démontre que :	la sphère 8 contient les pieds B,. C,, D, des hauteurs du
tétraèdre issues respectivement des points B, C, D .
c) Soit A" le milieu de (A, A, ). Justifions que le point G est milieu de (H,, A” )
Calculons: GH? + GA51* - (GQ* + ÔH*) + (GQ* + ÔX + ÂÂ*) t or ) ÔJT - - ÔK
( gô7- jÂâT- Jæa
d'où :	GH, + GA” » O Les points H, et A" sont donc diamétralement opposés sur la sphère 8
On prouve de même que : le point G est milieu commun de (H2, B" ), (H3, C" ), (H<, D’ )
5°) Les quatre faces AC'BD' , D’BA'C , CA'DB' , B’DC'A sont quatre parallélogrammes
( puisque les vecteurs AC , D’B , CA’ , B’D sont égaux à MN ) .
Par la translation de vecteur MN , le point M , milieu de (A, C), a pour image le point N , lui-même milieu du
bipoint image (C’,A’).
Puisque N est aussi le milieu de (B, D), le quadrilatère C'BA’D est donc un parallélogramme .
L'image de ce parallélogramme par la translation de vecteur C'A est alors un parallélogramme :
c'est le quadrilatère AD'CB*.
Les points A, B, C, D, A', B’, C’, D' sont donc sommets d'un parallélépipède P dont les points I, J , K. L, M , N
sont les centres des faces .
On a alors : 1 AB - B’A’ ( D’C* - CD*	puisque AB’ » BA’ puisque D’C - CD
On sait que ( IJ ± AB
/ IJ 1CD	donc IJ ID’C .
La droite (U), perpendiculaire aux deux droites sécantes (AB) et (CD* ). est donc perpendiculaire au plan (AD'BC* ) •
Remarquons : U « BA’	puisque IB » JA’ - |ÂB* . Le plan (AD'BC* ) est donc perpendiculaire à l'arête (BA* ) du parallélépipède F .
On démontre de la même façon :	le plan (BA'CD*) est perpendiculaire à l’arête (BC*) du parallélépipède P ( car RT 1 BC* et RT ±ÂD* ) le plan (BA'DC ) est perpendiculaire à l'arête (BD* ) du parallélépipède P ( car	MN* ±ÂC* et MN* 1 BD* ) .
335
Le parallélépipède P de sommet A, B , C, D , A', B', C, D* est donc un parallélépipède rectangle . dont les
longueurs des arêtes sont égales aux distances U , KL . MN .
Son volume est U x KL x MN .
Ce parallélépipède P est la réunion du tétraèdre ABCD et de quatre autres tétraèdres (AD'CB , BA’DC , CB’AD , BCDA)
On a donc : volume de S5 » 4 v + volume ABCD
b) Exprimons les carrés des deux membres de (e) à l'aide de a, b, c afin de vérifier l'égalité (e) .
U2xKL2xMN2 (a2 + b2 - c2)(b2 + c2 - a2)(c2 + a2 - b2)
Dunepart: ---------------------------------------------------
D’autre part : volume ABCD =	(où h - 4r) donc: V2 = " g
1-eo2 „ 2.2	_, 2 2 _ 2 2	4,4	4
16S -2a b + 2b c + 2c a - a - b - c
2.2	2	2.2 2
2 a+b+c abc
r —---------------
8	16 S2
_ (a2 + b2 + c2)(2a2b2 + 2b2c2 * 2c2a2  a4- b4 - c4)  8a2b2c2
En développant et en ordonnant le numérateur suivant les puissances de a , on trouve :
72V2 - - a6 ♦ a4(b2 + c2) ♦ a2(b2 - c2)’ - (b2 ♦ c2)(b2 - c2)’
72V2 - a4(b2 ♦ c2 - a2) ♦ (b2 - c2/ [a2 - b2 - c2] - (b2 ♦ c2 - a2) [a4 - (b2- c 2)’]
72 V2 - (b2 ♦ c2 - a2)(a2 ♦ b2 - c2)(a2 - b2 ♦ c2)
,	(a2 + b2 - c2)(b2 ♦ c2 - a2)(c2 ♦ a2 - b2)
On trouve l'égalité espérée : V =------------------------------------------------
336
IL© à @©M|p@ir 0© ©mè)@
figure 6
figure 5
k - 1
On considère le cube ABCDEFGH ( figure 1 ) d’arête a .
Pour réaliser les constructions demandées , on prendra a » 12 cm .
Soit k un réel donné. k e ] 0,1 ]
Soit h et I2 les points de l’arête [ AB ] définis par : Âîf » l^B* » k. ÂB*
Soit J, et J4 les points de l’arête [ AD ] définis par : ÂJf - J4D* - k ÂD*
Soit K1 et Lf les points de l’arête [ AE ] définis par : AK/ = L,E - k. ÂË*
............................ voir figure 6..........
On se propose de tronquer le cube ABCDEFGH par les huit plans (I^J^ ), (I^Ka ), (l3J3K3 ),	, (LMN1 ),
, (LjMaNa ), (UM<N4 ) , c'est à dire d’ôter à ce cube les huit tétraèdres tels que AI1J1K1 admettant pour sommets
les huit sommets du cube ( voir figure 2 ). On nomme le polyèdre ainsi obtenu .
Démontrer que les 4 " diagonales " [ AG ] , [ BH ] , [ CE ] , [ DF ] du cube sont concourantes en leur milieu noté O .
Le point O est alors appelé centre du cube ABCDEFGH (voir figure 1 ) .
Indication : on pourra démontrer que les quadrilatères ADGF , BDHF et ACGE sont des parallélogrammes.
337
1ère partie : Etude de l'octaèdre régulier
On note {P} -	; {Q} - ( tJ, ) r> (	) ; {R} - ( W, ) n ( (. J4 ) ; {S) - ( U ) n ( U, ) .
1°) a) Démontrer que te quadrilatère PQRS est un carré. Exprimer la distance PQ à l’aide de k etde a .
b)	Exprimer, à l’aide de k, te réel t tel que : IJ2 “ t AB
En déduire l'expression de la distance à l’aide de k et de a .
c)	Démontrer que tes bipoints (h, t ) et (A, B) ont même milieu M •
d)	Déterminer, à l'aide de k, le rapport de l’homothétie X de centre M , telle que & (B ) « h .
Quelles sont tes images , par cette homothétie St, des droites (BD), (AC), du point O, ?
En déduire que te point P appartient à la médiatrice de (A, B ).
Conclure que les deux carrés ABCD et PQRS ont même centre O, •
e)	Exprimer tes distances PI, et PM à l’aide des réels k et a .
2°) On appelle pyramide la pyramide de base carrée PQRS dont les faces
latérales sont des triangles équilatéraux de côté x ( voir figure 7 ).
a)	Démontrer que la droite (TAJ estj>erpendiculaire en O, au plan PQRS .
b)	Calculer les angles l^PQ, T,SQ , S^Q .
c)	Exprimer, à l'aide de x , la hauteur TA de cette pyramide et son volume .
En déduire , à l’aide de k et de a, le volume de la pyramide T?pq .
C
d)	Exprimer, à l’aide de x , te volume de l’octaèdre régulier LPQRSTg
obtenu en complétant la pyramide précédente par une symétrie
orthogonale par rapport au plan du carré PQRS .
e)	Reconnaître la nature des quadrilatères STPTe et P^RT®.
L'octaèdre régulier est un polyèdre régulier ( toutes les faces sont des polygones
identiques et réguliers, tous les sommets reçoivent le même nombre d'arêtes sous le
même angle).
Il existe exactement 5 polyèdres réguliers ( octaèdre, tétraèdre, cube, icosaèdre,
dodécaèdre ) appelés aussi polyèdres de Platon ( 427_343 av. J.C. )
C'est en fait Thétête (410_369 av. J. C. ) qui a découvert l’octaèdre et l'icosaèdre.
338
2ême partie : Etude des solides (3,8,8)
On choisit, dans cette partie, k e ] 0 , y ].
1°) Démontrer que les faces deux à deux opposées de Pk sont isométriques et contenues dans des plans parallèles .
Construire , sur du papier canson , le développement du polyèdre et réaliser celui-ci.
3
2°) Calculer, à l’aide de a et de k : a) Faire du polygone	et l’aire du triangle IJ^ .
b) le volume de la pyramide AI^J^K, ainsi que sa hauteur issue de A .
c) le volume Vk du polyèdre ainsi que Faire #k de son développement .
En déduire le yolume V | du polyèdre P | ainsi que Faire 81 de son développement .
Vérifier expérimentalement ce résultat en pesant le polyèdre SP |, d'une part vide , d'autre part rempli de
sel fin ou de sable dont on aura au préalable déterminé la masse volumique .
3°) Etude du solide d'Archimède (3,8,8)-
a)	Déterminer k en sorte que UzJzJalakJ^i soit un octogone régulier.
On appelle polyèdre semi-régulier tout polyèdre dont les faces,constituées de deux ou trois types de polygones
réguliers à côtés égaux, se répartissent toujours de la même façon et dans le même ordre autour de chaque
sommet.
C'est Archimède ( 287-212 avant J.C. ) qui mentionne le premier ces polyèdres qu'on nomme, pour cette
raison, solides d'Archimède.
Un polyèdre semi-régulier est affecté d'un code. On note, par exemple (m ,n, p,q) pour exprimer qu'autour de
chaque sommet de ce polyèdre se répartissent quatre polygones réguliers qui sont, toujours dans le même
ordre : un polygone régulier à m côtés, un autre à n côtés, un troisième à p côtés et un quatrième à q côtés.
b)	Construire , avec règle et compas seulement, un octogone régulier inscrit dans un carré de côté donné a .
Construire ainsi le développement du polyèdre précédent et réaliser celui-ci par pliage et collage .
Vérifier expérimentalement, comme au 2°), les résultats obtenus au 3°) c).
c)	Calculer le volume du polyèdre semi-régulier ainsi obtenu et Faire de son développement.
4°) Etude du cuboctaèdre, solide d'Archimède ( 3,4,3,4 ) •
On suppose , dans cette question , k  J ( voir figure 3 ) .Le polyèdre £ ainsi obtenu est appelé cuboctaèdre .
a)	Après avoir construit , calculer son volume et Faire de son développement en utilisant les résultats du 2°) c).
b)	On construit, sur chaque face carrée du cuboctaèdre , et à l'extérieur , une pyramide régulière analogue à celle
décrite au 2°) de la 1^re partie ( voir figure 8 ) •
On nomme L , T2, T3, T4, T5, Te les sommets de ces pyramides qui n’appartiennent à aucune face du cube .
( T, est sommet de la pyramide de base carrée PQRS ,T3 est sommet de la pyramide de base carrée QVQ^ )
♦	Démontrer que lespoints S, Q, Q,, T,, T3 appartiennent au plan médiateur de (B , C).
♦	Justifier l'alignement des points T,, Q , T3 .
♦	Démontrer que L, T2, T3, T4 , T5, T6 sont sommets d’un octaèdre régulier ( noté £1 ).
c)	Retrouver le volume du cuboctaèdre F J. en considérant celui-ci comme l'octaèdre £1 tronqué des 6
2	2
pyramides analogues à ^PQRS .
5°) Intersection du cube ABCDEFGH et de l'octaèdre régulier .
a)	Démontrer que le plan (PMW ) est le plan médiateur de (A, B) .
Démontrer que le triangle l2PW est équilatéral et exprimer la longueur de ses côtés .
b)	On note T, le point d'intersection des droites (PW) et (QT). Démontrer que le triangle T^PQ est équilatéral.
En déduire que T, est le sommet de la pyramide régulière iSpQ étudiée au 2°) de la 1ère partie .
c)	On note L, T2, T3, T4, T5, T6 les sommets des pyramides de bases respectives PQRS , WLZV.....PAR1S1
à faces latérales équilatérales construites extérieurement au cube ABCDEFGH ( voir figure 9).
Démontrer que le polyèdre TiT2T3T4T5T6 est un octaèdre régulier £k dont on calculera Farète d et le volume V.
d)	Exprimer le volume v3 du tétraèdre hW^P, intersection des deux pyramides TSpQ et Tyyy .
e)	Evaluer le volume Vk du solide S*k à Faide du volume v, de la pyramide iSpQ , du volume V de
l'octaèdre Xk et du volume v3 du tétraèdre ^W^P .
Exprimer ce volume Vk à Faide de k et de a. Comparer au résultat du 2°) de la 2^me partie .
339
340
3ètne partie : Etude des solides S*o et .
r) Etude du solide Po
Si k » 0 , les points h , J,, K, sont confondus en A . On définit donc Po comme le cube ABCDEFGH .
Nous avons démontré, au 1°) de la 1ère partie que , lorsque k décrit l’intervalle ] 0,1 ], les droites (l^ ), (1^ ),
(I3J3 ) et (I4J4 ) restent parallèles aux diagonales du carré ABCD . Si k - 0 , ces droites ne sont plus définies ...
On considère alors les droites 8,, 82,83 et 84 passant respectivement par les sommets A , B , C, D du
carré ABCD et parallèles à ses diagonales ( voir figure 10 ).
On note : {Po} - 8, 83 ; {Q>} - 8^83 ; {RJ - 83084 ; {SJ-84 m 8,.
a)	Démontrer que PoQoRoSo est un carré dont on calculera le côté et l’aire .
b)	Soit O,, O2,03,04,05,06 les centres respectifs des carrés ABCD , ABFE , BCGF, CDHG , DAEH , EFGH
Démontrer que le quadrilatère O2O3O4O5 est un carré ( voir figure 11).
En déduire que le polyèdre OP2O3O4O5O6 est un octaèdre régulier. Préciser son volume à l’aide de a .
c)	On construit, extérieurement au cube ABCDEFGH , six pyramides régulières T^oQoRoSo,.,	de bases
carrées , dont les faces latérales sont des triangles équilatéraux ( voir figure 10).
Démontrer que les vecteurs Oïf et Ojf sont colinéaires .
Déterminer, à l’aide de a, le réel A. tel que : Ôïf - À.OO/ 
d)	Démontrer que le polyèdre	est image du polyèdre OP2O3O4O5O6 par une homothétie qu’on précisera
En déduire que TJ2T3T4T5T6 est un octaèdre régulier dont on estimera l’arête et le volume à l'aide de a.
e)	Justifier que chaque sommet du cube ABCDEFGH est le centre de gravité d'une face de l'octaèdre TJJJVTsTb
Vérifier, dans le cas k - 0 , la validité des formules obtenues au 5°) de la 2ème partie .
2°) Etude du solide
Que devient le carré PQRS lorsque k - 1 ?
Reconnaître le solide 9>, , puis construire , à la règle et au compas , son développement .
Réaliser ce solide par pliage et collage .
figure 11
e
4ème partie : Etude des solides (6,4,6)
On choisit, dans cette partie , k e ] j , 1 [.
1°) La figure ci-dessous représente le cube tronqué dans le cas où k e ] j, 1 [ •
a)	Démontrer que les faces deux à deux opposées du polyèdre sont isométriques et contenues dans des
plans parallèles.
b)	Démontrer que le plan (PM W ) est le plan médiateur de (A, B ) , M désignant le mileu de (A, B) .
Exprimer la distance PW à l'aide de k etde a .
c)	Démontrer que l’hexagone PQTUVW est régulier si, et seulement si k » | .
