\documentclass[a4paper,11pt]{book} %\textwidth 11,8 cm %\textheight 17 cm \textheight 23 cm \topmargin -10mm %\usepackage{graphicx} \usepackage{amsmath} \usepackage{amsfonts} \usepackage{amssymb} \usepackage{eufrak} \usepackage{stmaryrd} \usepackage{makeidx} \usepackage{times} %\usepackage{mathptmx} %Uncomment next line for pdflatex and use includegraphics with eps file % for latex2html don't use the option [width=\textwidth] % check that xfig files are exported magnif 100% \usepackage{ifpdf} \ifpdf \usepackage[pdftex,colorlinks]{hyperref} \else %\usepackage[ps2pdf,breaklinks=true,colorlinks=true,linkcolor=red,citecolor=green]{hyperref} \usepackage{pst-plot} \fi %HEVEA\htmlfoot{Retour \`a la page personnelle de \ahref{http://www-fourier.ujf-grenoble.fr/\~parisse}{Bernard Parisse}.} %HEVEA\htmlhead{Retour \`a la page personnelle de \ahref{http://www-fourier.ujf-grenoble.fr/\~parisse}{Bernard Parisse}.} \usepackage{pst-plot} \usepackage{graphicx} %\def\@evenhead{\thepage\hfill{\footnotesize\textit{\leftmark}}} %\def\@oddhead{\footnotesize{\textit{\rightmark}}\hfill\thepage} %\usepackage{hp} %HEVEA\@def@charset{US-ASCII} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[francais]{babel} \usepackage{latexsym} \newcommand{\R}{{\mathbb{R}}} \newcommand{\C}{{\mathbb{C}}} \newcommand{\Z}{{\mathbb{Z}}} \newcommand{\N}{{\mathbb{N}}} \title{G\'eom\'etrie 2-d et traduction pour\\ {\tt Xcas}} \makeindex \author{Ren\'ee De Graeve} \begin{document} \maketitle \printindex %les noms des fichiers des dessins sont dans casgeofichier \chapter{Pour d\'ebuter en g\'eom\'etrie} Tapez {\tt Alt+g} pour ouvrir un niveau de g\'eom\'etrie 2-d.\\ Tapez {\tt Alt+h} pour ouvrir un niveau de g\'eom\'etrie 3-d.\\ Ou bien utilisez le menu {\tt Geo$\blacktriangleright$ New figure 2-d} (resp {\tt Geo$\blacktriangleright$ New figure 3-d}) pour ouvrir une fen\^etre graphique 2-d (resp 3-d) avec sa barre de menus, ses lignes de commandes (\`a gauche de l\'ecran graphique) et ses boutons (\`a droite de l\'ecran graphique).\\ Les menus des commandes graphiques se trouvent dans le menu {\tt Geo} ou dans le bandeau et si on a choisit {\tt Voir Bandeau} dans le menu {\tt Cfg$\blacktriangleright$Montrer$\blacktriangleright$Bandeau}. Chaque bouton du bandeau ouvre les sous menus et il faut cliquez sur {\tt home} pour revenir au bandeau initial. \section{R\'eglage de la fen\^etre} {\tt Xcas} fait de la g\'eom\'etrie analytique : vous avez donc sous-jacent un syst\`eme de coordonn\'ees.\\ Cliquez sur le menu {\tt Cfg} pour initialiser le graphique et changer la configuration des futurs graphiques.\\ On fait ainsi apparaitre le r\'eglage des coordonn\'ees :\\ {\tt X-, Y-, Z-, X+, Y+, Z+} les coordonn\'ees o\`u sont faits les calculs,\\ {\tt WX-, WY-, WX+, WY+} d\'esignent les coordonn\'ees de ce qui est visible,\\ {\tt t-, t+} d\'esigne les bornes du param\`etre des trac\'es param\'etriques ou polaires.\\ {\tt x\_rot, z\_rot} permettent de changer la vue d'un dessin en 3-d.\\ Si vous voulez avoir un autre r\'eglage au cours de votre travail, il faut r\'egler alors la configuration avec le bouton {\tt cfg} situ\'e \`a droite de l'\'ecran graphique. Si vous ne voulez pas voir les axes :\\ d\'ecocher {\tt Montrer les axes} de la fen\^etre du r\'eglage des coordonn\'ees, puis, validez votre choix par {\tt OK} ou \\ taper {\tt switch\_axes(0)}.\\ En 3-d, utilisez aussi le menu {\tt M->3-d} situ\'e \`a droite de l'\'ecran graphique qui vous permet d'avoir une : \begin{verbatim} vue de face x=cst vue de cote y=cst vue de dessus z=cst \end{verbatim} \section{Comment imprimer un graphique 2-d}\index{graph2tex} \subsection{Pour avoir un fichier Latex : {\tt graph2tex}} \noindent {\tt graph2tex} a pour argument le nom d'un fichier.\\ {\tt graph2tex} transforme le graphique en un fichier Latex de nom, le nom sp\'ecifi\'e. Vous pouvez alors utiliser ce fichier de fa\c{c}on ind\'ependante ou l'ins\'erer dans un texte Latex. Dans ce cas il faudra enlever l'en t\^ete :\\ \verb|\documentclass{article}...\begin{document}|,\\ et enlever \`a la fin :\\ \verb|\end{document}| \\ et de rajouter :\\ \verb|\usepackage{pstricks}| \\ dans l'en-t\^ete du fichier dans lequel on l'ins\`ere. \subsection{Avoir le graphique dans l'impression de l'historique : {\tt graph2tex()}} \noindent {\tt graph2tex()} lorsque {\tt graph2tex} n'a pas d'argument cela a pour effet d'ins\'erer dans l'historique ce qu'il faut, pour avoir le graphique dans l'impression de l'historique : vous pouvez voir ce que vous allez imprimer avec le menu {\tt Fich} sous-menu {\tt hist (Historique) imprimer} en choisisant :\\ {\tt Pr\'e-visualisation}.\\ {\bf Remarque} Pour toutes les commandes qui commencent par {\tt plot} on n'a pas besoin de la commande {\tt graph2tex()}, le graphique est ins\'er\'e automatiquement dans l'historique...si vous ne le voulez pas utiliser une commande synonyme ne commen\c{c}ant pas par {\tt plot} !!! \subsection{En utilisant le menu {\tt M} de {\tt Xcas}} En utilisant dans le menu {\tt M} du bloc des boutons situ\'e \`a droite d'une sortie graphique :\\ {\tt Exporter/Imprimer} vous pouvez sauver votre graphique en Latex, en postscript et en png.\\ \section{Comment imprimer un graphique 3d}\index{graph3d2tex} \subsection{Pour avoir un fichier Latex : {\tt graph3d2tex}} \noindent {\tt graph3d2tex} a pour argument le nom d'un fichier.\\ {\tt graph3d2tex} transforme le graphique 3-d en un fichier Latex de nom, le nom sp\'ecifi\'e. Vous pouvez alors ins\'erer ce fichier dans un texte Latex en ajoutant :\\ \verb|\usepackage{pstricks}| \\ dans l'en-t\^ete du fichier dans lequel on l'ins\`ere. \subsection{En utilisant les menus de {\tt Xcas}} En utilisant dans le menu {\tt M} du bloc des boutons situ\'e \`a droite d'une sortie graphique :\\ {\tt Exporter/Imprimer} vous pouvez sauver votre graphique en Latex, en postscript et en png.\\ \section{Instructions \'el\'ementaires} \subsection{La fen\^etre graphique}\index{xyztrange} On peut r\'egler la fen\^etre graphique avec la commande {\tt xyztrange}, on \'ecrira par exemple :\\ {\tt xyztrange(-6.0,6.0,-7.0,4.0,-10.0,10.0,-1.0,6.0,\\ -5.0,5.0,-2.0,4.0,1,0.0,1.0)} pour avoir :\\ {\tt X-=-6, X+=6} (valeurs des $x$ calcul\'es),\\ {\tt Y-=-7, Y+=4} (valeurs des $y$ calcul\'es),\\ {\tt Z-=-10, Z+=10},\\ {\tt t-=-1, t+=6} (valeurs du param\`etre en param\'etrique ou en polaire),\\ {\tt WX-=-5, WX+=5}, (valeur des $x$ visibles),\\ {\tt WY-=-2, WY+=4} (valeurs des $y$ visibles),\\ {\tt 1} pour voir les axes (ou {\tt 0} pour ne pas les voir),\\ {\tt 0.0} pour d\'efinir la valeur de {\tt class\_min} (pour faire des statistiques)\\ {\tt 1.0} pour d\'efinir la valeur de {\tt class\_size} (pour faire des statistiques).\\ La commande {\tt xyztrange} a 15 param\`etres, il est donc pr\'ef\'erable lorsque on veut changer un param\`etre ou r\'egler la fen\^etre graphique de le faire \`a l'aide du bouton {\tt cfg}. \subsection{Les axes}\index{switch\_axes} Si vous voulez voir, (ou ne pas voir) les axes sans \^etre oblig\'e d'ouvrir la fen\^etre d'initialisation graphique :\\ taper {\tt switch\_axes()}.