Exercices corrigés - Géométrie du plan affine et euclidien

On commence par déterminer l'équation de la droite $(AB)$. Le point $M(x,y)$ est élément de $(AB)$ si et seulement si $$\det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AM})=0\iff 4(y-1)+2(x+1)=0\iff x+2y-1=0.$$ On détermine ensuite l'équation de la perpendiculaire à $(AB)$ passant par $C$. Le point $M(x,y)$ appartient à cette droite si et seulement si $$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CM}=0\iff 4(x-1)-2(y-4)=0\iff 2x-y+2=0.$$ Le point $H$ est le point d'intersection de ces deux droites. On résoud le système et on trouve $H(-3/5,4/5)$.

S'agissant d'angles de droites, il y a deux droites qui font un angle de $\pi/6$ avec $D$, notons les $\Delta_1$ et $\Delta_2$. Un vecteur directeur de $D$ est $\vec u=(2,3)$, soit en notation complexe $2+3i$. Un vecteur directeur de $\Delta_1$ est l'image par la rotation d'angle $\pi/6$ de ce vecteur. Il est donc d'affixe $e^{i\pi/6}(2+3i)=(2\sqrt 3-3)/2+i(3\sqrt 3+2)/2$. Une équation de la droite recherchée est donc de la forme $-(3\sqrt 3+2)x+(2\sqrt 3-3)y=k$. Puisqu'elle passe par $A(1,2)$, on a $k=\sqrt 3-8$. On procède de même pour la deuxième droite, mais cette fois un vecteur directeur de $\Delta_2$ est l'image par la rotation d'angle $-\pi/6$ de $\vec u$. Les calculs à mener sont similaires.

On commence par dessiner les droites correspondant à $\lambda=0$, $\lambda=1$ et $\lambda=-1$. Pour $\lambda=1$ et $\lambda=-1$, on obtient les droites $y=1$ et $y=3$, donc les cercles tangents aux deux droites sont ceux dont le centre est sur la droite $y=2$ et de rayon 1. Le cas $\lambda=0$ donne la droite $x=2$, ce qui fait que les deux seuls centres possibles sont les points $A(1,2)$ et $B(3,2)$. Calculons maintenant la distance de $A$ à la droite $D_\lambda$. Elle vaut $$\frac{|(1-\lambda^2)\times 1+2\lambda\times 2-4\lambda-2|}{\sqrt{(1-\lambda^2)^2+4\lambda^2}}=\frac{|\lambda^2+1|}{\sqrt{1+2\lambda^2+\lambda^4}}= 1.$$ Ainsi, toutes les droites $D_\lambda$ sont tangentes au cercle de centre $A$ et de rayon 1.

Un dessin ou l'utilisation d'un logiciel de géométrie dynamique suggèrent que les points $M,M'$ et $C$ sont alignés, avec $C$ de sorte que $OACB$ soit un parallélogramme. On travaille alors dans le repère $(O,\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB})$, et on définit $a,b\in \mathbb R$ de sorte que $M$ a pour coordonnée $(a,b)$. Les coordonnées respectives de $P$ et $Q$ sont alors $P(a,0)$ et $Q(0,b)$. On va chercher les coordonnées de $M'$. Une équation paramétrique de la droite $(AQ)$ est : $$\left\{ \begin{array}{rcl} x&=&-\lambda+1\\ y&=&\lambda b \end{array}\right. $$ De même, une équation paramétrique de la droite $(BP)$ est : $$\left\{ \begin{array}{rcl} x&=&\mu a\\ y&=&-\mu+1 \end{array}\right. $$ Les coordonnées de $M'$ sont donc solution du système des 4 équations précédentes. On résout ce système et on trouve par exemple $\mu=\frac{b-1}{ab-1}$. Les coordonnées de $M'$ sont donc : $$M'=\left(\frac{a(b-1)}{ab-1},\frac{b(a-1)}{ab-1}\right).$$ Les vecteurs $\overrightarrow{M'C}$ et $\overrightarrow{CM}$ ont donc pour coordonnées respectives : $$\overrightarrow{M'C}=\left(\frac{a-1}{ab-1},\frac{b-1}{ab-1}\right)\textrm{ et } \overrightarrow{CM}=\left(a-1,b-1\right).$$ Ils sont clairement colinéaires, ce qui prouve bien que les points $M,M'$ et $C$ sont alignés.

Notons $(D)$ cette droite. Elle est tangente au cercle si et seulement si la distance de $I$ à $(D)$ vaut $R$. Utilisant les formules du cours, c'est vrai si et seulement si $$|au+bv+w|=R\sqrt {u^2+v^2}.$$