2°) Etude du rhombicuboctaèdre, solide d'Archimède (6,4,6) .
a)	Construire le polyèdre P | et calculer l'aire de son développement .
Ce polyèdre, qui possède 6 faces carrées et 8 faces hexagonales régulières est appelé rhombicuboctaèdre .
b)	Calculer le volume v du tétraèdre BI^IÇ et le volume e de la pyramide BPQTUVW .
c)	Calculer le volume de la pyramide BPMW , puis le volume V | du polyèdre .
d)	Calculer le volume du tétraèdre PI^W. Retrouver, par une autre méthode , le volume du polyèdre .
3°) intersection du cube ABCDEFGH et de l'octaèdre £k .
a)	Vérifier que le triangle l2PW est équilatéral et préciser la longueur de ses côtés .
b)	On note T, le point d’intersection des droites (PW) et (QT). Démontrer que le triangle T,PQ est équilatéral.
En déduire que T, est le sommet de la pyramide I?pQ étudiée au 2°) de la 1 ^repartie .
c)	On note T,, Tz, T3, T4, T5, T6 les sommets des pyramides de bases respectives PQRS, WLZV, TUXY................
à faces latérales équilatérales , construites extérieurement au cube ABCDEFGH ( voir figure ci-dessous ).
Démontrer que le polyèdre TJjTaT^Te est un octaèdre régulier, noté , dont on précisera l'arête d et le
volume V en fonction de a etde k .
d)	En utilisant le volume v1 du tétraèdre iSpQ (voir I) 2°) c) ) et le volume V de l'octaèdre 2^ > exprimer
le volume du solide a *'a^e d® k et a . Retrouver ainsi les résultats du IV 2°).
1°) a)
Solution de la 1ère partie
Démontrons que PQRS est un carré .
On sait , par construction , que :	Al, - kAB (1) et que :	AJ, » kAD (2)
Des relations (1) et (2), on déduit par soustraction membre à membre : IJ, » k BD*	(3)
Par conséquent,	les droites	(IJ, ) et	(BD)	sont parallèles .	(4)
De même , on démontre que (	les droites	(LJ3) et	(BD)	sont parallèles .	(5)
\	les droites	(1^ ) et	(AC)	sont parallèles ;	(6)
(	les droites	(I4J4 ) et	(AC)	sont parallèles .	(7)
Puisque J4D - k ÂD* , on a AJ4" = ( 1 - k ) ÂD*
De même, Al2 - ( 1 - k ) ÂB*	donc :	Ï2J4" - ( 1 - k ) BD*	(8)
(3) et (8) prouvent : (M, )//(BD) et (IJ4 )//(BD), donc :	(IJ, )//(^ ) .	(9)
Les propriétés (6) et (7) démontrent de même que les droites (IJ2 ) et (I4J4 ) sont parallèles .
Le quadrilatère l?J4SP est donc un parallélogramme et, par conséquent : PS* - lj/  (1 - k ) BD’	(10)
De même, on démontre : SR - J,ï3* » ( 1 - k)ÂC*	(11)
Les droites (AC) et (BD) étant les diagonales du carré ABCD , on a :
Des relations (10) et (11) , on déduit alors :
BD ±AC et BD - AC - aÆ
PS* ±SR* et PS-SR-(1- k)aÆ
Le quadrilatère PQRS est donc un carré de côté PQ  (1 - k)aV2 .
b)	IA - Alj - Al, - (1 - k)AB - kAB - (1 - 2k)AB d'où : IA - |1 - 2k|a
c)	Soit Mie milieu de (A, B), alors : AM - MB	(12)
Par hypothèse : I^A = Bl2	(13)
Additionnons membre à membre les relations (12) et (13):
On obtient :	l,M - Ml/
ce qui exprime que le point M est aussi le milieu de (I,, l2 ).
d)	Soit 51 l’homothétie de centre M telle que : 51 (B) - I, .
Ona: ML - - ~ïX »	' 1 AB et ÂB = 2MB
1	2 1	2
d’où: W - (2k - 1 )MB*.
Le rapport de l’homothétie 51 est donc (2 k - 1).
On démontre par le même procédé que :	51 (A ) - k .
L'image , par 51, de la droite (BD) est la droite passant par I,, parallèle à (BD).
Puisque (IJ, ) // (BD), on a donc :	51 (BD) - (IJ, )
On démontre de même que : 5? (AC) - (1^)
{OJ - (BD)n(AC) donc : 51(0,) - 51 (BD) n V, (AC) - ( IJ, )n (1^ )
c’est à dire : 51(0,) - P .
La médiatrice A de (A, B ) contient le centre M de 51, donc : 51 (A ) « A
Le centre O, du carré ABCD appartient à la droite A, donc : 51 ( O, ) e 5? (A)	On conclut : P g A
Le point P appartient donc à la médiatrice A de (A, B) •
De même le point R appartient à la médiatrice de (D, C), qui est aussi la droite A .
La droite (PR) est donc la médiatrice de ( A, B ).
On prouve de même que la droite (OS) est la médiatrice A' de (B , C) .
Le centre du carré PQRS , point d’intersection des droites (PR) et (QS) est donc le point commun des
médiatrices de (A, B) et (B , C). c'est à dire le centre O, du carré ABCD .
343
1°) e)
On sait que X. : O, »-------- P
B ----------* h donc ÏF - (2k - 1 )BÔf
—•	2k - 1 —•
c’est à dire, puisque O, est le milieu de (B , D ) :	- —-— BD •
|2k • 11 f~
—2— a*2
On sait que : SU (O, ) - P, donc : MP = ( 2k - 1 ) MO,
• 2k - 1 —•
c’est à dire : MP - —-—AD
2
d'où on déduit : PM « 2k—a
2°) a) Le triangle TYPQ est équilatéral, donc T, appartient au plan médiateur de (P , Q) *
Dans le carré PQRS , O,P - 0,0, donc O, appartient au plan médiateur de ( P , Q ) .
La droite (T^ ) , incluse dans le plan médiateur de (P . Q). est donc orthogonale à la droite (PQ).
De même, on démontre que la droite (1,0, ) est orthogonale à la droite (PS) .
La droite (Tp,) est donc perpendiculaire au plan (PQRS) que déterminent les deux droites sécantes (PQ) et (PS) .
b)
T,PQ - 60° car le triangle T,PQ est équilatéral.
On a : PR2 - PQ2 + QR2 - 2x2
LS2 - T/D2 - x2
Le triangle ST,Q vérifie :	T,S2 + T.Q2 - SQ2
II est donc isocèle et rectangle en T,
d’où : STP - 90° ; LSQ - TQS - 45°
c)
Dans le triangle T^SQ, isocèle et rectangle en T,,
O1 étant le milieu de (Q.S).ona :
Le volume v de TSX est donc : v - 5 x TA x aire (PQRS)
Si x - ( 1 - k ) a/2 , le volume de cette pyramide est donc :
2a3..	. .3
V - -3—( 1 • k> •
d)
Le volume w de l'octaèdre ^PQRSTg , régulier d’arête x , est :
W » 2v - —
3
c’est à dire : v - —. ——
3	2
2 x J
X "	6
e)	Le quadrilatère S^QTg est un losange car ses 4 cotés sont coplanaires ( dans le plan médiateur de (P , R))
et ont même longueur.
Ce losange est un carré car ST,Q - 90°. On démontrerait de même que P^RTe est un carré .
344
Solution de la 2ème partie
1°) Pour justifier que les faces du polyèdre S>k sont deux à deux isométriques et incluses dans des plans parallèles ,
démontrons que le centre O du cube ABCDEFGH est centre de symétrie du polyèdre $>k .
Par définition des points h et M3,ona:	Âïf « kÂB*	et	MïG* - kHG*
or:	ÂB-HG	donc:	Âîf - M/T
Le point O. qui est milieu de (A, G) est donc aussi milieu de (h , M, ) *
On démontre de même que : le point O est milieu des bipoints (J,, N3 ) , (K,, L3 ) , (J2, N4 ).
La symétrie Sq de centre O échange ainsi deux à deux les sommets du polyèdres Pk de la façon suivante :
h .---------	h »--------♦ M4	I, i------♦ M,	L .-------------♦ M2
J, .------. N3	J2 »---------- N4 J3 »--------------- N1	J4 »------------- N2
K, -------♦ La	. L,	K3 ---------- U	K, -------------- L,
La symétrie Sq est une isométrie et une homothétie ( de rapport ( - 1 ) ).
Elle transforme donc : * toute droite en une droite qui lui est parallèle
* tout plan en un plan qui lui est parallèle .
Le triangle M3N3L3 est l'image du triangle I^K, par la symétrie Sq 
Ces deux triangles sont donc isométriques et leurs plans sont parallèles .
Enoutre.ona:	MK - - ÏX ; NJ7 - - W ; L^r - - RT
L'octogone M3M4N4N1M1M2N2N3 est l’image de l’octogone hkJzJahLJvJi par la symétrie Sq .
Ces deux octogones sont donc isométriques , et leurs plans sont parallèles ( ce qu'on savait déjà ) *
Enoutre.ona:	M3M4 - - IJ2 ; M4N4 - - W2 ..........
2°) a) L'aire du triangle AI1J1 est : j Ah x AJ! d'où :	aire ( AI^J, ) - j k2 a2
Les triangles Al^ , Bl^ , Cl^ , DhJ4 étant isométriques ont même aire .
L'aire de l'octogone hh^ahhJ4J1 est donc : aire ( hhJ^kh^Ji )  aire ( ABCD ) - 4 aire ( AI^J, )
aire( hl^bLJ^ ) = a2 - 2k2a2 - a2 ( 1 - 2k2) .
»—	2 a2-/s
L’aire du triangle l1J1K1 est celle d’un triangle équilatéral de côté ka/ 2 ; on a donc : aire l1J1K1 « k —-—
b) Le volume v du tétraèdre AI^K, est :
soit :
Ce volume v s'exprime aussi par :
c'est à dire :
v « 5 aire ( Æl^ ) x Ah - 5 x J k2 a2 x k a
v - 5 aire ( I^K, ) x h ,
où h désigne la hauteur issue de A dans le tétraèdre AlrJ1K1.
En comparant les expressions (1) et (2) de v .onobtient :
ak/3
3
345
2°) c) Les huit tétraèdres ôtés au cube initial pour obtenir le polyèdre sont isométriques .
3 k3 a3	( 3 - 4 k3 ) 3
Le volume Vk de ce polyèdre est donc : Vk - a - 8 —— , soit Vk «------------------- a .
6	3
Le développement de ce polyèdre est constitué de 6 octogones isométriques à l1l2J2J3l3l4J4Ji et de huit
triangles équilatéraux isométriques à l1J1K1.
2	2 a2 k2 J3
Son aire est donc - 6 a (1 - 2k ) + 8------------.
2	2	/—
c'est à dire - 2a [3 - 2k (3-/3 )]
Dans le cas particulier où k - y , les formules précédentes permettent d'exprimer :
Vl“Fa3 6t	21+2/3)
3	3
Cube tronqué Pi
ÂïT - jÂËT
346
3°) a) L’octogone I1I2J2J3I3IJ4J1 est régulier si , et seulement si : 1^ » IJ, .c’estàdiresi : . a ( 1 - 2 k) - kaV2 .
J2
L’octogone	GSt donc régulier si, et seulement si : k  1 -
Les formules du 2°) c) permettent alors d’exprimer l’aire S de son développement, et son volume V ’ :
On trouve: S - a2 (12^2 + ô/â - 4/ê - 12) et W - 7(^ — * a3 .
b) La construction ci-contre permet, comme on le vérifiera , d’obtenir cet octogone .
4°) a)
Supposons k = | •
Les formules du 2°)c) permettent d’exprimer et V|
Ontrouve : S1 - a2(a + /â) et V1 •	•
7	T
b) ♦ Le plan 51 médiateur de (B, C) contient les points S , Q, Q,, milieux respectifs de (A, D). (B , C), (F, G)
a A	a J5
(puisque : SB - SC - —-— et Q,B - 0,0 « —-—) .
a J3
Ce plan 51 contient aussi le centre O du cube ( puisque : OB = OC - —-— ) •
♦	Le sommet T, de la pyramide à base carrée PQRS vérifie : T,P » T,Q » T,R, donc :
le point T, appartient au plan médiateur de (P , R), qui n’est autre que le plan 51, puisque le plan médiateur
a V2
de (P , R) contient, comme le plan 51, les trois points non alignés S, Q, O (OP - OR - ——— ) •
On justifie de même que le point T3 appartient au plan médiateur de (V, Y), qui est aussi le plan 51.
♦	Considérons alors les cinq points S , Q, O,, T,, T6, coplanaires dans le plan 5t.
On a i d’une part : SQQ, = 90° ( car OS » BA et QO, = BF et BA 1 BF )
( d’autre part : Tps - 45° ( voir 1GrG partie 2°) )	et, de même : T^OO, - 45°
On en déduit :	TjQT3 - 180° d'où : falignement des points T,, Q. T3, dans cet ordre.
♦	On sait que:	T1Q=PQ = |aÆ et T3Q » VQ = Ja/2 d’où :
TJ, - a/2 .
De même , on démontre : ( falignement de T,, S, T5 , falignement de T,, P , T2.....
< TJ2 - TJ3 « TJ4 - TJ5 = T6T2 - T6T3 - TJ4 - T6T5 - TtT, - T3T4 - T4T5 - T5T2
Les quatre points T2, T3, T4, T5 sont coplanaires , dans le plan médiateur de (T,, T6 ) et sont sommets d’un
losange 
En outre, dans la pyramide TaQVQJ, on a : VT3Y = 90°.	Le losange T2T3T4T5 est donc un carré
Les deux pyramides, de même base carrée T2T3T4T5 ayant T, et T6 pour sommets respectifs , ont des
triangles équilatéraux pour faces latérales et sont symétriques par rapport au plan (T2T3T4T5 ) .
Le polyèdre de sommets T,, T2, T,, T4, T,, T6 est donc un octaèdre régulier. Son arête est : a Æ
347
4°) c) Le volume de l’octaèdre T1T2T3T4T5T6 est :
3	3
La pyramide T,PQRS admet pour hauteur TA = | SQ » | a
2
L’aire de sa base PQRS est :
Le volume v, de la pyramide T,PQRS est donc : v, - $ x TA x aire ( PQRS )
2	3
_ a_ a a
V' " 3 ’ 2 ' 2 " 12 
4 a3 6 a3	5 a3
Le cuboctaèdre admet donc pour volume : V1 « V - 6 V, = —--------— .soit: V, = —— .
T	7
On retrouve ainsi le résultat du 4°) a).
5°) a) Nous avons démontré dans la 1 ^re partie 1 °) d) que le point P appartient à la médiatrice de (A , B),
donc au plan médiateur 8 de (A, B) .
La même démonstration , dans le plan ABFE garantit que le point W appartient lui aussi au plan 8 .
Le point M , milieu de (A, B) appartient au plan 8 .
On a : MP « ( k - | ) AD et, de même : MW = ( k - J ) AE , or :	AE 1 AB	donc : MP 1 MW .
Si k * j , les trois points non alignés P , M et W définissent le plan (PMW ) qui est par conséquent le plan 8 .
En outre , le triangle PMW est rectangle en M et isocèle ( on a : MP = MW = ( j - k ) a )
démontrons que le triangle l2PW est équilatéral .