\\ %cliquez sur {\tt switch\_a} du bandeau de g\'eom\'etrie ( bouton jaune ou noir {\tt Geo}) pour faire apparaitre la commande {\tt switch\_axes()} dans la ligne de commande puis {\tt Entr\'ee}.\\ Pour faire r\'eapparaitre les axes on fait la m\^eme chose : \\ {\tt switch\_axes()} dans la ligne de commande puis {\tt Entr\'ee}.\\ Dans un programme on utilisera la commande :\\ {\tt switch\_axes(0)} pour ne pas voir les axes et {\tt switch\_axes(1)} pour les voir. \subsection{Gestion de la fen\^etre graphique}\index{erase}\index{couleur}\index{legende}\index{ClrGraph} \begin{itemize} \item {\tt erase()} ou {\tt erase} efface l\'ecran graphique {\tt DispG} et influe sur la commande {\tt graph2tex} pour que seules les sorties graphiques faites apr\'es la commande {\tt erase()} soient prises en compte par la commande {\tt graph2tex}, \item {\tt ClrGraph()} ou {\tt ClrGraph} efface l'\'ecran {\tt DispG}, \item {\tt couleur} permet de changer la couleur du graphique.\\ {\tt couleur} a un argument (une couleur) ou deux arguments (un objet g\'eom\'etrique et une couleur) :\\ {\tt noir} ou {\tt 0},\\ {\tt rouge} ou {\tt 1},\\ {\tt vert} ou {\tt 2},\\ {\tt blanc} ou {\tt 3},\\ {\tt bleu} ou {\tt 4},\\ {\tt rose} ou {\tt 5},\\ {\tt vert} ou {\tt 6} etc...\\ Par exemple : {\tt couleur(point(1+i),rouge)} \item {\tt legende} permet de mettre une legende sur le graphique.\\ {\tt legende} a deux arguments un nombre complexe (ou un point) et une chaine de caract\`eres.\\ Par exemples :\\ {\tt legende(1+i,"le point 1+i")} ou\\ {\tt couleur(legende(1+i,"le point 1+i"),rouge)} \end{itemize} \subsection{Un point}\index{point} Pour obtenir un point il suffit de cliquer avec la souris (bouton gauche) pour qu'un point s'affiche avec un nom.\\ Ce nom est cr\'ee automatiquement : {\tt A}, {\tt B}, {\tt C} puis {\tt E} etc...\\ {\bf Attention} Il ne sera pas cr\'eer de point {\tt D} automatiquement car pour {\tt Maple} {\tt D} repr\'esente la fonction d\'eriv\'ee d'une fonction.\\ En dehors du mode {\tt Maple} vous pouvez utiliser {\tt D} comme nom de variable (par exemple {\tt D:=point(1-i)}).\\ On peut aussi taper :\\ {\tt M:=point((1,2))} ou {\tt N:=point(1+3*i)} ou \\ {\tt P:=point(1)} ou {\tt O:=point(0)}.\\ cela dessine les points {\tt M N P O} dans le rep\`ere d\'efini dans la fen\^etre d'initialisation graphique (bouton {\tt cfg}).\\ Tous les points ainsi cr\'ees peuvent se d\'eplacer ainsi que les constructions qui en d\'ependent. Pour cela on clique sur le point :\\ le nom du point se met dans la ligne de commande et le point change de couleur et devient bleu, sans relacher le bouton de la souris on d\'eplace le point. \subsection{Un point sur un objet g\'eom\`etrique}\index{element} Pour dire que le point A doit se trouver sur l'objet g\'eom\`etrique {\tt G} on tape :\\ {\tt A:=element(G)} ou bien \\ {\tt A:=element(G,1)} ou bien \\ {\tt A:=element(G,t)} o\`u {\tt t} est un param\`etre qui repr\'esente le param\`etrage de l'objet {\tt G}. \\ Si on veut pouvoir faire bouger {\tt t} \`a l'aide de la souris il faudra d\'efinir {\tt t} avec la commande {\tt element}.\\ Par exemple : \begin{itemize} \item l'objet g\'eom\`etrique est un cercle\\ On tape pour tracer le cercle de centre l'origine et de rayon {\tt 2} :\\ {\tt C:=cercle(0,2)}\\ puis,\\ {\tt t:=element(0..2*pi)} pour faire appara\^{\i}tre en haut et \`a droite de l'\'ecran un segment (ici $[0,2*\pi]$) muni d'un trait vertical (situ\'e au d\'ebut au milieu de l'intervalle) qui indique la valeur choisie comme {\tt t}, trait que l'on peut faire bouger avec la souris pour modifier la valeur de {\tt t}.\\ {\tt A:=element(C,t)} dessine le point {\tt A} du cercle {\tt C} tel que :\\ t=angle($\overrightarrow {Ox},\overrightarrow {OA})$ au d\'ebut ${\tt t=\pi}$ puisque ${\tt \pi}$ est le milieu de l'intervalle qui d\'efinit {\tt t}.\\ On peut alors faire varier {\tt t} en bougeant le trait vertical avec la souris, et quand on bouge ce trait vertical, {\tt A} se d\'eplace sur le cercle {\tt C}. \item l'objet g\'eom\`etrique est une droite\\ On tape pour tracer la droite {\tt AB} :\\ {\tt A:=point(1); B:=point(3);D:=droite(A,B);}\\ puis,\\ {\tt t:=element(-1..2)} pour faire appara\^{\i}tre en haut et \`a droite de l'\'ecran un segment (ici $[-1,2]$) muni d'un trait vertical (situ\'e au d\'ebut au milieu de l'intervalle) qui indique la valeur choisie comme {\tt t}, trait que l'on peut faire bouger avec la souris pour modifier la valeur de {\tt t}.\\ {\tt M:=element(D,t)} dessine le point {\tt M} de la droite {\tt D} tel que :\\ $M-A=t*(B-A)$ soit {\tt M:=(1-t)*A+t*B}.\\ On peut alors faire varier {\tt t} en bougeant le trait vertical avec la souris, et quand on bouge ce trait vertical, {\tt M} se d\'eplace sur le segment $EF$, d\'efini par {\tt E:=point(-1)} ($t=-1$) {\tt F:=point(5)} ($t=2$) \item l'objet g\'eom\`etrique est un segment\\ On tape pour tracer pour tracer le segment {\tt AB} :\\ {\tt A:=point(1); B:=point(3);S:=segment(A,B);}\\ puis,\\ {\tt t:=element(0..1)} pour faire appara\^{\i}tre en haut et \`a droite de l'\'ecran un segment (ici $[-1,2]$) muni d'un trait vertical (situ\'e au d\'ebut au milieu de l'intervalle) qui indique la valeur choisie comme {\tt t}, trait que l'on peut faire bouger avec la souris pour modifier la valeur de {\tt t}.\\ {\bf Attention} dans ce cas {\tt M:=element(S,t)} dessine le point {\tt M} du segment {\tt S} avec {\tt M} entre {\tt A} et {\tt B} tel que :\\ $M-A=t*(B-A)$ soit {\tt M:=(1-t)*A+t*B}.\\ On peut alors faire varier {\tt t} en bougeant le trait vertical avec la souris, et quand on bouge ce trait vertical, {\tt M} se d\'eplace sur le segment $AB$ et cela m\^eme si on a tap\'e {\tt t:=element(-1..2)} car pour $t<0$ {\tt M} restera en {\tt A} et pour $t>0$ {\tt M} restera en {\tt B}. \end{itemize} \subsection{Fonctions s'appliquant \`a un point}\index{re}\index{im}\index{affixe}\index{abscisse}\index{ordonnee}\index{coordonnees}\index{milieu}\index{longueur}\index{isobbarycentre}\index{longueur2}\label{sec:coordonnees} Dans ce qui suit on suppose que l'on a d\'efini deux points {\tt A} et {\tt B} et que $Ox$ et $Oy$ d\'esignent les axes du rep\`ere d\'efini dans la fen\^etre d'initialisation graphique.\\ {\tt re(A)} d\'esigne le point projection orthogonale de {\tt A} sur Ox.\\ {\tt im(A)} d\'esigne le point projection orthogonale de {\tt A} sur Oy.\\ {\tt abscisse(A)} d\'esigne l'abscisse de {\tt A}.\\ {\tt ordonnee(A)} d\'esigne l'ordonn\'ee de {\tt A}.\\ {\tt coordonnees(A)} d\'esigne la liste des coordonn\'ees de {\tt A}.\\ {\tt affixe(A)} d\'esigne le nombre complexe qui est l'affixe de {\tt A} dans ce rep\`ere.\\ ${\tt \lambda*A}$, la multiplication d'un nombre complexe $\lambda=k*e^{i*\theta}$ par un point {\tt A}, est un point qui se d\'eduit de {\tt A} par une similitude de rapport $k$ et d'angle $\theta$.\\ {\tt B-A}, la diff\'erence de deux points, est un nombre complexe \'egal \`a la diff\`erence des affixes de ces deux points (c'est l'affixe du vecteur $\overrightarrow {AB}$).