Soit $I(a,b)$ un tel cercle et soit $R$ son rayon. Son équation est donc $(x-a)^2+(y-b)^2=R^2$. Comme il passe par $A$, on doit avoir $(1-a)^2+b^2=R^2$. Considérons une droite $(D)$ passant par l'origine, et distincte des axes de coordonnées. Une telle droite a pour équation $y=mx$. Si elle est tangente au cercle, alors on a $$\textrm{dist}^2\big(I,(D)\big)=R^2\iff \frac{(ma-b)^2}{1+m^2}=R^2=(1-a^2)+b^2.$$ Ceci s'écrit encore $$(2a-b^2-1)m^2-2abm-(1-a)^2=0.$$ On veut que deux droites perpendiculaires soient tangentes au cercle. L'équation précédente doit avoir deux solutions distinctes et le produit des racines doit être égal à $-1$. En effet, deux droites $y=mx$ et $y=m'x$ sont perpendiculaires si et seulement si $mm'=-1$. On doit donc avoir $2a-b^2-1\neq 0$, et $$\frac{-(1-a)^2}{2a-b^2-1}=-1$$ (remarquons que si le produit des deux racines vaut $-1$, les deux racines seront nécessairement réelles, puisque sinon on obtiendrait deux racines complexes conjuguées dont le produit serait un réel strictement positif, le carré de leur module). Cette dernière équation se réécrit $$a^2+b^2-4a=-2\iff (a-2)^2+b^2=2=\sqrt 2^2.$$ Le point $I(a,b)$ décrit donc le cercle de centre $(2,0)$ et de rayon $\sqrt 2$, privé des points $(1,-1)$ et $(1,1)$ pour lesquels $2a-b^2-1=0$. Mais ces points conviennent aussi, car les tangentes sont alors les axes de coordonnées, qui sont bien entendus perpendiculaires.

Un point $M(x,y)$ est sur la hauteur issue de $A$ si et seulement si $\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{BC}=0$. Ceci s'écrit analytiquement ; $$\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{BC}=0\iff -2(x+1)+5(y-1)=0\iff -2x+5y-7=0.$$ De même, la hauteur issue de $B$ a pour équation $$\overrightarrow{BM}.\overrightarrow{AC}=0\iff 2(x-3)+3(y+1)=0\iff 2x+3y-3=0.$$ De même, la hauteur issue de $C$ a pour équation $$\overrightarrow{CM}.\overrightarrow{AB}=0\iff 4(x-1)-2(y-4)=0\iff 2x-y+2=0.$$ On cherche le point d'intersection des deux premières hauteurs en écrivant le système des deux équations. On trouve $H(-3/8,5/4)$. Comme $H$ vérifie aussi l'équation de la troisième hauteur, on vérifie bien qu'elles sont concourantes.

On note $ABC$ le triangle, $H$ l'orthocentre, et $K$ le symétrique de $H$ par rapport à $(BC)$. Il suffit de démontrer que $A,B,C$ et $K$ sont cocycliques, par exemple en vérifiant que $$(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=(\overrightarrow{KB},\overrightarrow{KC})\ \mod \pi.$$ D'une part, notons $B'$ le pied de la hauteur issue de $B$ et $C'$ le pied de la hauteur issue de $C$. Les points $B'$ et $C'$ sont sur le cercle de diamètre $[AH]$. On a donc, par le théorème de l'arc capable (théorème de l'angle inscrit) : $$(\overrightarrow{AC'},\overrightarrow{AB'})=(\overrightarrow{HC'},\overrightarrow{HB'})\ \mod \pi.$$ Ceci donne encore : $$(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=(\overrightarrow{AC'},\overrightarrow{AB'})=(\overrightarrow{HC'},\overrightarrow{HB'})=(\overrightarrow{HC},\overrightarrow{HB})\ \mod \pi.$$ D'autre part, par symétrie, on a $$(\overrightarrow{HC},\overrightarrow{HB})=(\overrightarrow{KB},\overrightarrow{KC})\ \mod \pi.$$ Ceci donne le résultat voulu.

Voici une solution élégante, suggérée par un lecteur du site. On découpe l'aire du triangle $ABC$ en 3 : $$\textrm{aire}(ABC)=\textrm{aire}(ABM)+\textrm{aire}(BMC)+\textrm{aire}(CMA).$$ Or, on a $$\textrm{aire}(ABM)=AB\times \textrm{dist}(M,(AB)).$$ De même on a $$\textrm{aire}(BMC)=BC\times \textrm{dist}(M,(AB))\ \textrm{et aire}(CMA)=AC\times \textrm{dist}(M,(AC)).$$ Puisque $AB=BC=CA$, on trouve finalement que $$\textrm{aire}(ABC)=AB\times(\textrm{dist}(M,(AB))+\textrm{dist}(M,(BC))+\textrm{dist}(M,(AC))\big)$$ ce qui donne le résultat voulu.
On peut aussi donner une solution plus analytique en partant de la formule : $$d\big(M,(AB)\big)=\frac{|\det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AM})|}{\|\overrightarrow{AB}\|}.$$ On note $c$ la longueur des côtés du triangle. De plus, puisque le point $M$ est situé à l'intérieur du triangle, l'angle $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AM})$ est compris entre 0 et $\pi/3$. En particulier, le déterminant de ces deux vecteurs est positif (on peut revenir à la formule avec le sinus). On en déduit que : $$d\big(M,(AB)\big)=\frac{\det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AM})}{c}.$$ De même, on a $$d\big(M,(BC)\big)=\frac{\det(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BM})}{c}.$$ $$d\big(M,(CA)\big)=\frac{\det(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CM})}{c}.$$ La somme des distances fait donc : $$S=\frac1c\left(\det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AM})+\det(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BM})+\det(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CM})\right).$$ On écrit $\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AM}$ et $\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AM}$, et par bilinéarité du déterminant, on trouve \begin{eqnarray*}S&=&\frac1c\big(\det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AM})+\det(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{AM})+\det(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{AM})+\\ &&\det(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA})+\det(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CA})\big)\\ &=&\frac1c\left(\det(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CA},\overrightarrow{AM})+\det(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA})\right)\\ &=&\frac{\det(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA})}{c}\\ &=&\frac{c^2\sin(\pi/3)}c\\ &=&\frac{c\sqrt 3}2. \end{eqnarray*}