♦ D’une part, calculons PW dans le triangle PMW, isocèle et rectangle en M :
Onadonc : PW = PMy2 =	(1 - 2k)
Par ailleurs , en utilisant les résultats du I) 1°) e), Pl2
2k - 1
2
1 -
Le même calcul, dans le plan du carré ABFE permet d'exprimer : Wl2 « ——
(1)
(2)
(3)
1 -
2
1 - 2k
Le triangle l2PW est équilatéral ( de coté —-— ay 2 ) et ses trois angles ont donc pour mesure 60°.
b)	Dans le plan WPQ, LPQ = WP^ = 60° . De même, TQP - TQJ2 - 60°
Le triangle LPQ est donc équilatéral .
Pour démontrer que le point T, est le sommet de la pyramide TSpQ, il suffit de prouver que le projeté
orthogonal de T, sur le plan PQRS est le centre O, du carré PQRS .
♦	. Le centre O, du carré PQRS est aussi centre du carré ABCD , donc le point O, appartient au plan 8
médiateur de (A, B)
♦	Le point T, appartient à la droite (PW), donc le point T, appartient au plan (PM W), qui est le plan 8 .
♦	♦ La droite (TP, ), incluse dans le plan 8 médiateur de (A , B) est donc orthogonale à la droite (AB).
De même la droite (TP, ) est incluse dans le plan médiateur de (B , C), qui contient les points T, Q et O,
♦	♦ La droite (T,O, ) est donc orthogonale à la droite (BC).
La droite (T,O,) est par conséquent perpendiculaire au plan (ABCD)qui contient les droites sécantes (BA) et (BC) 
Le théorème de Pythagore , appliqué aux triangles T,O,P , T,O,Q, Tp,R, Tp,S , ( rectangles en O, ), garantit
alors: T,P - TP « T,R  T,S et ces distances sont égales à PQ .
Remarque : les résultats de la 1^re partie garantissent alors que ST,Q  90° -
c)	T,TZ - T? - PW + WT2 or : / LP - PQ - ( 1 - k) aÆ
) WT2 = WV = (1 - k)av^
| pw - ^Æ(1 - 2k)
2
Donc : TJ2 - 2a/2 (1 - k) -	( 1 - 2k) -	(3 - 2k).
( voir 1°) a) 1ère partie )
( calcul identique )
( voir II) 5°) a) )
349
Le même calcul prouve que toutes les arêtes du polyèdre TJ/iy^TsTe ont une même longueur d égale à TJg
Les points T,, T3, T6 , T5 sont coplanaires , dans le plan médiateur de (T2, T4 ) et sont sommets d'un losange
ayant un angle droit STP. Par conséquent TJjTeTs est un carré .
Les pyramides de même base carrée TJ/TeTs , ayant T2 et T4 pour sommets respectifs ont des triangles
équilatéraux pour faces latérales et sont symétriques par rapport au plan de leur base carrée .
a J2
Le polyèdre T1Î2^3^4^5^6 est donc un octaèdre régulier d’arête d , d =—|— ( 3 - 2k ) .
d J 2.	a	3
Son volume V est par conséquent ( voir I) 2°) ) : V » —-— .soit : V = — ( 3 - 2k ) .
3	6
350
5°) d) Le tétraèdre ^WlgP est la réunion des deux tétraèdres isométriques hWMP et WMPIj, .
Le volume du tétraèdre l,WMP est : v ( hWMP ) - | x l,M x aire (MPW ) où : aire (MPW ) - | PM2
a	11
Soit,puisque PM - ( 1 - 2k) — , v^WMP) - -.-.(1 - 2k)
2	3 2	8
. 1 Pk
Et, par conséquent v3 - 2 v (l1 WMP ) «  -------——•.
e) La pyramide T,PQRS admet pour arête : PQ = (1 - k)aÆ (voir 1)1°) a))
2 a3 3
et pour volume : v1 --y (1 - k) ( voir I) 2°) c) ) .
Le volume du solide est égal à :	- V - 6v, +• 12v3
3	3	3
w a ~ i3	. v3 a (1 - 2k)
c’est à dire : Vk -	(3 - 2k) - 4a (1 - k) +—---------------•
6	2
On retrouve ainsi, en effectuant les calculs , le résultat du II) 2°) c) : Vk - y (3 -4 k3)-
Développement du polyèdre
seml régulier (3,8,8)
Développement du
Cuboctaèdre
351
Solution de la 3ème partie
1°) a) Les droites (PoQo ) et (AC) sont parallèles par construction .
Les droites (PoA) et (QoC) sont parallèles ( car toutes deux parallèles à la droite (BD).
Le quadrilatère AP0QoC est par conséquent un parallélogramme .
donc : PoQ,’ - AC* .
De même , on démontre que :	SqRo" - ÂC* ; Q>Ro’ - BD* ; PoSo - BD
Les vecteurs AC et BD étant orthogonaux et ayant même norme,
Le quadrilatère PoQoRoSo est donc un carré de côté PoQo = AC « aÆ et d'aire s - PoQo2 « 2 a2 .
Les formules obtenues au 1)1°) a) restent donc valables dans le cas où k - 0 .
b) Démontrons que le quadrilatère O2O3O4O5 est un carré .Soit N le milieu de (A, E)
Ô& - NO* - NÔ7 - jÂD* - jÂB
c'est a dire : O2O/ - j BD*
On démontre de même :	0^3  j AC ;	- j BD - 0^0^ ; C^O4 = j AC = O2O3 .
Les vecteurs AC’ et BD’ étant orthogonaux et de même norme, le quadrilatère O2O5O4O3 est donc un carré .
Le coté de ce carré a pour longueur : O2O5 - j BD - | a 72.
On démontre de même que toutes les arêtes du polyèdre	ont même longueur | a Æ..
La pyramide Op2O3O4Os est donc une pyramide ^q3o2 et ,G polyèdre O1O2O3O4O5O6 est un octaèdre régulier
/—	/—	/—	3 /—	3
2	..	.	V2	^3 /2 2a a
uareie------ et de volume v - -—O~O9   X--------------« — .
2	3	3 2	3	8	6
352
1°) c) Les points O.O,, T, sont alignés ( dans cet ordre car la pyramide JPoQqRoSo a été construite extérieurement
au cube ABCDEFGH ) sur la perpendiculaire en O1 au plan du carré ABCD .
D'une part : OO, = J a
D'autre part : OJ, - | PoQo 4Ï. (voir I) 2°) ) donc : OJ = a
3 a	—•	*
Par conséquent : OJ « OO, + O, J . Onadonc: OJ - 300,
d) On démontre de même que : OT2  3CQ ; OT3 - 300, ; O J « 3OO4 ..............etc....
Le polyèdre JJ J J JJ est donc l’image de l'octaèdre OQO^QOg par l’homothétie de centre O et de
rapport 3.
/“	3
2	27 3	9 a
ve poiyeure «si uonc un ociaeure reguner u ar«i« u = —-— et de volume V ’ « — a »
e) Démontrons par exemple que le sommet B du cube est centre de gravité du triangle J J J 
Exprimons OB' à l'aide de OO,’, OO2', CQ’
ÔB - yHB* donc:	ÔB - J(HD> + HE* + HG* )
O est le milieu de (H , B) )
O, est le milieu de (D, B) ( donc :	HD - 200,’
De même, on établit : HE" - 2 OQ et HG - 2 CQ
On obtient donc :	ÔB* - OO,’ + OQ’ + OQ*
Nommons B’ l’isobarycentre de {O,, Oa, O3}.	Alors :	OQ + CQ + OQ » 3 OB’
II en résulte :	OB » 3 OB’
Le point B est donc l'image du point B' par rhomothétie de centre O, de rapport 3 .
Tout homothétie conserve le barycentre , par conséquent :
Le point B est isobarycentre des points J, J, J, images respectives de O,, O2,03 par cette homothétie S?3
2°) Supposons k - 1
OnaU-B;	t - A ; I3 - D ;	I4 - C ;	K, - E.
) J, - D ;	J - C ; J3 - B ;	J4 - A ;	L, - A .
Les droites (IJ, ), (IJ2 ), (IJ ) et (l4J4 ) sont respectivement (BD), (AC), (DB) et (CA) .
Les points P , Q, R, S sont donc tous quatre confondus en O, •
Le carré PQRS est alors réduit au point O,, de même que la pyramide JPQRS , dont le volume est alors nul.
Le plan (IJ,K, ) est le plan (DBE). qui contient les points O,. 02.03 
Le solide P, , troncature du cube ABCDEFGH par les plans (IJ,K, ), (IJIÇ ) .........(c'est à dire par les plans
(OQQ ), (O,O2O3 )... ) est donc le polyèdre de sommets O,, O2,03,04,05,06 ) .
/“	3
2	a
u «51 a uira un uuiaeuru régulier u areie -- et de volume V, - —
2	1	6
Remarquons que la formule obtenue au II) 2°) n'est plus valable ( 1 e ]0,£] )
353
354
Solution de la 4ème partie
1°) a) Si k > J , alors le solide 9>|< est un polyèdre constitué de 6 faces carrées et de 8 faces hexagonales.
Pour démontrer que les faces du polyèdre sont deux à deux isométriques et incluses dans des plans
parallèles . justifions d'abord un résultat intuitif :
le centre O du cube ABCDEFGH est aussi centre de symétrie du polyèdre .
La démonstration établissant, dans la 2^me partie , que le point O, milieu de (A, G) est aussi milieu de (I,, M3 )
reste valable si k g ] j, 1 [. De même ,		, en considérant la symétrie S		q de centre O,		
on a : h »	k -		. M,	la'		— M»	L .—	— u2
J» .		 n3	J2 H-			 n4	J3 •—		• N»	J4 .—			 n2
K,.		 L,	K2 -		• U	K, —		• L,	K. —	—• l2
La symétrie Sq transforme donc les droites (LL) et (kJ2 ) en les droites respectives (M3N3 ) et (M4N4 ) .
L'image par Sq du point P, intersection de (l^ ) et de (lgJ2 ) est donc R, , intersection de (M3N3 ) et de (M4N4 ).
On démontre de la même façon que, par la symétrie Sq ,
♦	Les sommets P , Q, R , S du carré PQRS ont pour images respectives les sommets R,, S,, P,, Q, du
carré R&PA ;
♦	le point W, intersection des droites (l^) et (LIÇ), a pour image le point R2, intersection de (MaL3) et ML») ;
♦ le point T, intersection des droites (J2K2) et (J3K3), a pour image le point U2, intersection de (N4L«) et (NJ-,) .
La symétrie centrale Sq transforme ainsi les six sommets P, Q, T, U , V, W de la face hexagonale incluse
dans le plan (I^IÇ ) en respectivement les six sommets R», S», U2, P2, Q2, Rg de la face hexagonale
incluse dans le plan (M4N4L4 ) .
La symétrie centrale est une isométrie et transforme tout plan en un plan qui lui est parallèle ,
♦	Les carrés PQRS et R,SiPiQi sont donc isométriques et leurs plans sont parallèles .
♦	Les hexagones PQTUVW et R^UjPjQjRs sont eux aussi isométriques et inclus dans des plans parallèles .
355
1°) b) Démontrons que le plan (PMW ) est le plan médiateur de (A, B).
Nous avons démontré au I) 1°) que le point P appartient à la médiatrice de (A , B), donc au plan
médiateur 8 de (A, B) .
La même démonstration , dans le plan ABFE garantit que le point W appartient lui aussi au plan 8
Le point M , milieu de (A. B) appartient au plan 8 .
En utilisant les résultats du I) 1°) , on a : MP - ——— AD	et MW -	- AE
2	2
Les vecteurs ÂD* et AE sont orthogonaux et de même norme a .
Si k # j , les trois points P , M , W sont donc sommets d’un triangle isocèle , rectangle en M , inclus dans le
plan médiateur de (A, B) d’où :
PW - PM/2 -
2k - 1
2
1	a J 2
, c'est à dire puisque ke] — ,1], PW - ( 2k - 1 ) —-— .
c) On a vu, au I) 1°), que : PQ * (1 - k ) a^2 .L’hexagone PQTUVW est régulier si et seulement si : PQ « PW
aJ2	3
c’est à dire : (1-k)ay2-(2k-1 ) 	 .soit : k » — .
2	4
L’hexagone PQTUVW est donc régulier si, et seulement si : k - | •
3	a v 2
2°) a) Supposons k - — , L’hexagone PQTUVW est alors régulier, de côté PQ - —-— .
4	4
2
2 a
Le carré PQRS admet pour aire : PQ - — .
8
L’hexagone PQTUVW est constitué de 6 triangles équilatéraux isométriques de côté PQ .
1	/g	1 aJ2 ? J2
L’aire de l’hexagone PQTUVXW est donc : 6 x (^-PQx PQ^) - 6x^x(-^-=-) x^-
3 a2
c’est à dire : aire ( PQTUVW ) «-
16
L'aire S| du développement du polyèdre 9> | est donc :	S| - 6 aire ( PQRS ) + 8 aire (PQTUVW )
2	2 i~	2
c’est à dire : S3 » 6x— 4- 8 3 3 * 3 .soit: S3 » ^-( 1 + 2/3 ) .
2	8	16	-	4
4	4
b) Calculons le volume e de la pyramide de sommet B , de base PQTUVW .
Soit h la distance du point B au plan (PQTUVW), qui est aussi le plan (I2J2K2 ) .
L’aire du triangle I2J2K2 est celle d’un triangle équilatéral de côté y - | a Æ ( voir I) 1 °) ).
2
01	. x • /I I iz x 1 Æ 1 / 3a/2 \ /3
Elle est donc égale à : aire^^) --.y.y	I —I
9 a
c'est à dire : aire (I^Kg )  --—.
356
Le volume v du tétraèdre BI2J2K2 est :	v - 5 aire ( B^IÇ ) x Bl2 - 5 x j. ( | a )2 x | a
h 9a3
soit v « -------.
128
1	19a J 3
Ce volume s’exprime aussi par : v » —. aire (I^K^ ) • h - — • —— • h
.....	3a2J3 .
c est à dire : v -----—. h
32
9 a 3 a J 3	J 3
En comparant ces deux expressions de v, on obtient :----«---------— .h .soit h = -—
128	32	4
Remarque: La formule exprimant h ( trouvée dans la 2ame partie 2°) b) ) reste en fait valide pour toute valeur
de k dans ]0,1]. On pouvait donc trouver ici h en y remplaçant k par | .
1	1 3a J 3 aJ3
Le volume e de la pyramide BPQPTUVW est donc : e - —. aire ( PQTUVW ). h - —.-. ——
3	3	16	4
» • 3a3
_ 64
2°) c) Calculons le volume w de la pyramide BPMW.
En utilisant le résultat du I) 1°) , pour k - | , on trouve :	PM = | a
1	2 a2
L’aire du triangle rectangle isocèle PMW est : aire PM W « — .PM - — .
1	1 a a3	1a3
Le volume w du tétraèdre BPMW est donc : w - —. BM .aire PMW  —. —.— .soit w = —.—
3	3 2 32	3 64
Vo désignant le volume du cube ABCDEFGH ,
le volume V| du polyèdre	est :	V3 - Vo - 8 ( e + 3 w)
3	3 a3	1 a3	a3
c’estàdire : V3 - a - 8(------+ 3. — . — )	soit V- -—.