\\ {\tt A+B}, la somme de deux points, est un nombre complexe \'egal \`a la somme des affixes de ces deux points (c'est l'affixe du point $C$ tel que $OACB$ soit un parall\'elogramme).\\ {\tt C+A-B} o\`u {\tt A,B,C} sont des points, d\'esigne le point transform\'e de {\tt C} dans la translation de vecteur $\overrightarrow {BA}$ ({\tt A-B} est un nombre complexe qui est l'affixe de $\overrightarrow {BA}$).\\ {\tt C+u} o\`u {\tt C} est un point et {\tt u} est un nombre complexe, d\'esigne le point transform\'e de {\tt C} dans la translation de vecteur $\overrightarrow {U}$ d'affixe $u$.\\ {\bf Attention}\\ si {\tt C} a \'et\'e d\'efini comme {\tt element(L)} cela d\'efinit la pojection orthogonale de ce translat\'e sur {\tt L}.\\ Dans ce cas c'est {\tt point(affixe(C)+A-B)} (resp {\tt point(affixe(C)+u)}) qui est le translat\'e de {\tt C} dans la translation de vecteur $\overrightarrow {BA}$ (resp $\overrightarrow {U}$).\\ {\tt longueur(A,B)} d\'esigne la longueur du segment $AB$.\\ {\tt longueur2(A,B)} d\'esigne le carr\'e de la longueur du segment $AB$.\\ {\tt milieu(A,B)} d\'esigne le point milieu du segment $AB$.\\ {\tt isobarycentre(A,B,C)} d\'esigne l'isobarycentre des points $A,B,C$ c'est \`a dire le centre de gravit\'e du triangle $A,B,C$. \subsection{Affixe d'un vecteur ou diff\'erence de 2 points}\index{abs}\index{inv}\index{conj} Un vecteur libre est d\'efini par deux points (son repr\'esentant) et est enti\`erement d\'efini par son affixe qui est le nombre complexe \'egal \`a la diff\'erence de ces deux points :\\ en effet la diff\'erence de deux points est un nombre complexe \'egal \`a la diff\'erence des affixes de ces deux points, et ce nombre complexe repr\'esente un vecteur d'origine O.\\ {\bf Exemples}\\ Si on a deux points {\tt A} et {\tt B} le vecteur $\overrightarrow {AB}$ sera d\'esign\'e par le nombre complexe {\tt B-A}.\\ {\tt D:=C+A-B} : $D$ est un point tel que $ABCD$ est un parall\'elogramme puisque $\overrightarrow {CD}=\overrightarrow {BA}$ ({\tt D-C=A-B}).\\ {\tt abs(B-A)} d\'esigne la longueur du vecteur $\overrightarrow {AB}$,\\ {\tt inv(B-A)} d\'esigne l'inverse du nombre complexe {\tt B-A} : c'est donc l'affixe d'un vecteur parall\'ele \`a {\tt conj(B-A)},\\ {\tt conj(B-A)} d\'esigne le conjugu\'e du nombre complexe {\tt B-A} : c'est donc l'affixe d'un vecteur parall\'ele au sym\'etrique-{\tt Ox} de {\tt B-A}. \subsection{Segment, demi-droite, droite}\index{segment}\index{droite}\index{demi\_droite} Pour dessiner un segment: on clique pour avoir un point et on d\'eplace la souris en gardant le bouton gauche enfonc\'e, puis, on d\'eplace la souris jusqu'au point d\'esir\'e et on rel\^ache le bouton de la souris. L\`a encore les objets cr\'ees sont nomm\'es automatiquement (par exemple {\tt A}, {\tt B} pour les points et {\tt AB} pour le segment reliant {\tt A} et {\tt B}).\\ On peut aussi utiliser les commandes :\\ {\tt segment, droite, demi\_droite} avec comme param\`etres 2 points (ou une liste de 2 points) ou 2 nombres complexes (ou une liste de 2 nombres complexes) ou encore un point et un nombre complexe et vis et versa.\\ On peut donc \'ecrire si on a auparavant d\'efini deux points {\tt A} et {\tt B} :\\ {\tt segment(A,B)} ou {\tt segment(-1+2*i,1+i)} ou {\tt segment([A,B])} pour d\'efinir un segment.\\ {\tt droite(A,B)} ou {\tt droite(-1+2*i,1+i)} ou {\tt droite([A,B])} pour d\'efinir une droite.\\ {\tt demi\_droite(A,B)} ou {\tt demi\_droite(i,1-i)} ou {\tt demi\_droite([A,B])} pour d\'efinir une demi-droite d'origine {\tt A} et contenant {\tt B} (ou une demi-droite d'origine {\tt point(-1+2*i)} et contenant {\tt point(1+i)}).\\ {\bf Remarques}\\ - Si on a d\'efini un segment par deux points ou par des nombres complexes on a la possibilit\'e de donner un nom \'a ses extr\'emit\'es en rajoutant dans les arguments deux noms de variables.\\ On tape par exemple :\\ {\tt segment(-1+2*i,1+i,K,L)} pour d\'efinir le point {\tt K} d''affixe $-1+2*i$ et le point {\tt L} d''affixe $1+i$ ou encore\\ {\tt segment(point(-1+i),1-i,M,N)} pour d\'efinir le point {\tt M} d''affixe $-1+i$ et le point {\tt N} d''affixe $1-i$.\\ - Si on a d\'efini une demi\_droite par deux points ou par des nombres complexes on a la possibilit\'e de donner un nom \'a son extr\'emit\'e en rajoutant dans les arguments un nom de variables.\\ On tape par exemple :\\ {\tt demi\_droite(-1+2*i,1+i,P)} pour d\'efinir le point {\tt P} d''affixe $-1+2*i$. \subsection{Le vecteur en g\'eom\'etrie plane : {\tt vecteur}}\index{vecteur} \noindent{\tt vecteur}, en g\'eom\'etrie plane, a comme arguments soit : \begin{itemize} \item deux points $A,B$ ou deux nombres complexes repr\'esentant l'affixe de ces points ou deux listes repr\'esentant les coordonn\'ees de ces points.\\ {\tt vecteur} d\'efinit et dessine le vecteur $\overrightarrow{AB}$ \item un point $A$ (ou un nombre complexe repr\'esentant l'affixe de ce point ou une liste repr\'esentant les coordonn\'ees de ce point) et un vecteur $V$ (d\'efinition r\'ecursive).\\ {\tt vecteur} d\'efinit et dessine le vecteur $\overrightarrow{AB}$ tel que $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{V}$. \end{itemize} On tape : \begin{center}{\tt vecteur(point(-1),point(i))}\end{center} Ou on tape : \begin{center}{\tt vecteur(-1,i)}\end{center} Ou on tape : \begin{center}{\tt vecteur([-1,0],[0,1])}\end{center} On obtient : \begin{center}{\tt Le trac\'e du vecteur d'origine -1 et d'extr\'emit\'e i}\end{center} On tape : \begin{center}{\tt V:=vecteur(point(-1),point(i))}\end{center} On tape : \begin{center}{\tt vecteur(point(-1+i),V)}\end{center} Ou on tape : \begin{center}{\tt vecteur(-1+i,V)}\end{center} Ou on tape : \begin{center}{\tt vecteur([-1,1],V)}\end{center} On obtient : \begin{center}{\tt Le trac\'e du vecteur d'origine -1+i et d'extr\'emit\'e 2*i}\end{center} {\bf Remarque}\\ En calcul formel, on travaille sur la liste des coordonn\'ees des vecteurs que l'on obtient avec la commande {\tt coordonnees} (cf \ref{sec:coordonnees}). \subsubsection{Exercice1} Soient 3 points $A$, $B$, $C$ d'affixe $a$, $b$, $c$. Montrer que le triangle $ABC$ est \'equilat\'eral direct si et seulement si $a+b*j+c*j^2=0$ o\`u $j=\exp(2i\pi/3)$.\\ \subsubsection{La solution sans {\tt Xcas}} On a $j^2=\exp(4i\pi/3)$ et $-j^2=\exp(i\pi/3)$ et $1+j+j^2=0$\\ $ABC$ est \'equilat\'eral direct est \'equivalent \`a :\\ $(c-a)=-j^2(b-a)$ donc est \'equivalent \`a :\\ $c-a(1+j^2)+bj^2=c+a*j+b*j^2=0$ ou encore apr\`es multiplication par $j^2$ est \'equivalent \`a :\\ $a+b*j+c*j^2=0$.\\ {\bf La solution avec {\tt Xcas}}\\ On tape dans un niveau de g\'eom\'etrie : \begin{verbatim} supposons(b1=[1.3,-5,5,0.1]); supposons(b2=[2.3,-5,5,0.1]); b:=b1+(i)*b2; B:=point(b); supposons(c1=[-2.2,-5,5,0.1]); supposons(c2=[3.5,-5,5,0.1]); c:=c1+i*c2; C:=point(c); j:=exp(2*i*pi/3); a:=-b*j-c*j^2; A:=point(a); est_equilateral(A,B,C); normal((c-a)+j^2*(b-a)); \end{verbatim} La r\'eponse pour {\tt est\_equilateral(A,B,C);} est {\tt 1} et \\ la r\'eponse pour {\tt normal((c-a)+j\verb|^|2*(b-a));} est {\tt 0} et comme tout les calculs sont faits avec des param\`etres formels cela vaut une d\'emonstration. Pour la r\'eciproque, on tape :\\ \begin{verbatim} supposons(b1=[1.3,-5,5,0.1]); supposons(b2=[2.3,-5,5,0.1]); b:=b1+(i)*b2; B:=point(b); supposons(c1=[-2.2,-5,5,0.1]); supposons(c2=[3.5,-5,5,0.1]); c:=c1+i*c2; C:=point(c); j:=exp(2*i*pi/3); triangle_equilateral(B,C,A); a:=affixe(A) normal(a+b*j+c*j^2); \end{verbatim} la r\'eponse pour {\tt normal(a+b*j+c*j\verb|^|2);} est {\tt 0} et comme tout les calculs sont faits avec des param\`etres formels cela vaut une d\'emonstration. \subsubsection{Exercice2} Soit $ABC$ un triangle et une droite $d$ qui coupe $BC$, $AC$, $AB$ en $P$, $Q$, $R$.\\ On construit les trois parall\'elogrammes $AQA_1R$, $BPB_1R$, $CQC_1P$.\\ D\'emontrer que $A_1$, $B_1$, $C_1$ sont align\'es.\\ {\bf Avec {\tt Xcas}}, on tape dans un niveau de g\'eom\'etrie : \\ \begin{verbatim} A:=point(0); B:=point(5); C:=point(3+5*i); triangle(A,B,C); d:=droite(y=-x/3+3,affichage=2); P:=inter_unique(d,droite(B,C)); Q:=inter_unique(d,droite(A,C)); R:=inter_unique(d,droite(B,A)); A1:=affichage(point(A+(R-A)+(Q-A)),1); polygone(A,R,A1,Q); B1:=affichage(point(B+(P-B)+(R-B)),1); polygone(B,P,B1,R); C1:=affichage(point(C+(P-C)+(Q-C)),1); polygone(C,P,C1,Q); droite(A1,C1,affichage=1+ligne_tiret_pointpoint); I:=Q+(A1-Q)+(C-Q); polygone(C,Q,A1,I);polygone(J,C,A,B) K:=A+(B-A)+(Q-A); polygone(K,Q,A,B); J:=A+(B-A)+(C-A); polygone(J,C,A,B); droite(P,I,affichage=4+ligne_tiret_pointpoint) \end{verbatim} On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{casgetri}\\ On tape :\\ {\tt est\_aligne(A1,B1,C1)}\\ On obtient : {\tt 1}\\ {\bf Comment le d\'emontrer ?}\\ On utilise le {\bf th\'eor\`eme de M\'en\'elaius} :\\ Une condition necessaire et suffisante pour que 3 points $P,\ Q,\ R$ situ\'es respectivement sur les c\^ot\'es $BC,\ CA,\ AB$ d'un triangle $ABC$, soient align\'es est : $$\frac{\overline{PB}}{\overline{PC}}\times\frac{\overline{QC}}{\overline{QA}}\times\frac{\overline{RA}}{\overline{RB}}=1$$ On a donc cette relation puisque $P,\ Q,\ R$ sont align\'es.\\ On construit 3 autres parall\'elogrammes :\\ $ABKQ$, $ACIR$ et $ABJC$ ce qui d\'efinit les points $I$, $J$ et $K$.\\ Montrons que $P,\ K, \ I$ sont align\'es. Pour cela on utilise le th\'eor\`eme de M\'en\'elaius appliqu\'e au triangle $BCJ$.\\ On a :\\ $\displaystyle \frac{\overline{RA}}{\overline{RB}}=\frac{\overline{IC}}{\overline{IJ}}\ $ et $\displaystyle \ \frac{\overline{QC}}{\overline{QA}}=\frac{\overline{KJ}}{\overline{KB}}$\\ Donc :\\ $\displaystyle \frac{\overline{PB}}{\overline{PC}}\times\frac{\overline{IC}}{\overline{IJ}}\times\frac{\overline{KJ}}{\overline{KB}}=1$ ce qui prouve que $P,\ K, \ I$ sont align\'es.\\ On a :\\ $\overrightarrow{C_1A_1}=\overrightarrow{C_1Q}+\overrightarrow{QA_1}$\\ $CQC_1P$ est un parall\'elogramme donc : $\overrightarrow{C_1Q}=\overrightarrow{PC}$.\\ $CQA_1I$ est un parall\'elogramme donc : $\overrightarrow{QA_1}=\overrightarrow{CI}$.\\ Donc : $\overrightarrow{C_1A_1}=\overrightarrow{PI}$\\ De m\^eme on a :\\ $\overrightarrow{A_1B_1}=\overrightarrow{A_1R}+\overrightarrow{RB_1}$\\ $BRA_1K$ est un parall\'elogramme donc : $\overrightarrow{A_1R}=\overrightarrow{KB}$.\\ $BRB_1P$ est un parall\'elogramme donc : $\overrightarrow{RB_1}=\overrightarrow{BP}$.\\ Donc : $\overrightarrow{A_1B_1}=\overrightarrow{PK}$\\ Donc puisque $P,\ K,\ I$ sont align\'es les vecteurs $\overrightarrow{PI}$ et $\overrightarrow{PK}$ sont colin\'eaires et donc les vecteurs $\overrightarrow{C_1A_1}$ et $\overrightarrow{A_1B_1}$ sont colin\'eaires donc $A_1$, $B_1$, $C_1$ sont align\'es. \subsection{Un cercle}\index{cercle}\label{cercle} Un cercle se d\'efinit par deux param\`etres :\\ - soit par les ext\'emit\'es de son diam\`etre (le deuxi\`eme param\`etre doit \^etre un point),\\ - soit par son centre et son rayon (le deuxi\`eme param\`etre doit \^etre un nombre complexe).\\ On peut aussi d\'efinir des arcs de cercle en rajoutant deux param\`etres : les angles au centre des points qui d\'efinissent l'arc mesur\'es en radians ou en degr\'es selon le choix fait (cf {\tt Cfg->Configuratioon du CAS}) et \`a partir de l'axe {\tt Ox}.\\ Dans la suite on suppose que l'on a d\'efinit deux points {\tt A} et {\tt B} : \begin{itemize} \item Cercle de diam\`etre $AB$\\ On tape :\\ {\tt cercle(A,B)} trace le cercle de diam\`etre $AB$ et\\ {\tt cercle(point(i),point(1+2*i))} ou {\tt cercle(i,point(1+2*i))} trace le cercle de diam\`etre d\'efini par les points d'affixe i et 1+2*i. \item Cercle de centre $A$ et de rayon $r$\\ {\bf Remarque} \\ Si $r$ est un nombre complexe le rayon est \'egal \`a ${\tt abs(r)}$.\\ On tape :\\ {\tt cercle(A,2.1)} trace le cercle de centre $A$ et de rayon 2.1. \\ {\tt cercle(i,1+2*i)} trace le cercle de centre, le point d'affixe i, et de rayon, {\tt abs(1+2*i)}=$\sqrt5$ c'est \`a dire le cercle passant par le point d'affixe 1+3*i (alors que {\tt cercle(i,1.0+2.0*i)} trace le cercle de centre, le point d'affixe i, et de rayon, {\tt abs(1.0+2.0*i)}=2.23607000000). \item Cercle de centre $A$ et passant par $B$\\ {\tt cercle(A,B-A)} trace le cercle de centre {\tt A} passant par {\tt B}. \item Arc de cercle\\ {\tt cercle(A,B,pi/4,pi/2)} dessine (si on est en radians) un arc appartenant au cercle de diam\`etre $AB$ et allant du point d'angle au centre $\pi/4$ au point d'angle au centre $\pi/2$ (ces angles sont mesur\'es \`a partir de l'axe $AB$).\\ {\tt cercle(A,2.1,pi/3,2*pi/3)} dessine (si on est en radians) un arc appartenant au cercle de centre $A$, de rayon 2.1 et allant du point d'angle au centre $\pi/3$ au point d'angle au centre $2*\pi/3$ (ces angles sont mesur\'es \`a partir d'une parall\`ele \`a l'axe $Ox$ passant par le centre du cercle).\\ {\tt cercle(A,B-A,pi/3,2*pi/3)} dessine (si on est en radians) un arc appartenant au cercle de centre $A$, passant par $B$, et allant du point d'angle au centre $\pi/3$ au point d'angle au centre $2*\pi/3$ (ces angles sont mesur\'es \`a partir de l'axe $AB$).\\ {\tt arc(A,B,pi/3)} dessine (si on est en radians) l'arc {\tt AB} d'angle au centre {\tt pi/3} et appartenant au cercle de centre $C=(a+b)/2+i*(b-a)/(2*\tan(pi/6))$. \end{itemize} {\bf Exemples}\\ Pour d\'efinir un arc $AB$ situ\'e sur le cercle de diam\`etre $CD$, on tape :\\ {\tt arccercle1(C,D,A,B):=}\\ {\tt \hspace*{1cm} cercle(C,D,arg(A-milieu(C,D)),arg(B-milieu(C,D)));}\\ Pour d\'efinir un arc $AB$ situ\'e sur le cercle de centre $C$ et de rayon $r$, on tape :\\ {\tt arccercle2(C,r,A,B):=cercle(C,r,arg(A-C),arg(B-C));} On se repotera \`a \ref{sec:cercletri} pour les cercles inscrits, exinscrits et circonscrits \`a un triangle. \subsection{Fonctions s'appliquant \`a un cercle}\index{centre}\index{rayon} On suppose que l'on a d\'efini un cercle {\tt C}.\\ {\tt centre(C)} d\'esigne le centre du cercle {\tt C}.