X	64	3 64 '	2	2
4	4
d) Le volume v3 du tétraèdre PI, W est égal au double du volume du tétraèdre Ph MW.
volume PI, MW - 5. h M x aire PMW
En utilisant les résultats du I) 1°) , ^M - l2 -	1 a
3	a
c’est à dire , puisque k - —	, M - —
2
On a exprimé, au IV 2°) c), Faire du triangle rectangle isocèle PM W : aire PM W - —
1 a a
Onendéduit: volume WMI, P	—
1	3 4 32
1 a3
et v, - 2.volumeWMI.P
3	1	6 32
Le volume V| du polyèdre S>3 est :	V| - Vo - 8v + 12 v3 où v « volume BI^IÇ
3	9 a3 1a3	a3
c’estàdire: V3 = a -8—- + 12. — .— .soit: V3 -—.
X 128	6 32	X 2
4	4
Remarque : Le volume du rhombicuboctaèdre est égal au demi-volume du cube ABCDEFGH .
357
Développement du Rhombicuboctaèdre
358
3°) a) Ona déjà établi que , si k # £, le plan (PM W) est le plan 8 médiateur de (A, B).
démontrons que le triangle UPW est équilatéral .
a
On a trouvé au IV) 1°) b), PW - (2k - 1 )	(1)
Par ailleurs , en utilisant les résultats du l)1°)e), Pl2 -	1 a/ÏÏ -	1 a/ÏÏ (2)
2k • 1 r~
Le même calcul, dans le plan du carré ABFE permet d'exprimer : Wl2 -—-—a/2	(3)
2k - 1 r~
Le triangle l2PW est équilatéral (de coté —-—ay2 ) et ses trois angles ont donc pour mesure 60°.
b) Dansleplan WPQ, f,PQ - WP^ - 60° . De même, TpP - TQJ, - 60°
Le triangle T,PQ est donc équilatéral .
Le point T, appartient au plan (PMW) médiateur de (A, B) .
Le centre O, du carré PQRS appartient, lui aussi, au plan médiateur de (A, B) .
La droite (T,O, ), incluse dans le plan médiateur de (A , B), est donc orthogonale à la droite (AB) >
De même : la droite(T,O, ) est incluse dans le plan médiateur de (B , C), donc orthogonale à la droite (BC) -
La droite (TP,) est donc perpendiculaire au plan (ABCD) qui contient les droites sécantes (AB) et (BC) •
En appliquant le théorème de Pythagore aux triangles T,O,P , T,O,Q, T,O,R, TP,S, on déduit :
T/* - Tp - T,R - T,S	( valeur commune égale à PQ )
La pyramide T,PQRS à base carrée PQRS , dont les quatre faces latérales sont des triangles équilatéraux ,
est donc une pyramide tSpQ étudiée au I) 2°).
c) Pour démontrer que le polyèdre T,T2T3T4T5T6 est un octaèdre régulier, on peut utiliser le même raisonnement
que dans le 5°) de la 2®me partie .
Une autre méthode consiste à démontrer que le polyèdre TJ/TaT^T, est Timage de l’octaèdre P,,
( P, - Op2O3O4O5O6 ) par l’homothétie 51 ’ de centre O et de rapport ( 3 - 2k ) .
en effet : le point O étant le centre du cube ABCDEFGH , on sait que OO, - J a •
On a vu dans le 2°) de la 1èr9 partie .que : T1O1 	‘ k) a/ÏÏ , c’est à dire : T1O1 - (1 - k) a
Or les points O, O,, T, sont alignés ( dans cet ordre puisque la pyramide T,PQRS a été construite à l’extérieur
du cube ) sur la perpendiculaire en O, au plan commun des carrés PQRS et ABCD .
On a donc : OT, -	+ a ( 1 - k) - ^{3 - 2k) et OT, - (3 - 2k)OO, -
Demêmeona: OT2 - (3 - 2k)OO2 , OT3 - (3 - 2k)OO3 , OT4 - (3 - 2k)OO4 ...etc...
L’homothétie de centre O et de rapport (3 - 2k ) transforme donc les points O,, O2,03,04,05,06
respectivement en les points T,, T2, T3, T4, T5, T6 .
a/2	a3
O1O2O3O4O5O6 est un octaèdre régulier d’arête —’— et de volume —
2	6
Le polyèdre T,T2T3T4T5T6 , homothétique de O,O2O3O4O5O6 par 5T , est donc un octaèdre régulier
-[9	3 3
dont l’arête d est: d -	—(3 - 2k) , et dont le volume V est: V » (3 - 2k)	.
359
3°) d) La pyramide TtPQRS admet pour arête
PQ - (1 - k)aÆ (voir 1)1»)a))
et pour volume :
Le volume du solide est égal à :
c’estàdire :
V,	- k>’ ( voir I) 2») c) )
Vk - V - 6v,
3
vk - T<3 ' 2k) - 4a (1 - k)
O
Ou encore : Vk --i-( (3 - 2k)3 - 24( 1 - k)3)
6
Pour k - —
4
3
on retrouve bien : V* - —-
X 2
Conclusion
Quel que soit le réel k , appartenant à ] 0 , 1 ] , le polyèdre peut donc être aussi considéré comme une troncature de
l'octaèdre régulier	, noté ,
étant l'image de l'octaèdre régulier O1O2O3O4OSO6 ( noté . dual du cube ,
par l’homothétie de centre O et de rapport ( 3 - 2k ) .
360
L’ll(§©©a<Mir©, 0® ^®^(â<§a<è<ç)r© ©8 ITêM© <al© (F>®am©®8
1ere Partie : Le pentagramme mystique de Pythagore .
A)	Calcul de cos
5
Le plan est muni d*un repère orthonormé direct ( O, i , j ) .
Soit ABCDE un pentagone régulier, inscrit dans le cercle (5 de centre O et de rayon R (OA - R ), et tel que :
—•	••	~♦	2 71
OÂ - R i et ( OA , OB ) mesure — radians •
On note a la longueur commune aux 5 côtés de ce pentagone .
1°) a) Comparer les distances AC et AD •
En déduire que la droite (OA) est médiatrice commune de
(B.E) et de (C.D) .
b) Démontrer que l’isobarycentre des 5 sommets du pentagone
régulier ABCDE est le point O et en déduire :
ÔA+ÔB+ÔC+ÔD+ÔE-Ô*
2°) Calculer les coordonnées , dans la base ( i . j ) des vecteurs :
ÔA , ÔB , ÔC , ÔD , ÔË*,ÔA + ÔB + ÔC*+ ÔD + ÔË*
O jr	A jr
En déduire la relation : 1 + 2 cos— + 2 cos—«O	(r)
5	5
_	,	.	.	2 2n _ 2n
Conclure qu on a : 4 cos — + 2 cos — - 1
O
3°) Justifier que l’équation : 4x2 + 2x-1-0 admet deux solutions réelles x ’ et x " .
2 TC	2 je
En remarquant que cos — est l’une de ces solutions . et en observant le signe de cos —, déduire
2 7t	4 TC	TC
successivement les valeurs de cos— , de cos— etde cos— .
5	5	5
4°) Démontrer que :
B)	Construction du pentagone régulier ( avec règle et compas seulement )
1°) On pose : OA » R? ; OA’’ - Rj* ; OA"’ « - Ri*
On note I le milieu de (O, A* )
Le cercle de diamètre [ OA ’ ] coupe le segment [ A " I ] en K.
Le cercle de centre A”, de rayon A " K coupe le cercle C en P et Q
a)	Calculer les distances A"l , A" K .
b)	Justifier que cos A" OP - 1 * fi
4
En déduire que A" OP mesure — radians
2°) Conclure que PQ est la longueur du côté d'un pentagone régulier
PQRST inscrit dans le cercle C.
Achever la construction de ce pentagone régulier
Justifier que le sommet S est en A .
361
C)	Le nombre d'or et le pentagramme mystique .
1°) On pose : a - 2cos~ •
a)	Exprimer la valeur exacte de a et démontrer que : a2 - a - 1 = 0
b)	Démontrer : a3 - 2a + 1 (1)	; a4 - 3a + 2 (2) ; a5 - 5a + 3 (3) ;
7 2 - a - — (4) ; 3 - a - — (5) .
a	a
Le réel a, égal à 1 +	• est appelé nombre d'or.
c)	Vérifier que : /5R2 = a2 a	(on rappelle : R = OA et a = AB )
2°)	Déterminer les mesures , en radians, des angles ABC , ACB , ACD	.	Justifier que	: CA = a CB
3°)	Soit A’ le symétrique orthogonal de A par rapport à la droite (CD). On	notera	A’ «	Sqq ( A ) .
a)	Démontrer que les points B , C, A’ sont alignés , dans cet ordre .
En déduire que les droites (BC) et (ED) sont sécantes en A’ .	Justifier	que :	BA’ - a2	CB.
b)	Etablir l’égalité : CW - (2cos-^ - 1 )ÔA
5
c)	On pose: B’ -	( B ) ; C’ - C ) ; D’ -	( D ) ; E’ =	( E ).
Justifier que les points A', B’, C, D’, E’ sont images respectives des points A, B , C, D , E par
l’homothétie St, de centre O et de rapport ( - a2 ) .
En déduire que : A’D’ - a2 AD et que le triangle BA’E' est isocèle .
Les points A', C, E', B', D', nommés dans cet ordre, sont les sommets d'un pentagone régulier étoilé, parfois appelé
pentagramme. Ce polygone, sceau secret de reconnaissance des Pythagoriciens, est souvent appelé pentagramme
de Pythagore.
4°) .On pose : u, - CB ; Uj - CA ; u, » A'B ; u4 - A’D’ .
a)	Démontrer que u, , u2 , u3 , u4 sont les termes successifs d’une suite géométrique de raison a, et qu’ils
vérifient :	u1 + U2 - Ua et Uj + u3 - u4.
b)	Démontrer que le quadrilatère AE'A'B* est un losange .
c)	Démontrer que les droites (AC) et (A’E* ) sont sécantes en un point B ", symétrique de B par rapport à (CD).
Conclure que le pentagone régulier , symétrique du pentagone ABCDE par rapport à (CD) peut être
construit avec la règle seulement.
d)	En déduire la construction du développement du dodécaèdre Sb
5°) Démontrer que l’aire GL du pentagone ABCDE peut être exprimée par 5---a-
4
En déduire l’expression de l’aire du développement du dodécaèdre Sb ( à l’aide de la longueur a de son arête et
du nombre d'or a ).
2ème Partie : Etude de l'icosaèdre.
On considère un pentagone régulier ABCDE inscrit dans un cercle C de centre O, de rayon R. On note : AB = a.
Soit A la droite perpendiculaire en O au plan du pentagone régulier ABCDE .
Sur A, on nomme F et © deux points vérifiant : O© - j R ; ©F - ©A et O g [ ©F ] .
1°) a) Démontrer que les distances FA, FB, FC, FD , FE sont égales, de valeur commune a .
En déduire que les 5 triangles FAE , FED, FDC , FCB , FBA sont équilatéraux et isométriques.
D
b) Vérifier : OF - - .
a
2°) Soit s la symétrie centrale de centre ©. On pose : A’ - s(A) ; B’ - s(B) ; C’ - s(C) ; D’ - s(D) ; E* » s(E) ; F' « s(F).
a)	Vérifier que les 5 triangles F AB’, PE’D’, FD'C, F’CB’, PB’A’ sont équilatéraux et isométriques .
b)	Démontrer que la sphère S de centre ©, de rayon ©A , contient les 12 points remarquables définis ci-dessus.
c)	Justifier que le triangle ADA’ est rectangle en D.
Calculer la distance A’D. Comparer A’D et a •
d)	Conclure que les points A, B, C, D, E, F, A’, B', C’, D’, E’, P sont les 12 sommets d’un polyèdre J dont
les 20 faces sont des triangles équilatéraux isométriques .
e)	Justifier que les cinq points F , D , B’, C, A sont coplanaires dans un plan perpendiculaire à la droite (©E), en
un point O" du segment [ ©E ] tel que : ©O" » J R.
En déduire que FDB’C’A est un pentagone régulier de côté a , inscrit dans un cercle de centre O" et de rayon R .
3°) Soit K le milieu de (E, F). Calculer cos AKD
En déduire la mesure , en degrés et minutes , du dièdre déterminé par deux faces consécutives du polyèdre J
Le polyèdre J est dit un icosaèdre.
4°) Démontrer que le centre de symétrie © de l'icosaèdre J est isobarycentre de ses 12 sommets .
5°) Exprimer, à raide de a, l’aire du développement de l'icosaèdre J .
6°) On se propose de déterminer, à l'aide de la longueur a de son arête , le volume Va de l'icosaèdre J
Cet icosaèdre J peut être considéré comme la réunion des 20 tétraèdres isométriques et disjoints , de sommet
commun © et dont les bases sont les triangles équilatéraux de côté a qui constituent les faces de l'icosaèdre J.
a) Première méthode : Exprimons , à l’aide de a, le volume v0 d'un tel tétraèdre .
♦	Démontrer que le projeté orthogonal A? du point © sur le plan du triangle FCD est le
centre de gravité de ce triangle .
♦	En déduire l'expression de la distance ©Ag du point © au plan FCD .
5 a2 a3
*	En déduire l’expression de v0 à faide de a et démontrer que : Va ----------
6
b) Deuxième méthode : ♦ Déterminer , à faide de a et de a, les volumes Vp et Vœ des deux pyramides de
base commune ABCDE et de sommets respectifs F et © .
♦ Exprimer Vp + Vœ à faide de v0 et retrouver ainsi le résultat obtenu par la 1 ®re méthode.
363
364
3ème partie  L'icosaèdre et le dodécaèdre, duaux réciproques
1°) Le dodécaèdre, dual de l’icosaèdre .
Soit A,, B,, C,, D5, E, les milieux respectifs de (C, D) , (D, E) , (E, A) , (A, B) , (B , C) .
Soit Ag, B?, Cz, D2, E2 les centres de gravité respectifs des faces FCD , FDE , FEA , FAB , FBC .
a)	Démontrer que les points At, B5, C,, D,, E, sont les sommets d’un pentagone régulier , homothétique du
pentagone ABCDE par une homothétie de centre O dont on précisera le rapport à l’aide de a .
b)	En déduire que A^C^Eg est un pentagone régulier dont le plan est parallèle au plan ABCDE et dont le côté
a pour longueur : d » | a a .
c)	Soit 2) le polyèdre dont les sommets sont les centres de gravité des faces de l'icosaèdre J .
Justifier que ce polyèdre admet 12 faces qui sont des pentagones réguliers isométriques .
Vérifier qu'en chaque sommet de ce polyèdre aboutit le même nombre d'arêtes .
Le polyèdre 2) est nommé dodécaèdre
Le dodécaèdre 2) est appelé dodécaèdre dual de l'icosaèdre J .
d)	Démontrer que le centre de symétrie © de l'icosaèdre 3 est aussi centre de symétrie de son dodécaèdre dual 2>..
En déduire que les 20 sommets du dodécaèdre 2) ont même isobarycentre co que les 12 sommets de
l'icosaèdre 2 .
e)	Soit O2 l’isobarycentre de {Ag, Bz, Cz, D2 , E2} .
—•	3 —•
Etablir : ©O9 - — ©O
£	3
f)	Calculer une mesure ( en degrés et minutes ) du dièdre déterminé par deux faces du dodécaèdre ayant une
arête commune.
g)	Exprimer , à l'aide de a , le volume de la pyramide régulière de sommet © et de base A2B2C2D2E2.