\\ {\tt rayon(C)} d\'esigne le r\'eel \'egal au rayon du cercle {\tt C}. \subsection{Avoir l'un des points d'intersection de deux objets g\'eom\'etriques : {\tt inter\_droite inter\_unique}}\index{inter\_droite}\index{inter\_unique} L'un des points d'intersection de deux objets g\'eom\'etriques est obtenu par la commande {\tt inter\_droite} ou {\tt inter\_unique}.\\ On tape :\\ {\tt inter\_droite(droite(i,1),cercle(0,1))}\\ On obtient :\\ {\tt Le point 1 est dessin\'e dans un écran graphique}\\ On tape :\\ {\tt inter\_droite(droite(i,1),droite(0,1+i))}\\ On obtient :\\ {\tt Le point (1+i)/2 est dessin\'e dans un écran graphique}\\ {\bf Remarque} \\ Lorsque l'intersection comporte plusieurs points {\tt inter\_unique} renvoie l'un de ces points. Mais on peut mettre un 3i\`eme argument pour le sp\'ecifier qui est un point ou une liste de points : \begin{itemize} \item un point et alors {\tt inter\_unique} renverra le point d'intersection le plus proche de ce point, \item une liste de points et alors {\tt inter\_unique} renverra un point d'intersection qui ne se trouve pas dans cette liste. \end{itemize} \subsection{Liste des points d'intersection de deux objets g\'eom\'etriques :{\tt inter}}\index{inter} L'intersection de deux objets g\'eom\'etriques est une liste de points qui est obtenu par la commande {\tt inter}.\\ {\bf Attention} :\\ On utilise la commande {\tt inter} pour des objets g\'eom\'etriques et la commande {\tt intersect} pour des ensembles ou des listes.\\ {\bf Exemples} :\\ Soient {\tt D1,D2} deux droites concourantes et {\tt C} un cercle qui coupe {\tt D1}.\\ {\tt E:=inter(D1,C)} d\'esigne la liste des deux points d'intersection de {\tt D1} et {\tt C} : {\tt E[0]} est le premier point de la liste et {\tt E[1]} en est le second.\\ {\tt inter(D1,D2)[0]} d\'esigne le point d'intersection de {\tt D1} et {\tt D2}.\\ Soient {\tt C1,C2} deux cercles concourants.\\ {\tt inter(C1,C2)} d\'esigne la liste des deux points d'intersection de {\tt C1} et {\tt C2} : ainsi {\tt droite(inter(C1,C2))} d\'esigne l'axe radical de {\tt C1} et {\tt C2}. On tape :\\ {\tt inter(droite(i,1),cercle(0,1))}\\ On obtient :\\ {\tt Les points i et 1 sont dessin\'es dans un écran graphique}\\ On tape :\\ {\tt inter(droite(i,1),droite(0,1+i))[0]}\\ On obtient :\\ {\tt Le point (1+i)/2 est dessin\'e dans un écran graphique}\\ \section{Constructions \'el\'ementaires} \subsection{M\'ediatrice d'un segment AB}\index{mediatrice} \'Etant donn\'e deux points {\tt A} et {\tt B} la commande :\\ {\tt mediatrice(A,B)} trace la m\'ediatrice du segment $AB$.\\ {\bf Activit\'e}\\ Cr\'eer un segment {\tt AB}.\\ Construire la m\'ediatrice de {\tt AB}, en utilisant la m\^eme construction qu'avec un compas.\\ {\bf R\'eponse}\\ On clique avec la souris pour avoir deux points {\tt A} et {\tt B} et le segment {\tt AB}.\\ On tape :\\ {\tt C1:=cercle(A,B-A)} trace le cercle de centre {\tt A} passant par {\tt B}.\\ {\tt C2:=cercle(B,A-B)} trace le cercle de centre {\tt B} passant par {\tt A}.\\ {\tt D:=droite(inter(C1,C2))} trace la droite joignant les deux points de l'intersection de {\tt C1} et de {\tt C2} ({\tt inter(C1,C2)} est la liste des points de cette intersection).\\ La liste des instructions se trouve dans {\tt geo1} : cliquer avec la souris pour avoir deux points {\tt A} et {\tt B} puis, faire {\tt Ouvrir} du menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et s\'electionner {\tt geo1.xws}.\\ %du r\'ep\'ertoire {\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier. On peut aussi comme exercice de programmation d\'efinir la fonction {\tt Mediatrice} (il faut commencer la fonction par une majuscule car {\tt mediatrice} est une commande de {\tt Xcas}).\\ On tape :\\ {\tt Mediatrice(A,B):=droite(inter(cercle(A,longueur(A,B)),\\ cercle(B,longueur(A,B))))} \subsection{Milieu d'un segment [AB]}\index{milieu} \'Etant donn\'e deux points {\tt A} et {\tt B} la commande :\\ {\tt M:=milieu(A,B)} trace le milieu {\tt M} du segment $[AB]$.\\ {\bf Activit\'e}\\ Cr\'eer un segment {\tt [AB]}.\\ Construire le milieu de {\tt AB}, soit en utilisant les coordonn\'ees, soit en utilisant la m\^eme construction qu'avec un compas.\\ {\bf R\'eponse}\\ On tape : {\tt M:=point((coordonnees(A)+coordonnees(B))/2)} ou bien on rajoute \`a la construction de la m\'ediatrice (cf ci-dessus) :\\ {\tt M:=inter\_unique(segment(A,B),D)}\\ %(c'est la derni\`ere commande de {\tt geo1.xws}). On peut aussi comme exercice de programmation d\'efinir la fonction {\tt Milieu} (il faut commencer la fonction par une majuscule car {\tt milieu} est une commande de {\tt Xcas}).\\ On tape :\\ {\tt Milieu(A,B):=point((coordonnees(A)+coordonnees(B))/2)}\\ ou encore si on a d\'efini la fonction {\tt Mediatrice} :\\ {\tt Milieu(A,B):=inter\_unique(segment(A,B),Mediatrice(A,B))} \subsection{Le barycentre}\index{barycentre}\index{isobarycentre} {\tt isobarycentre} d\'efinit l'isobarycentre de $n$ points.\\ On tape par exemple :\\ {\tt G:=isobarycentre(A,B,C,D,E)} \\ ou\\ {\tt G:=isobarycentre([A,B,C,D,E])}\\ et {\tt G} est l'isobarycentre des points {\tt A,B,C,D,E}.\\ {\tt barycentre} d\'efinit le barycentre de $n$ listes form\'ees d'un point et d'un coefficient.\\ On tape par exemple :\\ {\tt K:=barycentre([A,2],[B,1],[C,-2],[D,3],[E,1])} \\ ou\\ {\tt K:=barycentre([[A,2],[B,1],[C,-2],[D,3],[E,1]])}\\ et {\tt K} est le barycentre des points {\tt A,B,C,D,E} affect\'es des coefficients {\tt 2,1,-2,3,1}.\\ {\bf Activit\'es 1}\\ Cr\'eer 4 points {\tt A,B,C,D}.\\ D\'efinir l'isobarycentre de {\tt A,B,C,D}, en utilisant les coordonn\'ees.\\ {\bf R\'eponse}\\ On tape :\\ {\tt G:=point((coordonnees(A)+coordonnees(B)+coordonnees(C)+\\coordonnees(D))/4)}\\ On peut, comme exercice de programmation d\'efinir la fonction {\tt Isobarycentre} (il faut commencer la fonction par une majuscule car {\tt isobarycentre} est une commande de {\tt Xcas}).\\ On tape :\\ {\tt Isobarycentre(L):=\{local d:=dim(L);point(sum(affixe(L[k]),k,0,d-1)/d);\}}\\ ou bien \\ {\tt Isobarycentre(L):=\{local d:=dim(L);sum(L[k],k,0,d-1)/d;\}}\\ Cr\'eer 4 points {\tt A,B,C,D}.\\ D\'efinir le barycentre de {\tt [A,1],[B,-2],[C,1],[D,3]}, en utilisant les coordonn\'ees.\\ {\bf R\'eponse}\\ On tape :\\ {\tt G:=point((coordonnees(A)-2*coordonnees(B)+coordonnees(C)+\\ 3*coordonnees(D))/3)}\\ On peut aussi comme exercice de programmation d\'efinir la fonction {\tt Barycentre} (il faut commencer la fonction par une majuscule car {\tt barycentre} est une commande de {\tt Xcas}).\\ On tape :\\ \begin{verbatim} Barycentre(L):={ local s,d:=dim(L); s:=sum(L[k],k,1,d-1,2); si (s==0) alors return "pas defini" fsi; retourne sum(L[k+1]*L[k],k,0,d-2,2)/s; } \end{verbatim} {\bf Activit\'e 2 : Partager un triangle en 3 triangles de m\^eme aire} \label{sec:divaire}\\ Soit un triangle $ABC$. \begin{itemize} \item On cherche un point $P$ int\'erieur au triangle $ABC$ tel que les aires des triangles $ABP$, $BCP$ et $CAP$ soient \'egales.\\ Montrer que $P$ est l'isobarycentre des points $A,B,C$. \item On cherche un point $P$ tel que les aires des triangles $ABP$, $BCP$ et $CAP$ soient proportionnelles \`a 1,2,3. D\'efinir $P$ \`a l'aide d'un barycentre des points $A,B,C$. \item On cherche un point $P$ tel que les aires des triangles $ABP$, $BCP$ et $CAP$ soient soient proportionnelles \`a $n,p,q$. D\'efinir $P$ \`a l'aide d'un barycentre des points $A,B,C$. \item prolongement\\ Peut-on toujours trouver un point $P$ int\'erieur au quadrilat\`ere convexe $ABCD$ qui partage ce quadrilat\`ere en 4 triangles de m\^eme aire ?\\ A quelle condition cela est-il possible ? \end{itemize} Avec {\tt Xcas} \begin{itemize} \item On tape : \begin{verbatim} supposons(a=[2.6,-5,5,0.1]); supposons(b=[2,0,5,0.1]); supposons(c=[2.8,0,5,0.1]); A:=point(0); B:=point(b); C:=point(a+i*c); triangle(A,B,C); H:=projection(droite(B,C),A); H1:=point((H-A)*2/3); h:=hauteur(A,B,C); d1:=perpendiculaire(H1,h); d2:=droite(y=c/3); P:=inter_unique(d1,d2); segment(P,A,affichage=1); segment(P,B,affichage=1); segment(P,C,affichage=1); A1:=inter_unique(droite(C,B),droite(A,P)); C1:=inter_unique(droite(A,B),droite(C,P)); G:=isobarycentre(A,B,C):; \end{verbatim} On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{barycentre}\\ On trouve : $P$ est le {\tt point(1/3*a+1/3*b+(i)/3*c)},\\ $A1$ est le {\tt point(1/2*a+1/2*b+(i)/2*c)}\\ $C1$ est le {\tt point(1/2*b)}\\ $G$ est le {\tt point((b+a+(i)*c)/3)}\\ Donc \\ $A1$ est le milieu de $BC$ et $C1$ est le milieu de $BC$ $P$ est l'isobarycentre des points $A,B,C$.\\ Sans {\tt Xcas}\\ \includegraphics[width=\textwidth]{divaire} Soient $H_1$, (resp $H_2$, $H_3$) les projections de $P$ sur $BC$, (resp $AC$, $AB$), $A_1$, (resp $B_1$, $C_1$) les projections de $A$, (resp $B$, $C$) sur $BC$, (resp $AC$, $AB$) et $P_1$, $P_2$, $P_3$ les intersections de $AP$, (resp $BP$, $CP$) avec $BC$, (resp $AC$, $AB$). Si les aires des triangles $ABP$, $BCP$ et $CAP$ sont \'egales, c'est que $AA_1=3PH_1$, $BB_1=3PH_2$, $CC_1=3PH_3$. et donc que :\\ $AP_1=3PHP_1$, $BP_2=3PP_2$, $CP_3=3PP_3$ .\\ Soient $s_1$ (resp $Q$) l'homoth\'etique du segment $BC$ (resp du point $C$) dans l'homoth\'etie de centre $A$ et de rapport 2/3 et\\ $s_2$ (resp $R$) l'homoth\'etique du segment $BC$ (resp du point $C$) dans l'homoth\'etie de centre $B$ et de rapport 2/3.\\ $Q$ (resp $R$) est l'homoth\'etique du point $A$ (resp du point $B$) dans l'homoth\'etie de centre $C$ et de rapport 1/3.\\ Donc $P$ est l'intersection des 2 segments $s_1$ et $s_2$ et\\ $QR$ est parall\`ele \`a $AB$.\\ Le quadrilat\`ere $PRCQ$ est un parall\'elogramme (ses c\^ot\'es sont parall\`eles 2 \`a 2).\\ Donc $CP$ passe par le milieu de $QR$ et aussi par le milieu $M$ de $AB$ puisque $QR$ est parall\`ele \`a $AB$.\\ Donc puisque $CP/CM=2/3$ et que $CM$ est une m\'ediane du triangle $ABC$, $P$ est le centre de gravit\'e du triangle $ABC$. \item $P$, le barycentre de $C,1$, $A,2$, $B,3$ r\'epond \`a la question. \item $P$, le barycentre de $C,n$, $A,p$, $B,q$ r\'epond \`a la question. \item %partager.xws {\bf Lemme1}\\ \includegraphics[width=\textwidth]{partager1}\\ Soit un triangle $OQR$ et un point $M$ sur le segment $OQ$ alors aire de $OMR$=aire de $MQR$ est \'equivalent \`a $M$ est le milieu de $OQ$ {\bf Lemme2} Soit un quadrilat\`ere $OPQR$.\\ On note les parall\`eles $d1$ et $d2$\`a $OQ$ et $h$ la distance entre $d1$ et $d2$, alors :\\ aire($OPQR$)=longueur($OQ$)*$h/2$. {\bf Lemme3} Soit un quadrilat\`ere $OPQR$ alors:\\ aire($OPQ$)=aire($OQR$) est \'equivalent \`a $OQ$ passe par le milieu de $PR$.\\ Les d\'emonstrations sont \`evidentes car l'aire d'un triangle est \'egale \`a : base*hauteur/2.\\ Pour le lemme 1 :\\ $OPR$ (resp $PQR$) ont comme base $OP$ (resp $PQ$) et la m\^eme hauteur.\\ Pour le lemme 2 :\\ \'evident si $OPQR$ est convexe.\\ sinon\\ \includegraphics[width=\textwidth]{partager2}\\ aire($OPQR$)=aire($OQR$)-aire($OPQ$)=\\ longueur($OQ$)*(longueur($RM$)-longueur($PN$)/2=longueur($OQ$)*h/2.\\ Pour le lemme 3 :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{partager3}\\ $OPQ$ et $OQR$ ont comme base $OQ$ donc \\ aires \'egales est \'equivalent \`a m\^eme hauteur qui est \'equivalent \`a $OQ$ passe par le milieu de $PR$.\\ Soit un quadrilat\`ere convexe $ABCD$.\\ \includegraphics[width=10cm]{partager}\\ On cherche tout d'abord un point $P$ tel que :\\ aire($ABCP$)=aire($APCD$).\\ On m\`ene par $B$ et $D$ les parall\`eles $d1$ et $d2$\`a $AC$. D'apr\`es le {\tt lemme 2} $P$ se trouve sur la parall\`ele \'equidistante \`a $d1$ et $d2$.\\ On veut aussi que :\\ aire($ADP$)=aire($CDP$)\\ La base commune est $DP$, d'apr\`es le {\tt lemme 3}, $DP$ passe par le milieu $M$ de $AC$ i.e $D,P,M$ sont align\`'es (c'est vrai sur la figure).\\ aire($ABP$)=aire($CBP$)\\ La base commune est $BP$, d'apr\`es le {\tt lemme 3}, $BP$ passe par le milieu $M$ de $AC$ i.e $B,P,M$ sont align\`'es (ce n'est pas vrai sur la figure).\\ Donc, si les 4 aires sont \'egales, on a : $P$ est en $M$ ou $P$ est diff\'erent de $M$ et donc les points $D,P,M,B$ sont align\'es.\\ Si $P$ est en $M$, $P$ se trouve sur $AC$ donc $AC$ est la parall\`ele \'equidistante \`a $d1$ et $d2$. Donc $AC$ passe par le milieu de $BD$.\\ Si $P$ est diff\'erent de $M$, les points $D,P,M,B$ sont align\'es. Donc $BD$ passe par le milieu $M$ de $AC$ et $P$ est en $N$ milieu de $BD$ d'apr\`es le {\tt lemme 1}\\ {\tt En r\'esum\'e} On peut un point $P$ int\'erieur \`a un quadrilat\`ere convexe $ABCD$ qui partage ce quadrilat\`ere en 4 triangles de m\^eme aire si et seulement si l'une des diagonales de $ABCD$ passe par le milieu de l'autre diagonale : $P$ est alors le milieu de la diagonale qui passe par le milieu de l'autre diagonale. \noindent \begin{minipage}[h]{7cm} \includegraphics[width=\textwidth]{partager4} \end{minipage} \begin{minipage}[h]{7cm} \includegraphics[width=\textwidth]{partager5} \end{minipage} \end{itemize} \subsection{Bissectrice d'un angle}\index{bissectrice}\index{exbissectrice} \'Etant donn\'e trois points {\tt A}, {\tt B} et {\tt C} les commandes :\\ {\tt bissectrice(A,B,C)} trace la bissectrice int\'erieure de l'angle $A$ du triangle $ABC$.\\ {\tt exbissectrice(A,B,C)} trace la bissectrice ext\'erieure de l'angle $A$ du triangle $ABC$.\\ {\bf Activit\'e}\\ Cr\'eer un triangle {\tt ABC}.\\ Construire les bissectrices de l'angle $A$ du triangle $ABC$, en utilisant la m\^eme construction qu'avec un compas et en utilisant l'instruction {\tt mediatrice}.\\ {\bf R\'eponse}\\ On clique avec la souris pour avoir un triangle {\tt ABC}.\\ On tape :\\ {\tt C1:=cercle(A,2)} trace un cercle de centre {\tt A} et de rayon {\tt 2}.\\ {\tt D:=inter(C1,droite(A,B))} d\'efinit l'intersection du cercle {\tt C1} et de la droite $AB$.\\ {\tt E:=inter(C1,droite(A,C))} d\'efinit l'intersection du cercle {\tt C1} et de la droite $AC$.\\ {\tt mediatrice(D[0],E[0])}\\ {\tt mediatrice(D[1],E[0])}\\ %La liste des instructions se trouve dans {\tt geo2} : c\'eer trois points {\tt A, B, C} puis, faire {\tt Charger session} du menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et selectionner {\tt geo2} du r\'ep\'ertoire {\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier. On peut aussi comme exercice de programmation d\'efinir les fonctions {\tt Bissectrice} et {\tt Exbissectrice} (il faut commencer les noms des fonctions par une majuscule car {\tt bissectrice} et {\tt exbissectrice} sont des commandes de {\tt Xcas}).