Exprimer le volume V2 de 2> : ♦ d’une part à l'aide de a et de a ,
* d'autre part à raide de a et de l'arête d du dodécaèdre 2) .
Comparer les volumes de l'icosaèdre 2 et de son dodécaèdre dual 2).
2°) L'icosaèdre, dual du dodécaèdre
Soit 30 le polyèdre dont les sommets sont les centres des faces pentagonales du dodécaèdre 2).
-----•	3 —
a)	Vérifier : ©O2 - & ©F .
3V5
En déduire que 30 est un icosaèdre , image de l'icosaèdre 3 par l’homothétie de centre ©
3
de rapport - - — •
3/5
Jo est dit icosaèdre dual du dodécaèdre 2.
b)	Exprimer, à l'aide de a et de a l'arête ao et le volume Vo de l'icosaèdre 3q .
Comparer les longueurs ao et d des arêtes de l'icosaèdre 30 et du dodécaèdre 2).
Comparer les volumes du dodécaèdre 2) et de son icosaèdre dual 30 •
365
366
m
4èrne partje : un solide de Poinsot : le grand dodécaèdre.
considère l'icosaèdre J d'arête a et de centre œ étudié précédemment •
Aj,, 62, Oj, D2, E2 les centres de gravité des faces FCD, FDE, FEA, FAB, FBC.
A,, B!, C,, D,, E, les milieux respectifs de (C, D) , (D, E) , (E, A) , (A, B) , (B, C) .
1°) a) Déterminer le rappport k de l’homothétie , de centre œ, qui transforme le point en un point Ao
appartenant au plan (ABCDE) .
Démontrer que ce point Aq vérifie : ÔÂ^ = -	. ÔA
a2
b)	Démontrer que les 3 distances AqF , AqC , AqD sont égales.
c)	Soit Bo , Co, Do, Eo. les images respectives , par l’homothétie 9^ , des points Bg,	, D2, E2.
Justifier que les points Ao, Bo, Co, Do, Eo sont les sommets d'un pentagone régulier dont les côtés ont pour
a	a
mesure commune —— et sont portés par les côtés du pentagramme ACEBD. Démontrer : AqC = —
a2	a
d)	Justifier que le polyèdre 2)0, dont les sommets sont les 20 points Aq , Bo, Co, Do.... est un dodécaèdre dont
on calculera le volume Wo .
2°) On appelle grand dodécaèdre ( ou étoile de Poinsot ) le polyèdre , noté 9 dont les 32 sommets sont :
♦	d’une part les 12 sommets A , B , C, D , E. de l'icosaèdre J
♦	d'autre part les points Aq , Bo, Co, Do, Eo.. homothétiques par &0 des centres de gravité
des 20 faces de l'icosaèdre .
a)	Construire le développement de la surface latérale de la pyramide de sommet F ayant pour base le polygone
ADoBEoCAoDBoECo.
Construire le développement du solide de Poinsot 9 et réaliser celui-ci par pliage et collage .
b)	Calculer l'aire latérale o0 et le volume w0 de la pyramide de sommet Aq et de base CDF .
En déduire Faire totale Sp et le volume Vp du solide de Poinsot 9 .
367
Solution de la 1ère partie
A) Calcul de cos •
O
2 71
1°) a) Les secteurs AOB et BOC sont adjacents et de mesure — .
4 71
Le secteur AOC a donc pour mesure — .
"	4 n
De même , le secteur AOD admet pour mesure — .
5
Appliquons la formule d'AI Kashi au triangle AOC :
AC2 - OA2 + OC2 - 2 OA.OC.cos ( AOC)
222	471	2	4 7C
AC  R + R - 2R.R.C0S—— = 2 R ( 1 - cos— )
5	5
Appliquons la formule d'AI Kashi au triangle DOA :
AD2 - OA2 + OD2 - 2 OA.OD.cos ( AOD)
AD2 - R2 + R2 - 2R.R.C0S— - 2 R2 ( 1 - cos— )
5	5
On a donc : AC2 » AD2 , c'est à dire : AC = AD.
Le point A appartient par conséquent à la médiatrice de (C , D).
Par ailleurs, on a par construction : OC = OD = R. Le point O appartient lui aussi à la médiatrice de (C, D).
Les points O et A étant distincts (OA = R ), la droite (OA) est donc la médiatrice de (C, D).
La formule d'AI Kashi, appliquée au triangle AOB permet d'écrire : AB2 « AO2 + OB2 - 2 AO.OB.cos ( AOB)
soit: AB2 - R2 + R2 - 2R.R.cos^ - 2R2(1 - cos-y^)	(1)
La formule d'AI Kashi, appliquée au triangle AOE permet d'écrire : AE2 « AO2 + OE2 - 2 AO.OE.cos ( AOE)
222	27t	2	2 n	2	2
soit : AE - R + R - 2R.R.cos— - 2 R ( 1 - cos — ) .soit : AE = AB donc : AE - AB
5	'	5 '
Le point A appartient par conséquent à la médiatrice de (B , E).
Par ailleurs , on a par construction OB = OE = R , donc le point O appartient lui aussi à la médiatrice de (B , E).
la droite (OA) est donc la médiatrice de (B , E).
b) La droite (OA) étant la médiatrice commune de (B , E) et de (C, D), les points I, et , milieux respectifs de
(B, E) et de (C, D) appartiennent à (OA).
Dans la recherche du point G , barycentre de {(A, 1), (B , 1), (C, 1 ), (D , 1), (E , 1)}, on peut remplacer
{(B, 1), (E. 1)} et {(C, 1), (D, 1)} , respectivement par {( h, 2)} et {(^ , 2)} .
On a donc : G « Bar {(A, 1) , (I,, 2), (l2,2)} et, par conséquent le point G appartient à la droite (OA) •
De même, on démontre que le point G appartient à la droite (OB).
Les droites (OA) et (OB) étant sécantes en O , et contenant toutes deux le point G , on a : O = G .
Le point O est donc l’isobarycentre de {A,B,C,D,E}.
On a par conséquent : OA + OB + OC + OD + OE = O	(2)
368
2°) Dans la base ( i , j ) , on a :
OD
_ 4tc
R c°S —
- Rsin —
5/
2tc
R co s —
5
n •	211
rRsin5J
Les coordonnées de OA + OB + OC + OD + OE sont donc :
. n 271	o 4tcV
R 1 + 2 cos — +2 cos —
k 5	5 J
l	0	i
Compte tenu de la relation (2), on en déduit :
_ 271
1 + 2 cos — +
- 4tc
2 co s — - 0
5
Tenons compte de la formule : cos — = 2 cos--------1
La relation (r) s’écrit alors :
1 + 2 cos— + 2
5
_	2 2n .
2 cos----1
5
c’est à dire
.	2 2 tc	_ 2n	.	_
4 co s --+ 2 co s— -1=0
5	5
3°) La relation (4) traduit que cosest l’une des racines du polynôme 4x2 + 2x - 1 .
2	- 1 + JÏÏ 1 + J~5
Les deux réels x' et x”, solutions de l’équation (E) : 4x + 2x - 1 = 0 sont : x ’ = ----------------— et x ”  --------------
4	4
_	. —A	2n A	A
En observant que cos — > 0 ; x > 0 ;
„	U	271
x < 0 , on en déduit : cos — = x
5
4
De la relation (r), on déduit :
4 tc 2 n
cos— + cos— «
5	5
2
Or les racines x ’ et x " de (E) vérifient :
x
2n
+ cos------
5
2
_	, A 4 n
On a par conséquent : cos — = x
4
. On peut d’ailleurs vérifier ce résultat à l’aide de (3).
n
cos — = cos
5
4 7C
71---------
5
4 n	,	Tl 1 + JS
- cos — . On a donc : cos — «----------1—
5	5	4
4°) On a démontré ( voir relation (1) )que : AB2 = 2 R2 ( 1 - cos-^-)
2	2 Js - 1	2 5 - JS
En utilisant les résultats du 4°), on a donc : AB = 2 R ( 1 - --------) = 2 R (------— )
4	4
c’estàdire :
AB2 = — ( 10 - 2/5 ) .soit : a = AB = - JlO - 2J5 .
4	2
369
B) Construction du pentagone régulier
1°)a) A"!2 - A-O2 + Ol2 --R2 donc: A'I - — R
4	2
Ona:
R	J S 1
Kl - — d’où : A*K - A"l - Kl - v R
2	2
b) Considérons le triangle A"OP :
OA-2 + OP2 - A-P2
oos A OP -------------------
2 OA" x OP
On connaît : OA" = OP = R et
A"P - A"K
—R
On trouve : cos
4
On a établi, dans le A) 3°) que :
TC
cos— «
5
4
Le secteur A"OP mesure donc — radians .
5
2°) La droite (OA" ) est médiatrice de (P, Q) ( puisque OP - OQ - R
et
AT - A"Q » A"K)
2tc
5
Les secteurs angulaires adjacents OA"P et OA"Q ont donc même mesure , d’où : POQ
La distance PQ est donc la longueur du côté d’un pentagone régulier convexe inscrit dans le cercle 6
En reportant au compas , à partir du point Q. des cordes de longueur PQ sur le cercle C , on construit
successivement les autres sommets R , S , T de ce pentagone .
On a alors PQ = QR = RS = ST et QOR = ROS-SOT =-y
Puisque: /VOS - ÆOQ + QOR + ROS . on trouve : A’OS " f+	"
Le point S est donc, sur le cercle Q , diamétralement opposé au point A" ; par conséquent le point S est en A.
C) Le Nombre d'Or et le pentagramme mystique
71	1 4-
1°) a) a - 2cos— donc: a =-----------— ; a « 1,6180339.....
5	2
4ti	4tc	2
On a aussi : a « - 2 oos — ; or cos — est l’autre des deux solutions de l’équation : 4x + 2x - 1 - 0 •
5	5
On peut donc écrire :
2 4 n	n 4tc
4 co s ----+ 2 co s------1 «
5	5
0 , c’est à dire : a2 - a - 1  0
370
2	3
1 °) b) Sachant que : a - a + 1 , on a : a - a ( a + 1 )
a3 = a2 + a- (a + 1) + a c’est à dire : a3 - 2 a + 1 •
On a alors : a4 - aa3 = 2 a2 + a
a4«2(a+1) + a	c'est à dire : a4 = 3 a + 2 .
De même : a5 = a a4 * 3 a2 + 2 a
a5 = 3 (a + 1 ) +2 a	c’est à dire : a5 « 5 a + 3 •
♦ Calculons : (2  a) a2 « 2a2 - a3
(2 - a)a2 -2(a + 1)-(2a + 1 ) - 1
2	/
a étant positif, 2 - a Test aussi, et on a : V 2 - a a - 1 , d’où la relation (4) demandée .
o
♦ Calculons : (3 • a)a  3a • a
(3 • a)a « 3a • (a + 1 ) donc : (3 - a) a « 2a -1 -/ÏÏ , d’où la relation (5) demandée .
c)	Considérons le pentagone régulier ABCDE et le triangle isocèle AOB .
AB = 2OAsin^AOB) donc: a«2Rsin^-
~	.	2	. _2 . 2 7T	,	. 2n . 2n < a2
On déduit : a - 4 R sin — ou : sin — » 1 - cos — « 1 - —
5	5	5	4
On obtient : a » R2(4 - a2) or : a2 » a + 1,	d'où :
La relation demandée en résulte :
2n
2°) Le triangle AOB est isocèle , de sommet O , et AOB - — ; donc : OAB = OBA
a2-R2(3- aJ-R2—
a
a2 a - /Ï R2
2n’
71 - --
5 J
3n
10
2
Les secteurs adjacents OBA et OBC ont même mesure , d’où : ABC » 2 OBA
3n
5
Dans le triangle ABC isocèle de sommet B , on a : ACB  CAB «
3n
71-----
5 j
d’où :
Les secteurs ACD et ACB sont adjacents, donc : ACD « BCD - BCA «	-
d'où :
ACD = y
Dans le triangle isocèle ABC , on a : CA » 2 CB cos ACB , donc : CA = 2 CB
n
cos —
5
d’où :
CA - a CB
ACB -1
n
5
3°) a) Justifions l'alignement des points B , C , A' dans cet ordre :
La symétrie orthogonale SCD conserve les mesures des secteurs angulaires , donc : A’CD  ACD » —
Les secteurs A’CD et ACD sont adjacents , ainsi que les secteurs ACD et ACB ;
Il en résulte : A'CB « A’CD + ACD + ACB , c’est à dire : A’CB - — + — + — - n
5	5	5
Les demi-droites [ CB) et [ CA' ) sont donc opposées, ce qui prouve l'alignement des points B, C, A', dans
cet ordre.
371
♦	La droite (OA) est médiatrice commune des bipoints (B , E) et (C, D).
Cette droite (OA), perpendiculaire à (CD) est donc globalement invariante par la réflexion	.
L’image A' du point A par Sqq appartient donc à la droite (OA) •
Considérons la symétrie orthogonale Sq^ : A' »--------» A'
B ►-----♦ E
C »-----• D
L’image , par Sq^ de la droite (BC) est la droite (ED)
A' g (BC) donc : Sqa (A' ) g Sqa (BC), c'est à dire : A' g (ED)
Les deux droites (BC) et (DE), qui sont non confondues, sont donc sécantes en A’.
♦	Les points B , C , A’ étant alignés dans cet ordre , on a :	BA’ = BC + CA’
La symétrie Sqq est une isométrie , donc : CA’ » CA « a CB
On en déduit : BA' = ( 1 + a ) CB, c’est à dire : BA’ = a2 CB
b) Les points A et A* sont symétriques par rapport à la droite (CD).
Le milieu A, de (A, A* ) appartient donc à (CD) et A, est le projeté orthogonal du point C sur la droite (AA* ).
/	777*
( OA, - cos—OA	r .	\
Ona:	OA' - OA1 + A1A’ et e' X \\ \ \ \ \ \ \ \ c ^^^***^	X 	c	 D Z / / / / . ! / Z / l/ B'	<	On obtient : OA’ = 1 2C0S“^“ "1 )OA . ( A^A = AA^* = OA^ - OA ' \	^7°‘ \ \	^^^7 x \	,'7 \	\	S / \	\B	S / \ ' / \	—Z\	x	/ ' \ / x Z \ / / \	!	\x	/ '	'	X \	/ \	' xX \	/ X ' z '	\ / x\Z '	\/ 		Va '	x	/ \ z x	V	\ \	/	X X	\ \ /	xx \ Z	/	Xx\ z / / c"
372
4n	n	*	*	2 —
3°)c) 2 cos— - - 2 cos — - - a .Onadonc:	OA’ (• a - 1 )OA , ce qui s’écrit :	OA' = - a OA .
Le point A' est donc l’image du point A par l’homothétie 5? de centre O et de rapport ( - a2 ).
De même , on démontre que : B’ - St (B) ; C = 51(C) ; D' = 5? (D) ; E’ = 5t (E) ,
L’homothétie 51 multiplie toutes les distances par a2 et conserve les angles orientés ;
Le polygone A’B’CD'E', image par 51 du pentagone régulier convexe ABCDE , est donc lui aussi un
pentagone régulier convexe.
En outre on a : | A’B’ - B’C’ = CD' - D'E' « E'A’ = a2 a
< A’D' - a2 AD
Le triangle BA'E' est isocèle puisque : A'E' = a2 a et A’B - a2 CB = a2 a .