\\ On tape si on a d\'efini la fonction {\tt Mediatrice} :\\ {\tt Bissectrice(A,B,C):=Mediatrice(inter\_unique(demi\_droite(A,B),\\ cercle(A,2)),inter\_unique(demi\_droite(A,C),cercle(A,2)))}\\ {\tt Exbissectrice(A,B,C):=\{local C1:=A+(A-C);Bissectrice(A,B,C1)\}}\\ \subsection{Report d'une longueur}\index{longueur} \'Etant donn\'es trois points {\tt A} {\tt B} et {\tt C}, on veut construire un point {\tt D} pour que $AD = BC$. \\ On utilise la commande {\tt cercle} et on tape :\\ {\tt D:= element(cercle(A,B-C))}\\ L'instruction {\tt longueur(B,C)} renvoie la longueur du segment $BC$ (les unit\'es \'etant d\'efinies par le choix de {\tt WX-, WX+} et de {\tt WY-, WY+}) effectu\'e dans la fen\^etre d'initialisation graphique.\\ Si l'on veut reporter une longueur dans une direction donn\'ee, on multiplie cette longueur par le vecteur unitaire de cette direction.\\ {\bf Exemple} :\\ \'Etant donn\'es trois points {\tt A} {\tt B} et {\tt C}, construire sur la demi-droite $AB$, un point $D$ tel que $AD=AC$.\\ On tape :\\ {\tt D:=A+longueur(A,C)*(B-A)/longueur(A,B)}\\ ou encore \\ {\tt D:=inter\_unique(cercle(A,C-A),demi\_droite(A,B))} \subsection{Report d'un angle}\index{angle}\index{radian}\index{degree} \'Etant donn\'es deux points {\tt A} et {\tt B}, on veut construire {\tt C} pour que l'angle $(\overrightarrow {AB},\overrightarrow {AC})$ soit de mesure donn\'ee par exemple 72 degr\'es ou $2*\pi/5$ radians.\\ On tape, si on a coch\'e {\tt radian} dans la fen\^etre de configuration du {\tt CAS} :\\ {\tt D:=rotation(A,2*pi/5,droite(A,B))}\\ ou, si on est en degr\'e (on n'a pas coch\'e {\tt radian}) :\\ {\tt D:=rotation(A,72,droite(A,B))}\\ puis on tape :\\ {\tt C:=element(D)} \\ L'instruction {\tt angle(A,B,C)} donne la mesure en radians (ou en degr\'es) de l'angle $(\overrightarrow {AB},\overrightarrow {AC})$, on peut donc v\'erifier la construction demand\'ee. \\ \'Etant donn\'e deux points {\tt A} et {\tt B}, on veut construire {\tt C} pour que l'angle $(\overrightarrow {AB},\overrightarrow {AC})$ soit \'egal \`a l'angle $(\overrightarrow {OM},\overrightarrow {OP})$.\\ On tape :\\ {\tt D:=rotation(A,angle(O,M,P), droite(A,B));}\\ {\tt C:=element(D)} \subsection{Perpendiculaire \`a la droite $D$ passant par $A$}\index{perpendiculaire} \'Etant donn\'e trois points {\tt A} {\tt B} et {\tt C}, on veut construire la perpendiculaire, passant par A, \`a la droite BC.\\ On tape :\\ {\tt perpendiculaire(A,droite(B,C))} ou,\\ {\tt hauteur(A,B,C)} (voir aussi \ref{sec:droitetri}) ou,\\ on utilise le nombre complexe {\tt i} : {\tt droite(A,A+i*(C-B))}.\\ {\bf Activit\'e}\\ Cr\'eer un point {\tt A} et une droite {\tt BC} ne passant pas par {\tt A}.\\ Construire la perpendiculaire \`a la droite $BC$ passant par $A$, en utilisant la m\^eme construction qu'avec un compas.\\ {\bf R\'eponse}\\ On clique avec la souris pour avoir un point {\tt A} et deux points {\tt B} et {\tt C} et le segment {\tt BC}.\\ On tape :\\ {\tt C1:=cercle(B,A-B)} trace le cercle de centre $B$ passant par $A$\\ {\tt C2:=cercle(C,A-C)} trace le cercle de centre $C$ passant par $A$\\ {\tt droite(inter(C1,C2))} trace la droite qui joint les points d'intersection des deux cercles pr\'ec\'edents.\\ %La liste des instructions se trouve dans {\tt geo3} : c\'eer trois points {\tt A, B, C}, puis faire {\tt Charger session} du menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et selectionner {\tt geo3} du r\'ep\'ertoire {\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier.\\ {\bf Activit\'e}\\ Cr\'eer un segment {\tt AB}.\\ Construire la perpendiculaire \`a la droite $AB$ passant par $A$ en utilisant la m\^eme construction qu'avec un compas.\\ {\bf R\'eponse}\\ On clique avec la souris pour avoir deux points {\tt A} et {\tt B} et le segment {\tt AB}.\\ On tape :\\ {\tt C3:=cercle(A,B-A)} trace le cercle de centre $A$ passant par $B$\\ {\tt mediatrice(inter(C3,droite(A,B)))} trace la mediatrice des deux points d\'efinit par {\tt inter(C3,droite(A,B))}, cette m\'ediatrice passe par $A$ et est perpendiculaire \`a $AB$.\\ %La liste des instructions se trouve dans {\tt geo4} : cr\'eer deux points %{\tt A, B}, puis faire {\tt Charger session} du %menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et selectionner {\tt geo4} du r\'ep\'ertoire %{\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier. On peut aussi comme exercice de programmation d\'efinir la fonction {\tt Perpendiculaire} (il faut commencer le nom de la fonction par une majuscule car {\tt perpendiculaire} est une commande de {\tt Xcas}).\\ On tape ({\tt A} est un point et {\tt d} est une droite) : \begin{verbatim} Perpendiculaire(A,d):={ local L,M,E:=element(d); si est_element(A,d) alors L:=inter(d,cercle(A,1)); retourne simplify(affixe(A)),simplify(equation(mediatrice(L))); fsi; si angle(E,d,A)==pi/2 or angle(E,d,A)==-pi/2 alors retourne simplify(affixe(E)),equation(droite(A,E)); fsi; M:=milieu(op(inter(d,cercle(A,E-A)))); retourne simplify(affixe(M)),equation(droite(A,M)); }:; \end{verbatim} ainsi {\tt Perpendiculaire} renvoie l'affixe de la projection orthogonale {\tt E} de {\tt A} sur {\tt d} et l'\'equation de la droite {\tt A,E}.\\ On tape :\\ {\tt Perpendiculaire(point(1),droite(0,1+i))}\\ On obtient :\\ {\tt i/2+1/2,y=(-x+1)}\\ On tape :\\ {\tt Perpendiculaire(point(1),droite(-2,1+i))}\\ On obtient :\\ {\tt i/2-1/2,y=(-3*x+3)} \subsection{Parall\`ele \`a une droite passant par A}\index{parallele} \'Etant donn\'e trois points {\tt A} {\tt B} et {\tt C}, on veut construire la parall\`ele \`a la droite BC passant par A.\\ On tape :\\ {\tt parallele(A,droite(B,C))}\\ {\bf Activit\'e}\\ Cr\'eer un point {\tt A} et un segment {\tt BC} ne passant pas par {\tt A}. Construire la parall\`ele \`a la droite $BC$ passant par $A$ en utilisant l'instruction {\tt perpendiculaire}.\\ {\bf R\'eponse}\\ On clique avec la souris pour avoir un point {\tt A} et deux points {\tt B} et {\tt C} et le segment {\tt BC}.\\ On tape :\\ {\tt D:=perpendiculaire(A,droite(B,C))}\\ cela trace la perpendiculaire \`a $BC$ passant par $A$\\ {\tt P:=perpendiculaire(A,D)}\\ cela trace la perpendiculaire \`a $D$ passant par $A$.\\ La liste des instructions se trouve dans {\tt geo5} : cr\'eer trois points {\tt A, B, C}, puis faire {\tt Charger session} du menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et selectionner {\tt geo5} du r\'ep\'ertoire {\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier.\\ On peut, comme exercice de programmation d\'efinir la fonction {\tt Parallele} (il faut commencer le nom de la fonction par une majuscule car {\tt parallele} est une commande de {\tt Xcas}).\\ On tape ({\tt A} est un point et {\tt d} est une droite) : \begin{verbatim} Parallele(A,d):={ local d1:=droite(Perpendiculaire(A,d)[1]); Perpendiculaire(A,d1)[1]; }:; \end{verbatim} {\tt Parallele} renvoie l'\'equation de la parall\`ele \`a {\tt d} passant par {\tt A}.