4°) a) On a établi successivement : CA = aCB ; A’B = a2 CB ; A’D’ - a2 AD et AE = CB = a .
2	3
Onadonc: u, « CB « a ; u2 = CA = ota ; Ug » A’B «a a ; u4 «A’D’«a a
U1.U2.U3.U4 sont donc les termes successifs d’une suite géométrique de raison a, de premier terme a .
Calculons : ( Uj+Uz-a + aa	donc :	( u1 + u2»(1+a)a = a2a
)	2	j	3
( U2 + Ug « aa + a a	(	1^+Ug = (1 + a)aa = a a
On reconnaît : u, + Uj = U3 et Uj + U3 = u« .
Ces égalités peuvent être retrouvées géométriquement. En effet,
d’une part: Cg[BA’] donc:	BC + CA'« BA', ce qui s’écrit : u, + u2 » u3
d’autre part: Ce [A’B] et Be [CD]
donc: Ce [AD] d’où: A'C + CD = AD , ce qui s’écrit :	+ u3 = u< .
b) On a établi au 3°) a) : BA’ - a2 a. On peut démontrer de même que : AE’ = a2 a et AB’ = a2 a.
Par ailleurs , on a : A’B’ = A’E' « a2 a ( voir 3°) c) ) .
Le quadrilatère AE’A’B’, qui a ses quatre côtés isométriques , est donc un losange .
c) Puisque E'A' « E'A, le point E’ appartient à la médiatrice (CD) de (A, A' ) •
On a, par conséquent : Sqq : E' —		. E’	
A >—		» A’	donc ( Sqq (E’A)  (E'A' )
A’ —		. A	( SCD(A’C) - (AC)
C —		» C	
(E’A)r	MA’C) - {B}	donc: (E'A') n (AC) = { Sqo (B)}
Les droites (E'A’) et (AC) sont donc sécantes en le point B", symétrique de B par rapport à la droite (CD) .
De même , on démontre que :
les droites (B’A’ ) et (AD) sont sécantes en le point E ", symétrique de E par rapport à la droite (CD).
Le pentagone A‘B*CDE", noté , est donc symétrique du pentagone ABCDE par rapport à la droite (CD) .
Il peut être construit à l’aide de la règle seulement à partir du pentagone ABCDE en construisant
successivement les points E', A’, B’, B,, E,, définis par :
(E'} - (AB)n(CD) ; (A'} - (BC)n(ED) ; {B') - (CD)n(AE); {B") - (A'E')n(AC) ; {E”} - (BW)n(AD).
d)	On peut construire par le même procédé, les pentagones P2 , P3,	, symétriques du pentagone ABCDE
par rapport aux droites respectives (DE), (EA), (AB), (BC) .
La réunion des pentagones 5»,, P2. ^3. ^4. ^5. ABCDE , constitue alors le demi-développement du dodécaèdre .
373
5°) L’aire du triangle OAB est :
1 . __ —. 7C
— AB x OA x cos — ,
2	5
— a a R
4
L'aire G du pentagone ABCDE est donc :
c’est à dire :
où R vérifie :
/— 2	2
5 R - a a
G  — aaR,
4
L’aire du développement du dodécaèdre Sb , égale à 12 G , est donc :	15 a a R ,
2
soit : 15 a a
374
Solution de la 2ème partie
1 °) a) La droite (OF) est orthogonale à toute droite incluse dans le plan (ABCDE).
Les triangles FAO , FBO , FCO , FDO, FEO sont donc cinq triangles rectangles en O.
Leurs cotes de r
FA « FB -
Calculons OF : OF = œF - uO et
/q	p
Onobtient:	OF - — R - —
2	2
On en déduit : OF2 + R2 - R2
2
On sait que : AB » BC - CD » DE -
les cinq triangles FAB , FBC , FCD, FDE ,
b) Calculons:	aOF =	1 x
2	2
it ont pour longueurs OF et R , d’ou :
- FD - FE - t/oF2 + R2
<üF « <üA = y Oo>2 + OA2 - R
donc:	OF2 - 3 ' R2
2
d'où :	FA - y V10 - 2/5 - a
EA = a ; donc :
FEA, sont des triangles équilatéraux ayant pour côté a .
( ces cinq triangles équilatéraux sont donc isométriques ) .
1	R
—- R = R , donc: OF - -
a
2°) a) La symétrie centrale de centre œ est l’homothétie de centre œ, de rapport ( - 1 ).
Elle multiplie les distances par | - 1 |, donc elle est une isométrie .
On a donc : PA’ = FA = a ; PE’ = FE = a ; AE’ = AE - a............etc....
Le triangle F’A’E* est donc équilatéral de côté a .
On démontre de même que :	les triangles F’E’D’ , F'D'C’ , F’C'B’ , F'B'A’ sont équilatéraux de côté a .
Remarque : l’image d’un plan , par une homothétie , est un plan qui lui est parallèle .
Les points A’, B’, C’, D’, E’ sont donc coplanaires , dans un plan parallèle au plan (ABCDE) .
b) La droite (Oœ) est orthogonale à toute droite incluse dans le plan (ABCDE), donc :
les triangles œOA, œOB , œOC, œOD , œOE sont cinq triangles rectangles en O .
Leurs côtés de l'angle droit ont pour longueurs Oœ et R , d’où :
œA = œB = cüC«œD«œE.Onaen outre œF - œA ( d'après l'énoncé ) .
Puisque le centre œ de la symétrie s est milieu commun de (A, A’ ), (B , B’ ), (C, C’ ), (D, D' ), (E , E' ),
la sphère S de centre œ, de rayon œA - R , contient les douze points A, B, C, D, E, F, A’, B', C’, D’, E', F’.
F
c) Le point D appartient à la sphère S dont [ AA’ ] est un diamètre, donc :
On a donc : A’D2 - A’A2 - AD2
On a établi, dans la 1ère partie C) : AD = AC = a a,
d’où: A’D2 = (RÆ f - a2a2 .
On a vu , dans la 1ère partie C) : 75 R2 « a2 a et a2 - a + 1 .
On obtient : A’D2 - 75 a2 a - ( a + 1 ) a2
AD2 = [fs - 1) aa2 - a2 où : a =	1
On trouve :	A’D2 = 2 a2 - a2 = a2
d'où : A’D  a
F*
375
2°) d) Les mêmes calculs démontrent qu’on a : A’D = DB’ = B’E = EC » C’A = AD’ = D’B = BE' = E’C = CA' « a .
Les dix triangles A'DB’, DB’E , B'EC , ECA , CAD' , AD'B , D’BE' , BE'C , E’CA’ , CA'D sont donc dix
triangles équilatéraux de côté a .
Les douze points F, A , B , C , D , E , A’, B', C, D', E’, F sont donc sommets d’un polyèdre J ayant 20 faces,
qui sont des triangles équilatéraux isométriques de côté a, et dont chaque sommet est commun à 5 faces .
e) Pour prouver que les cinq points F, D , B’, C, A appartiennent à un même plan 51 perpendiculaire à la droite
(cûE) , il suffit de démontrer que ces cinq points ont même projeté orthogonal sur la droite (cûE).
FE2 - Fcû? .
♦ Nommons O" le projeté orthogonal de F sur (coE) et positionnons O" sur la droite (cûE) en calculant de deux
façons la différence
D'une part :
FE2 - Fco2
FE2 - Fû? = 2FI. œE où I est le milieu de (cû, E)
FE2 - Fcû* = 2(fO" + O-l). cûE
FE2 - Fcû2 = 2O"I. ©E puisque FO’IcûE
2
D'autre part :
FE2 - Fœ2 - a2
( voir 1 partie A)
FE2 - Fo?
Il en résulte :
2 01. cüE
On peut alors trouver le réel X tel que : KD" - X Eco, puisqu'il vérifie : 2 X Ecû. Ecû
2
2
On connaît : Eco. Eco - Eco
On en déduit : X - —
2
5
On peut maintenant préciser cûO" : cûO" - cd + KD’
----*	1
cûO" - 7- wE +
2
Eœ
d'où: cûO" = ^-coE .
Le point O" appartient donc au segment [ cûE ] car €[0,1].Ona: coE  	5 d’où : coO" = — •
5	2	2
♦	De la même façon , en considérant le triangle œAE , on démontre que le projeté orthogonal O"* de A sur
la droite (cûE) vérifie : cûO'" = ~~ cûE .
Ceci résulte du fait que la différence AE2 - Aœ2 est égale à FE2 - Fcû? ( on a : AE = FE = a et œA - cùF )
Les points O’" et O" sont donc confondus .
On prouve par ce procédé que les cinq points A, F, D , B', C ont même projeté orthogonal O" sur (cûE) .
376
♦	Les cinq points A, F, D, B’, C’ appartiennent à l’intersection du plan SI et de la sphère 9 de centre w.
Cette intersection ( qui n’est ni vide , ni réduite à un singleton ) est un cercle Q " dont le centre est le
projeté orthogonal O” du centre © de la sphère 9 sur le plan St.
Les cinq points A, F, D , B’, C’ sont donc sommets d’un pentagone , inscrit dans le cercle C ".
Le pentagone AFDB’C’ est régulier puisque AF » FD » DB’ « B'C’ « C'A' - a .
Le rayon du cercle C" est O" F ; O" F « V ©F2 - ©O"2. On trouve : O" F - R .
Remarque : le plan St est une surface de niveau de l'application :	M »----------• ME2 - M©?
Chaque sommet du polyèdre J est ainsi sommet d’une pyramide régulière dont la base est un pentagone
régulier de côté a, pyramide analogue à la pyramide FABCDE .
3°) Soit K le milieu de (E , F) ;
Les triangles FEA et FED étant équilatéraux on a : (KA) ± (FE) et (KD) JL (FE) et KA = KD = —
Calculons: cosAKD -	—- AP	où: AD = AC = a a	(voir Impartie C))
2 KA x KD
32	32 6 + 2/5 2
— a + — a--------1— a	/—
4	4	4	J 5
cosAKD»-----------——---------------- !	onendéduit: AKD = 138° 11'23"
2 —a2	3
4
Les demi-droites [ KA) et [ KD) sont perpendiculaires en K à l'arête (FE) du dièdre dont les faces contiennent
respectivement les points A et D -
La mesure de ce dièdre d'arête (FE) est donc égale à AKD •
Le même calcul prouve que deux faces consécutives quelconques du polyèdre J déterminent un dièdre de
même mesure que AKD'.
4°) Pour déterminer l’isobarycentre X des 12 sommets de l’icosaèdre , associons les points A et A', B et B',
C et C, D et D*,E et E' , F et F .
Remplaçons , par exemple , les points pondérés (A, 1) et (A’, 1) par leur barycentre © affecté du coefficient 2 .
On trouve ainsi : X = Bar{(©, 2), (©,2), (©, 2), (©,2), (©, 2), (©,2)} .
L’isobarycentre des 12 sommets de l’icosaèdre est donc le point © .
1 a v3
5°) Chaque face est un triangle équilatéral de côté a , d'aire o égale à — a — •
L’aire du développement de l’icosaèdre est 20 o , c’est à dire :	5 a 7 3 .
6°) a) ♦ La sphère S de centre ©, de rayon ©A, contient les points F, C, D.
L’intersection de cette sphère et du plan (FCD) est un cercle contenant les points F , C, D , dont le
centre est le projeté orthogonal Ag de © sur le plan (FCD) •
Ce point Ag, centre du cercle circonscrit au triangle FCD , qui est équilatéral, est donc aussi le point de
concours des médianes de ce triangle .
377
♦ Calculons : «4 - “F2 - F/£ et FAj - |
2	2
* y ,	c’estàdire: (ù^ - (3/5 a - 4)^
3/5 a - 4 = 3(2 a - l)a-4-3a + 2-a4
22/—	2
a2 5R a y5 aa
On trouve : œA, --- — - --
^43	4
or:
4 2
~	.	*2 a a	„ ,
On a donc : œA, «- tfou :
10
♦ Le volume de la pyramide œFCD est :
Le volume de l'icosaèdre est donc :
1 a J~3 a2 a
V°“3 4 2/i
Va-20v0=^a3 .
b) L’aire du pentagone ABCDE est : G = 5 a Ra
4
Ona: Vf-1oFxG. et V --OtoxG. et OF + Cto - R—
h 3	<0	3	2
donc: VF + V	5 «/a3	(car :/s R2 - a a2 ) .
œ 3	2	4	24	'
Vp + Vœ est égal à 5 v0 où v0 est le volume de œFCD .
378
Solution de la 3ème partie
1°) a) On a : OA. - cos^-^. OA	, or cos — - - cos— - - —
'	___’	5_	5	5	2
donc : OA, - - y ÔA
De même : ( ÔB? - - —. ÔB ; ÔC?-	. ÔC ;
?	1	2	1	2
( OD - -.£..00 ; OE, - -&.ÔE .
1	2	1	2
Ce qui prouve que les points A,, B,, C,, D,, E, sont
les images respectives de A, B , C, D , E par
l’homothétie X, de centre O et de rapport ( - y ) -
L’homothétie 5!, conserve les angles orientés et
multiplie les distances par • ~~ •
Le pentagone A1B1C1D1E1 est donc régulier, de côté A1B1 =-£-.AB  y a
Remarque : l’isobarycentre de {A,, B,, C,, D,, E,}, qui est 5C, (O), est le point O .
b)	Le point Ag est isobarycentre de { F, C, D} donc : FAg » y. FA, .
De même :	FBg  y. FB, ; FC2  y. FC, ; FDg = y. FD, ; FE2 - y. FE, .
Les points Ag, B2, C2, D2, E2 sont donc les images respectives des points A,, B,, C,, D,, E, par l’homothétie
5tg de centre F et de rapport y .
* L’image , par 5E2, du plan contenant les points A,, B,, C,, D,, E, , est un plan qui lui est parallèle et
qui contient les points Ag, Bg, Cg, D2, E2 .
♦ L’homothétie 5tg conserve les angles orientés et multiplie les distances par y .
Les points Ag, B2, C2, D2, E2 sont donc les sommets d’un pentagone régulier dont le plan est parallèle
au plan contenant les points A,, B,, C,, D,, E, et les points A, B, C, D, E .
Le côté de ce pentagone régulier AgBgCgD2Eg a pour longueur : d - AgBg - y A,B,
.	2 a	, a a
tfou : d - — x — x a .soit: d = — .
3 2	3
c)	Les centres de gravité des 5 faces de même sommet F de l’icosaèdre déterminent un pentagone régulier
de côté y a a .
On a établi que FDB’C’A est aussi un pentagone régulier de côté a . dont le centre O " appartient à [ œE ] et
dont le plan est perpendiculaire à (œE) .
Le point E est donc sommet commun de 5 triangles équilatéraux dont les centres de gravité sont les
sommets d’un pentagone régulier d’arête y a a (et ce pentagone régulier est une face du polyèdre Sb .
Le raisonnement appliqué aux points F et E s'applique à chaque sommet de l'icosaèdre .
A chacun des 12 sommets de l’icosaèdre J est ainsi associé un pentagone régulier de côté y a a, qui est
une face de Sb .
Le polyèdre Sb admet ainsi 12 faces , qui sont des pentagones réguliers isométriques de côté |aa .
En le sommet Ag du polyèdre Sb aboutissent trois arêtes . L'autre extrémité de chacune d’elles est
le centre de gravité d’un des trois triangles ayant un côté commun avec le triangle CDF .
De même , en chaoue sommet du polyèdre Sb aboutissent trois arêtes .
379
1°) d) Le centre de symétrie de l’icosaèdre J est le point œ .
On a alors : œF’ » - œF ; œC' = - œC ; œD' = - œD
•	1	*	*	*
Puisque Ag est isobarycentre de { C, D , F}, on a : œA2 «= —. ( œC + œD + œF ) .
Nommons A’2 l’isobarycentre de {C’, D’, F’}. On a : œAg -
(œC’ + œD’ + œF’) - - œA'2
La symétrie sœ de centre œ échange les sommets A2 et A2' du dodécaèdre Sb .
De même , la symétrie sœ échange les centres de gravité de deux faces de l’icosaèdre symétriques par
rapporté œ .
Le dodécaèdre Sb , dont les sommets sont deux à deux symétriques par rapport à œ admet donc œ
pour centre de symétrie .
Pour rechercher l’isobarycentre des 20 sommets du dodécaèdre Sb , on peut associer deux à deux les
sommets tels que Ag et A/, symétriques par rapport à œ.
On peut ainsi remplacer chaque paire de tels points par leur isobarycentre commun . qui est le point œ.
L’isobarycentre des 20 sommets du dodécaèdre Sb est donc le point œ, qui est aussi l’isobarycentre
des 12 sommets de l’icosaèdre J (voir 2^mepartie) .
e)	Ona: œO2 = œF + FO2 (1)
D’une part ( 2ème partie ) : œF « /5 œO	(2)
D’autre part, l’homothétie ft2 (de centre F et de rapport | ) transforme l’isobarycentre O de { , B,, C,, D,, E,}
en Fisobarycentre O2 de {\ , B2, Cg, D2, E2} .
On a donc :
FO2 -|fo
(3)
—•	r~ —• 2 —•
De (1), (2), (3), on déduit: œO2-/5œO+^-FO
donc:
œO2 -
œO
soit :
œO2
œO
3
(4)
Remarquons que : 75 + 2 « 2a + 1 ; or, compte tenu de
a + 1 , on a : 2 a + 1 - a3.
l’égalité (4) s’écrit donc : œO2 = ^- œO	(e)
Les plans (ABCDE) et (A^C^Eg ) sont parallèles . La droite (œO2 ), qui est aussi la droite (œO),
perpendiculaire au plan (ABCDE), est donc perpendiculaire au plan (A^C^Eg ).
F
1°) f) Considérons deux faces du dodécaèdre Sb, ayant en commun une arête de Sb et calculons une mesure p
du dièdre déterminé par ces deux faces .
Choisissons par exemple les deux faces pentagonales ayant [ B2C2 ] en commun et mettons en évidence un
plan perpendiculaire à Tarête (BA ) de ce dièdre .
Considérons ( le milieu T de A A )
< l’isobarycentre O2 de { Ag, Bj,	, D2, E2}
\ l’isobarycentre O"2 des 5 sommets de l'autre pentagone ayant [ B A ] pour côté .
Ona: (O2T)±(BA) et (O"2T) 1 (BA ) , donc : p - O2TO"2 *
Le plan (O2TO"2 ) est le plan médiateur de (B2, Cg ) . donc il contient le centre œ du dodécaèdre Sb
( en effet, on a :	donc : œB2 - coC^ - œO2 + O2C^ J .
Considérons le quadrilatère œO2TO"2, inclus dans le plan (O2TO"2 ) 
La droite (œO2 ) est perpendiculaire au plan (AgBADA ) qui contient les points T et O2 .
Onadonc: (œO2 ) 1 (TO2 ) , et de même : (œO"2 ) 1 (TO"2 ) .
La somme des mesures des 4 angles de ce quadrilatère est égale à " 4 angles droits " .
On en déduit :
O2 œO"2 + O2TO"2 = %
alors : p « n - 0
Posons : O2 œO"2 - 0 ;
Pour calculer 0 , observons que 0 est égal à FœE
t	g ___t	g —»
En effet on a établi : œO2 - —œO -
3	3V5
De même, on a :
3
2	3
5
œs FœE
2œExœF
• c c	- n:	R
- ou: œE = coF «------R et FE « a «—
2	2
d'où : œs FœE «
5
/ 5
Puisque œs 0 =
J 5
on en déduit : œs p - œs ( n - 0 ) - - —
On trouve ainsi :	p =» 116° 33' 54" ; ce résultat est indépendant des deux faces considérées .
4
aire ( A^C^A ) « —. aire ( A1B1C1D1E1 ) car l’homothétie St2 multiplie les aires par
g) La distance œO2 est donc la hauteur de la pyramide de sommet œ et de base A^ADA •
3	n2 R
Onadonc: œO? = — œO «----------- •
*	3	6
2
,	x2
2	a\
aire ( A1B1C1D1E1 ) - aire ( ABCDE ) car l’homothétie multiplie les aires par I - — I
Rappelons que : aire (ABCDE) » 5aRa ( voir 1èr® partie )	•
4
। -a «	t 4 «2 5aRa 5<x Ra
finalement, aire (A2B2C2D2E2 ) = — x x —-— = ———
Le volume v2 de la pyramide œAACAEa est : v2  j x œO2 x aire ( AgBADA )
381
Le dodécaèdre 2) est la réunion de 12 pyramides de sommet © isométriques à la pyramide ©AjBjC^DgEj
,,	5R2a6a
: v2 - 12v2 -
?	2	J 5 Ot â
Puisque y 5 R = a a , on trouve : V2 = -——----------
/T 4 .3
Sachant que d -	, on a V2 - -—--------------
La formule (2) exprime le volume d'un dodécaèdre 2) à l'aide du nombre d'or a et de la longueur d de son arête 
Calculons le rapport
On sait : V =
w	’2 a
— des volumes de l’icosaèdre J et de son dodécaèdre dual 2) .
V2
5a2a3	, Va 9/5
——,d°u: 7T--T-
ème	- rr
a)	Dans la 3 partie 1°) f), on a établi :	co02 = u œF
3V5
Le point O2, centre de la face A^C^Eg du dodécaèdre 2) est un sommet du polyèdre 30.
La relation (f) assure que ce sommet O2 du polyèdre 30 est image du sommet F de l’icosaèdre J par
3
l’homothétie h de centre œ et de rapport a .
3/5
On démontre de même que chaque sommet du polyèdre 3q est image , par l’homothétie h , d’un
sommet de l’icosaèdre 3.
3
Le polyèdre Jo est donc un icosaèdre dont l'arête a pour longueur Sq « a .
3V5
382
Solution de la 4ème partie
1») a)o>02-^
3
Considérons l’homothétie 3t0 de centre œ , de rapport — ; 3l0 transforme le point O2 en le point O .
a3
L'image par 3?0 du plan (AgBgCgDgEg ), qui contient le point O2, est donc le plan qui lui est parallèle et qui
contient le point O, c’est à dire le plan (ABCDE) -
En particulier, l’image par 3ÏO du point Ag est un point Ao appartenant au plan (ABCDE) •
Q
•	O2
a
—•	3 —•
on a donc : OAq « —O?h2
♦ D’une part :
♦ D’autre part,
les points O2 et Ag sont les images respectives de O et par l’homothétie (F, | )
donc :	= | OA,
rappelons:	OA1  cos—OA = - — OA
5	2
—»	3 2
On obtient alors : OAq = —— —
a3 3
a j —»	—•	1 —»
— I OA , c’est à dire : OAq = - — OA
2 J	a2
(r)
—*	3  *
œO = — œO9
3
o
b)	Le centre de gravité Ag du triangle équilatéral FCD est équidistant des points F, C , D .
Le point © est aussi équidistant des trois points F, C , D ( voir 2^me partie ) .
La droite (œAg ) est donc l’axe A du cercle circonscrit au triangle FCD
( on rappelle que A est l’ensemble des points équidistants des trois points F , C , D ) .
—•	3 —*
On sait : ©Aq = — ©A2 , donc Aq g (œA2 ).	Par conséquent : AqF = AqC = AqD .
a
383
1
1°) c) La relation (r) exprime que le point Aq est l’image de A par l’homothétie 5£ ’ de centre O , de rapport I —2
k a
On démontre de même que les points Bo, Co, Do, Eo sont images respectives , par 5B ’, des points B, C, D , E
1
L’homothétie 5? ' conserve les angles orientés et multiplie les distances par	—7
a
Ona: OA «-o^OAq ; OB --tfOBo ; OC -- o?OC0 ; OD «-tfODo ; OE --o^OEo
Utilisons les résultats de la 1 ^re partie :
Les images .par 51 ( O, - a2 ), des sommets Aq . Bo, Co, Do, E« du pentagone régulier convexe sont ici
les points A, B, C, D, E .
On a établi, dans la 1ère partie , l’alignement des points A , Bo, Co, D et prouvé que le segment [ Bo Co ] est
porté par le côté [ AD ] du pentagone étoilé ADBEC ( ou pentagramme ) -
a	a
Rappelons qu’on a alors : AçC = AqD = a AqBq et AqBq » — d’où : AqC * — •
a2	a
d) L’homothétie 5?0 ( œ,—) transforme chacun des douze pentagones réguliers ( tels que A2B2C2D2E2 ),
a
faces du dodécaèdre 2) , en un pentagone régulier ( tel que AqB0C0D0E0 ) de côté — •
a
L’homothétie 5t0 transforme ainsi le dodécaèdre 2) ( dont le volume est V2 ) en
/ \3
I 3 1
un dodécaèdre 2)Q , dont le volume est : Wo = 1 V2
On avait établi :
.	... i 5	3
donc: Wo = —— a .
2 a
384
2°) a) Développement de la surface latérale de la pyramide FADqBEoCAoDBqECo :
FA « FB - FC - FD - FE - a
ApC - AgD - AgF - —
a
Construisons d’abord le pentagone régulier convexe ABCDE inscrit dans le cercle de centre F , de rayon a .
La médiatrice de (F, C) coupe la droite (FA) en un point équidistant des points F, C, D , qui est le point
FH - FAoCosi
Aq cherché ; on a en effet :
où H est le milieu de (F,C)
J-FAof-.
Construisons alors le cercle de centre F, de rayon FAo •
Il coupe les demi-droites opposées à [ FB), [ FC), [ FD), [ FE) en respectivement Bo, Co, Do, Eo .
jFCxAjH .
b) L’aire du triangle FAqC est :
« a . n
AqH » — sin — et
a 5
. 2 n	a2
sin — » 1 - —
5	4
èf6
On a vu (1 partie C ) :
c’est à dire : FAq = —
a
donc :
AqH aV3‘“
J~5	a2
3 - a « -— ; d'où : aireFAgC « ——
a	a/a
puis :
3 a
°o-----
4 aVa
4
a 2
L'aire totale Sp du développement de l'étoile de Poinsot est : Sp = 20 o0 .
Le volume w0 de la pyramide AqCDF est : w0 = 5 AjA x aire FCD
g3 - 3
a3
AqA2=cdA2 - <ùAq
cùA2 d'où : AqA2
<oA2--------
a
a a2
a
car a -1 = —
On en déduit : wn « —
U Q
Le volume du solide de Poinsot est :
> n 3
y 3	a
4	12 a2
a
Vp =Va - 20 w0 où : Va est le volume de l’icosaèdre 3
2 3	3	3 ,
Vp_5a^.20a__5a_	( puisque a< .	2	_	3a)	.
6	12a2	2a
385
386
gfltyxslo <eFw@ aÛMâ©l)©
Examinons un gâteau de cire , construit par les abeilles pour y déposer leur miel.
Ce gâteau est constitué de deux séries de cellules qui se rejoignent par leurs fonds au milieu du gâteau .
Chaque cellule est un prisme droit à base hexagonale . Cette base hexagonale constitue l’ouverture de l’alvéole .
Le fond de cette alvéole n’est pas un plan , mais une surface formée de trois losanges isométriques SAf^C, SCDjE,
SEEjA , de sommet commun S . Chaque cellule peut ainsi être adossée à trois cellules de la série opposée ayant
chacune avec la première un losange commun .
Aristote ( 4^me s. av. J.C. ) avait déjà remarqué la forme hexagonale des alvéoles des abeilles dans son " histoire des
animaux ". Pappus ( 4^me s ) a probablement été le premier à traiter géométriquement la question .Mais il faut attendre le
18®mG siècle pour que soit remarquée la forme rhomboïdale du fond des alvéoles .
Un neveu de Cassini, Maraldi, astronome à l’observatoire de Paris , déterminera expérimentalement avec précision les
angles des losanges . II trouve , en 1712,109°28' et 70°32* pour valeurs de ces angles .
Réaumur, soupçonnant que les abeilles devaient être guidées dans la construction du fond par la raison d’économie,
proposa au géomètre allemand Koenig , sans lui faire connaître au préalable les résultats de Maraldi, la résolution du
problème suivant : " Entre toutes les cellules hexagonales à fond composé de trois rhombes égaux , déterminer celle
qui peut être construite avec le moins de matière". Koenig traita la question par le calcul différentiel et trouva en 1739
que les angles des losanges de la cellule minimum devaient être 109°26' et 70°34* .
La concordance avec les mesures de Maraldi était déjà surprenante mais il y a mieux . Mac Laurin prouva en 1743 que
Koenig avait commis une erreur dans ses calculs et que les véritables valeurs des angles auxquelles on était conduit
en résolvant ce problème étaient précisément celles indiquées par Maraldi, soit 109° 28* et 70 32*.
387
1ère partie : Découvrons l'alvéole de l'abeille .
1°) Voici le développement ( qui sera justifié en fin de problème ) d'une alvéole d'abeille ( grossie 5 fois ).
En utilisant le modèle ci-dessous . construire le développement d'une alvéole d'abeille grossie 10 fois, puis
réaliser, par pliage et collage cette alvéole sans oublier les onglets de collage .
La construction de plusieurs telles alvéoles permettra de mieux comprendre leur mode d’assemblage .
2°) Soit S un prisme droit de hauteur h , dont la base est un
hexagone régulier ABCDEF de côté a.
Soit C le cercle de centre O , circonscrit à l’hexagone
ABCDEF , et A l’axe de ce cercle .
Un plan n contenant la droite (AC) coupe l'axe A en S
et coupe en B1 l'arête [ BY) du prisme 8 .
a)	Démontrer que le quadrilatère AB,CS est un losange .
On complète le fond de l'alvéole G en construisant les
losanges SCD,E et SEF,A.
On adosse par leurs fonds deux alvéoles isométriques
G et G' (voir figure ) en faisant coïncider les points
S et B; ; B1 et S’ ; A et A ; C et C.
b)	Démontrer que l’arête [fiiY*) de l'alvéole G' et l'axe A
de l’alvéole G sont alors portés par une même droite .
En déduire que les arêtes [ AX) et [ A'X* ) des alvéoles
respectives G et G* sont alors portées par une même
droite.
Justifier que : * Les points O* et B sont confondus
♦ Les points O et B’ sont confondus .
Démontrer que A’F/ - - AF,
En déduire que les faces (F,AX) et (F/A’X’ ) sont
contenues dans un même plan .
c)	Démontrer que. quelle que soit la position du plan k ( contenant la droite (AC) ), le volume de l'alvéole G est
le même que celui de prisme 8 .
388
2ème partie : problème de la surface minimale
On note G une mesure du dièdre d’arête (AC) dont les faces contiennent respectivement les points B et B,. On impose ,
dans la suite du problème . G e [ 0, J [.
1°) Soit P le milieu de (A, C). Démontrer que : G - BPB,.
2°) Exprimer, à Faide de a et de G :
a)	les distances PA , PB, et BB,
b)	Faire s, du triangle BAB,
Faire Ss du losange ABtCS
c)	Faire T (6) de Falvéole G .
3°) a) Les longueurs a et h étant fixées , déterminer la
valeur Go de G pour laquelle l’aire T (6) de G est
minimale.
Dans toute la suite du problème, on supposera fixée cette
valeur Go de G •
b) Exprimer, à l’aide de a et de h , Faire T (Oq ) •
c) Soit <p une mesure de B,AP. Calculer sin 2<p et cos 2<p .
Déterminer ainsi les mesures des angles B^AS et AB,C du losange ASCB, et vérifier les résultats de Maraldi.
3ème partje : Etude des dièdres de l'alvéole.
1°) Déterminer la mesure d du dièdre d’arête (BY) dont les faces contiennent respectivement les points A et C.
2°) On construit, sur la demi-droite [ CZ) un point C? tel que :
ec2 . cb, - - J
a)	Démontrer que les 4 points S, D,, Cg, B, sont coplanaires et sommets d’un carré .
b)	Démontrer que, dans Falvéole G, les 4 angles SCB, , B^C? , C^CD, , D,CS ont même mesure .
c)	En déduire que . dans Falvéole G , les 4 dièdres dont les arêtes contiennent le point C ont même mesure	•
4ème partie ; Construction du développement de l'alvéole .
On se propose de justifier une construction aux instruments (règle et compas seulement ) du développement de Falvéole G .
On note H le projeté orthogonal du point B, sur [ CZ)
1°) Calculer la distance CH à Faide de a .
En déduire une construction du point C .
2°) Calculer les distances BJ3 et CP à l’aide de a.
En déduire une construction du point P , centre du
losange B,ASC , puis achever la construction de
celui-ci.
3°) Reproduire trois fois ce développement afin d’obtenir
celui de Falvéole G .
Solution de la 1ère partie .
2°) a) * Les triangles AOB et OBC sont équilatéraux .
♦	Les 4 côtés OA , AB , BC, CO du quadrilatère OABC ont
même longueur a .
♦	Ce quadrilatère OABC est par conséquent un losange,dont
les diagonales [ AC ] et [ OB ] sont perpendiculaires et se
coupent en leur milieu P .
*	Les points B1, P, S appartiennent au plan k et au plan Si
que déterminent les deux droites parallèles A et (BY).
*	Les points B1, P. S sont donc alignés sur la droite
d'intersection de ces deux plans .
*	Dans le plan Si , le théorème des projections assure que le
point P , milieu de (O. B) est aussi milieu de (B1, S).	(1 )
♦	Le quadrilatère OABC étant un losange , la droite (AC) est
perpendiculaire à la droite (OB).
*	L'axe A du cercle C est perpendiculaire au plan de celui-ci.
et en particulier orthogonal à la droite (AC) qui y est incluse .
♦	La droite (AC) est donc en particulier orthogonale à la droite
(SB1 ). qui est incluse dans le plan Jl	(2).
Les propositions (1) et (2) assurent que le quadrilatère SAB^ , dont les diagonales sont perpendiculaires et se
coupent en leur milieu , est un losange .
b) L’axe A du cercle C , circonscrit à l’hexagone ABCDE , est inclus dans le plan médiateur ^de (A, C).
Le point B1. équidistant de A et de C appartient à Si}
La droite (B,Y) ( contient un point de Si, ( le point B, )
< est parallèle à une droite incluse dans le plan Si} ( l'axe A )
La droite (B,Y) est donc incluse dans le plan Sit Remarquons que ...	= ZK.
De même , la droite (BJ Y* ) est incluse dans le plan Si', médiateur de (A’, C ).
La coïncidence des points A et A’ et des points C et C assure que les plans
Si et Si' sont confondus.
Démontrons que , dans ce plan Si , l'arête [ B/Y') de G.’ et la demi-droite [ SO)
sont deux demi-droites opposées portées par l'axe A de G .
Par la symétrie centrale Sp de centre P, Sp (O) » B et Sp (S)  B,.
L’image .par Sp , de la demi-droite [ SO) est donc la demi-droite [ 6,8 ).
La symétrie conservant les mesures des secteurs angulaires , on a :
B3O - SB,B - p.
Les demi-droites [ B,Y) et [ B,B) sont opposées , donc : SB,Y « n - p
Les deux alvéoles G, et G’ étant isométriques , on a : S’BJY’  SB^ = n - p
Les demi-droites [SO) et [ B/Y ), de sommet commun S « B; sont telles
que :	OSBi + SB/Y - p + (* - P)
c'est à dire : OSB, + B,SY » n	dbù	:	OS	Y	« n .
L’arête [ B/Y’ ) de l’alvéole G’ et la demi-droite [ SO) sont donc deux demi-droites opposées . portées par l’axe
A de l'alvéole G .
*	L'arête [ AX) de l'alvéole G est parallèle à l'axe A de cette alvéole .
*	L'arête [ A'X' ) est parallèle à l’arête [ B/Y’ ). portée par A.
Les deux arêtes [ AX) et [ A’X’ ), toutes deux parallèles à A. ayant un point commun (A - A' ), sont donc
portées par une même droite .
Les deux losanges SAB,C et B/A'S’C étant superposés , leurs centres respectifs P et P' sont confondus .
Ils ont mêmes projetés orthogonaux sur la droite A, donc : O = B’.
De même , on démontre que :	O’ - B .
390
2°) b) suite
Les bipoints (O, B) et (S , B, ) ont même milieu P , donc :
On justifie de même que :
Ona :	FA -	F F	+ FA et
Donc :	FA -	OS	+ OB	. De même	:
Puisque O’ - B et O - B’, ona:	OB’ - - OB
Puisque B, - S* et B = O' , on a :	OS’’ - -	« - OS
Des relations (4) et (5), on déduit :	F,’A’’ - - OS* - ÔB
c’est à dire :	F/A’’ - - ËjÂ*
OS = B£
ÔS - Fp.
FA « OB ( dans le losange OFAB )
F?Â* - ÔK* + ÔK* .
(3)
(4)
(5)
Les deux droites (A’X’ ) et (A'F,’ ), sécantes en A’, respectivement parallèles aux droites (AX) et (AF, ),
déterminent donc un plan (A'X’F,' ) parallèle au plan (XAF, ).
Ces deux plans ayant en outre un point commun (A* - A ), sont confondus .
c) On a vu ( relation (3) ), que :	OS - B,B . Par conséquent : OS « B^ .
Les deux tétraèdres SACO et BACB ont leurs bases AOC et ABC isométriques et les hauteurs
correspondantes OS et B,B égales.
Ces deux tétraèdres ont donc même volume :	v (SACO) - v (BACB)
Le volume V du tronc de prisme AB, CSQXYZ s’exprime en fonction du volume Vo du tronc de prisme
OABCQXYZ par : V = Vo + v(SACO) - v(BACB). Onadonc:	V - Vo
Le volume de l’alvéole GL est 3 V.
Le volume du prisme 8 est 3 Vo. Ces deux volumes sont donc égaux .
Solution de la 2ème partie .
1°) On a vu ( 1ère partie , 2°) a) ), que la droite (AC) est perpendiculaire en P aux deux droites (OB) et (SB, ), c’est à
dire aux deux droites (PB) et (PB,).
BPB, est donc une mesure du dièdre d'arête (AC) dont les faces contiennent respectivement les points B et B,.
2°) a) La distance PA est la hauteur du triangle équilatéral
OAB de côté a. On a donc : PA - —.
2
Dans le triangle PBB,, rectangle en B, on a :
PB, - —.
cos 0	2 cosO
g
De même : BB, - BP.tane - — tan6
1	2
b) L’aire s, du triangle BAB, est :
1	la	a2
s, . BA.BB, » —. a . —tar»0 soit : s, - —tan0
1	2	1	2 .	2	'	1	4
L’aire Sz du losange AB,CS est égale à 4 fois celle
du triangle APB, , soit Sz « 4. aire (APB, ).
Or aire (APB, ) - —. AP . PB, -	—-—
’	2	1	2	2 2cos0
„ X x a2/â
Par conséquent s? « —1— •
2 cosO
391
L’aire T (0) de falvéole G, s’exprime par : T (0)  3 [ aire (AE^YX) + aire (B/fZC) + Sz ]
L’aire commune des trapèzes AB1YX et B, YZC est : aire(AB1 YX) = ^-AB[AX + B1Y]-^-AB[h + h- BB, ]
c’est à dire : aire (AB, YX) « j a ( 2h - tan 0 ) .
On a donc : T (0) « 3
— ( 4h - a tan 0 ) + a
2	2 cos0
, soit: T (0) - 6ah + ——-
2 cos0
3°) a) Pour étudier les variations de T (0) sur [0 ,	, calculons sa dérivée : T ’(0)
3 a2
„	2.
2 co s 0
2
cos 0
T'(6) - 3a f3 (sine
cos 0	43
Soit 0O l’unique réel, appartenant à [0 , — [, tel que sin 0O « —
2	V3
L'aire T (0) atteint donc son minimum lorsque
0 prend la valeur 0Q caractérisée par sin0o -
Ontrouve 0O « 35° 15’52" .
1
— , on a cos0o
J3
2
3
3 a
Par conséquent T (0O ) « 6ah +---
1	3 a2
— ) , soit T (0O ) - 6ah +	.
J3	42
Remarquons que 6ah représente faire latérale du prisme droit 8 .
sin0o
c) Ona;tan0o =--------
cos0o
a/g	aJ2
Les formules obtenues au 2°) a) permettent alors d'exprimer : PB, » —— et BB,  —-—
4	4
2	« 2
2	2 a 9 a
Dans le triangle ABB, , rectangle en B , AB, » a + — ------------- . On a donc AB,
8	8
4
PB,
Dans le triangle APB, , rectangle en P , sincp »
AP 2
61 cos,p'^7~
4
2
3
On trouve donc que les angles <p et 0 sont égaux .
sin 2<p * 2 sin<p. costp « 2 . ——.
J3 V3
3
On trouve ainsi :
B,AS - 2<p - 70° 31’43’
«	2.21
cos 2(p - cos <p - sin <p = —
ASC - 180° - B, AS - 109° 28’17"
ce qui confirme à la perfection les résultats de Maraldi.
392
Solution de la 3ème partie .
1°) Les triangles BAO et BOC étant équilatéraux, ABO - OBC -1
Les secteurs ABO et OBC étant adjacents , ABC =
Le plan (BAC) est, par définition d’un prisme droit,
perpendiculaire à l’arête (BY)
On a donc : - ABC »	.
2°) a) Soit k le vecteur unitaire de la demi-droite [ BY).
—• —» —» — aj2—•
Posons u - SO - BB, - DD, - —-— k
4
3 a J2
Le point C2 appartient à [ CZ) et CC2 - ——
donc CC^ - 3a^T- 3u
4
Décomposons : Sü/ - SO + OD* + DD,' - OO + 2 u*
BA -Bjf + BC* + CC7--ÎT + BC* + 3Ü*
Or : BC* - ÔD , donc SÔf - BÂ*
Le quadrilatère SDAB, est donc un parallélogramme .
II possède en outre 2 côtés consécutifs de même longueur
car SB, - SD, -
1	1	2
Le parallélogramme SD,C2B, est donc un losange .
Remarquons aussi : SB,2 + SD,2 -B,D,2 (car B A « aV3) .
l’angle B,SD, est donc droit.
Le losange SDAB, est par conséquent un carré .
«2	2 o 2
9 9 9a 9a 3a
cs+cs^-sb; ~ + "â	2~ 1
b) Dans le triangle SCB,. cos SCB,  - -----------—-----— - -
ub,	3ay2 3ay2 J
2-4——
Les mêmes calculs dans les triangles B,CC2 , C2CD, , D,CS donnent : cosB,C^ - cosC2CD, - cosD,CS - |
Les 4 angles SCB, , B,CCz , CjCD, , D,CS ont donc même mesure.
remarque : ce résultat est cohérent avec les résultats de la 2ème partie ( 3°) c) ), puisque , dans le losange SAB,C
on a SCB,  SAB, . On a donc bien : cosSCB, « cosB,AS
c) Evaluons par exemple le dièdre d'arête (CB, ) dont les faces
contiennent respectivement les points S et Cz.
♦ Démontrons que les points K et K’, projetés orthogonaux
respectifs des points S et C2 sur la droite (B,C) sont
confondus.
Ona : CKaCB^ - CS*.CBf- CSxCB,xcosSCB^
CKxCBÏ - CCf.CB?- CC2xCB,xcosB^CC2
3 a 42
or, par construction , CC2 - CB1 - CS  -----—
4
et on a vu que les angles SCB, et B,CC2 ont même
mesure .
Par conséquent : CKxCB, - CKxCB, , d’où : K » K*
393
La mesure de SKC2 est donc la mesure y du dièdre dont les faces sont [ CB,S) et [ CB,Cs ).
SK2 + C2K2 - SC?2 SC2
Dans le triangle SKC2 , on a : cosy -----
e 2. SK. C2K
2. SK2
Dans le carré SB1C2D1 , SC2 - SB, 42 - a 73
Par ailleurs , Faire o du triangle SCB, est : o =
JxSB1xCP = |xCB,xSK
d'où SK -
SB1 x CP
CB1
2 X 2
----7=— “ 3
4
271
3 a2	1
On trouve donc : cosy « 1-------- = — soit
2 a2	2
Le même calcul, appliqué aux 4 faces latérales isométriques de la pyramide CSB,C2D,, de sommet C , montre
que les 4 dièdres dont les arêtes contiennent le point C ont même mesure .
remarque : Considérons la pyramide 056,020, dont le sommet C apppartient à l’axe du cercle circonscrit à sa
base carrée SB,C2D,.
Nous venons de retrouver que , dans cette pyramide ( qui est régulière ), les 4 dièdres dont les
arêtes sont celles issues du sommet C ont même mesure .
Remarquons que est effectivement la mesure de BCD , c’est à dire la mesure du dièdre d’arête (CZ) .
Solution de la 4ème partie .
1’) CH - BB, =
4
On construit : ( le carré B,HGR de côté a , de centre Qo
( le carré	de côté , de centre I.
La distance Hl, égale à —— , permet la construction du point C .
4
2°) On a vu au 3°) c) ( 2èmepartie ) que
a /q
Par ailleurs CP = AP = —.
2
La construction du triangle équilatéral f^HT permet d'obtenir IT = OH.
a V 3
La construction du triangle équilatéral B^Q permet d'obtenir Q,Q = —-— •
On peut ainsi construire le point P , centre du losange B,ASC, puis compléter celui-ci.
394
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1399	Sénéchal	Groupes et géométrie
1401	Richard	Math, du CAPES. Prep. à l’orale, leçons 3645
1402	Carréga	Théorie des corps. La règle et le compas
1403	Bouvier	La mystification mathématique
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1408	Tisseron	Géométries affine, projective et euclidienne
1409	Bertin	Calcul par l’informatique
1419	Sortais	La géométrie du triangle
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