\\ On tape :\\ {\tt Parallele(point(i),droite(0,1+i))}\\ On obtient :\\ {\tt y=(x+1)} \subsection{Parall\`eles \`a une droite situ\'ees \`a une distance $d$ de cette droite} {\bf Activit\'e}\\ Cr\'eer un point {\tt A} et un segment {\tt BC} ne passant pas par {\tt A}.\\ Puis cr\'eer un point {\tt D} pour d\'efinir $d=${\tt longueur(A,D)}. \\ Construire les parall\`eles \`a la droite $BC$ situ\'ees \`a une distance $d=${\tt longueur(A,D)} de $BC$.\\ {\bf R\'eponse}\\ On clique avec la souris pour avoir un point {\tt A} et deux points {\tt B} et {\tt C} et le segment {\tt BC}, puis on clique avec la souris pour avoir un point {\tt D} ($d=longueur(A,D)$).\\ On tape :\\ {\tt D1:=perpendiculaire(B,droite(B,C));}\\ {\tt C1:=cercle(B,longueur(A,D));}\\ {\tt I:=inter(D1,C1);}\\ {\tt E:=I[0];}\\ {\tt F:=I[1];}\\ ou on utilise les nombres complexes pour d\'efinir {\tt E} et {\tt F} :\\ {\tt E:=B+i*(C-B)*longueur(A,D)/longueur(B,C)} le point {\tt E} est \`a une distance $d=longueur(A,D)$ de la droite $BC$,\\ {\tt F:=B-i*(C-B)*longueur(A,D)/longueur(B,C)} le point {\tt F} est \`a une distance $d=longueur(A,D)$ de la droite $BC$ ({\tt E} et {\tt F} sont sym\`etriques par rapport \`a $BC$),\\ puis,\\ {\tt parallele(E,droite(B,C))} trace une parall\`ele \`a la droite $BC$ situ\'ees \`a une distance $d=longueur(A,D)$ de $BC$.\\ {\tt parallele(F,droite(B,C))} trace l'autre parall\`ele \`a la droite $BC$ situ\'ees \`a une distance $d=longueur(A,D)$ de $BC$.\\ %La liste des instructions se trouve dans {\tt geo6} : cr\'eer trois points %{\tt A, B, C}, puis faire {\tt Charger session} du %menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et selectionner {\tt geo6} du r\'ep\'ertoire %{\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier. \subsection{Tangentes \`a un cercle}\index{tangent} \'Etant donn\'e un point {\tt A} et un cercle {\tt C}, la commande :\\ {\tt tangent(C,A)} dessine les deux tangentes \`a {\tt C} passant par {\tt A} si le point {\tt A} est ext\'erieur au cercle.\\ Si le point {\tt A} est ext\'erieur au cercle, {\tt tangent(C,A)} est une liste de deux droites (les deux tangentes \`a {\tt C} passant par {\tt A}) et \\ si le point {\tt A} est sur le cercle {\tt tangent(C,A)} est une droite (la tangente \`a {\tt C} passant par {\tt A}).\\ {\bf Activit\'e}\\ Tracer les tangentes \`a un cercle passant par un point.\\ Cette activit\'e doit se faire sans utiliser la commande {\tt tangent}.\\ Cr\'eer deux points {\tt A} et {\tt B}.\\ Cr\'eer un cercle {\tt C1} de centre {\tt A} et passant par {\tt B}.\\ Construire la tangente au cercle {\tt C1} passant par {\tt B}.\\ Cr\'eer un point {\tt C} ext\'erieur au cercle {\tt C1} et construire les tangentes au cercle {\tt C1} passant par {\tt C}.\\ {\bf R\'eponse}\\ On clique avec la souris pour avoir trois points {\tt A}, {\tt B} et {\tt C} puis on ex\'ecute la liste des instructions qui se trouve dans {\tt geo7} (faire {\tt Charger session} du menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et selectionner {\tt geo7} du r\'ep\'ertoire {\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier).\\ Voici le d\'etail de {\tt geo7} :\\ {\tt C1:=cercle(A,B-A)} ($C1$ est le cercle de centre $A$ qui passe par $B$),\\ {\tt perpendiculaire(B,droite(A,B))} (on dessine la tangente \`a $C1$ au point $B$),\\ {\tt C2:=cercle(C,A)} ($C2$ est le cercle de diam\`etre $AC$),\\ {\tt E:=inter(C1,C2)} ($E$ d\'esigne les 2 points d'intersection de $C1$ et de $C2$),\\ {\tt droite(E[0],C)} (c'est une tangente \`a $C1$ passant par $C$),\\ {\tt droite(E[1],C)} c'est l'autre tangente \`a $C1$ passant par $C$,\\ {\bf Activit\'e}\\ Tracer un cercle tangent \`a une droite donn\'ee en un point donn\'e et passant par un autre point.\\ Cr\'eer trois points {\tt A}, {\tt B} et {\tt C}.\\ Tracer la droite {\tt D} passant par {\tt A} et {\tt B}.\\ Construire un cercle {\tt C1} passant par {\tt C} et tangent \`a {\tt D} en {\tt A}.\\ {\bf R\'eponse}\\ On clique avec la souris pour avoir trois points {\tt A}, {\tt B} et {\tt C} puis on ex\'ecute la liste des instructions qui se trouve dans {\tt geo8} (faire {\tt Charger session} du menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et selectionner {\tt geo8} du r\'ep\'ertoire {\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier).\\ Voici le d\'etail de {\tt geo8} :\\ {\tt D:=droite(A,B)} (trace la droite $D$ passant par $A$ et $B$),\\ {\tt P:=perpendiculaire(A,D)} (trace la perpendiculaire \`a $D$ passant par $A$),\\ {\tt M:=mediatrice(A,C)} (trace la m\'ediatrice de $AC$),\\ {\tt N:=inter(P,M)[0]} ($N$ est le point d'intersection des deux droites pr\'ec\'edentes),\\ {\tt C1:=cercle(N,A-N)} (trace le cercle de centre $N$ passant par $A$).\\ {\tt C1} repond \`a la question. \subsection{Tangentes communes \`a 2 cercles} Soient {\tt C1:=cercle(A,r1)} et {\tt C2:=cercle(B,r2)}. Supposons {\tt r1!=r2} alors :\\ \begin{itemize} \item si {\tt longueur(A,B)<|r2-r1|} il n'y a pas de tangente commune. \item si {\tt longueur(A,B)=|r2-r1|} les 2 cercles sont tangents en {\tt C} et il y a 1 tangente commune passant par {\tt C} et perpendiculaire \`a {\tt AB}. \item si {\tt |r2-r1|=|r2-r1|}. \begin{itemize} \item Si les 2 cercles ont des rayons \'egaux, la solution est facile car les tangentes ext\'erieures communes sont parall\`eles \`a la droite des centres et les points de contact sont sur les perpendiculaires \`a la droite des centres passant respectivement par les centres.\\ On tape : \begin{verbatim} A:=point([-3.5,0.5],affichage=4); c1:=cercle(A,4,affichage=4); B:=point([1.3,1.4],affichage=4); c2:=cercle(B,4,affichage=4); p:=perpendiculaire(B,droite(A,B),affichage=ligne_tiret_point); L:=inter(c2,p); t1:=parallele(L[0],droite(A,B),affichage=1); t2:=parallele(L[1],droite(A,B),affichage=1); \end{verbatim} On obtient :\\ \includegraphics[width=12cm]{tangent2C0} \item Si les 2 cercles ont des rayons diff\'erents, par exemple si :\\ {\tt C1:=cercle(A,r1)} et {\tt C2:=cercle(B,r2)} avec {\tt r1=(r2-r1)\verb|^|2}.\\ On tape dans l'\'editeur de programmes : \begin{verbatim} tangente2c(A,r1,B,r2):={ local C1,C2,C3,C4,L,T1,T2,t1,t2,r,C,p; si r1>r2 alors r:=r1;r1:=r2;r2:=r; C:=A;A:=B;B:=C; fsi; C1:=cercle(A,r1); C2:=cercle(B,r2); si longueur2(A,B)<(r2-r1)^2 alors return [C1,C2]; fsi; si r1==r2 alors p:=perpendiculaire(B,droite(A,B)); L:=inter(C2,p); t1:=parallele(L[0],droite(A,B),affichage=1); t2:=parallele(L[1],droite(A,B),affichage=1); return [C1,C2,t1,t2]; fsi; C3:=cercle(B,r2-r1); C4:=cercle(A,B); L:=inter(C3,C4); T1:=inter_unique(demi_droite(B,L[0]),C2); T2:=inter_unique(demi_droite(B,L[1]),C2); t1:=parallele(T1,droite(A,L[0]),affichage=1); t2:=parallele(T2,droite(A,L[1]),affichage=1); return [C1,C2,t1,t2] }:; \end{verbatim} \end{itemize} {\bf Activit\'e} Tracer les tangentes int\'erieures communes \`a deux cercles ext\'erieurs.\\ Si les 2 cercles sont ext\'erieurs, par exemple si :\\ {\tt C1:=cercle(A,r1)} et {\tt C2:=cercle(B,r2)}, on doit avoir {\tt AB>r1+r2}.\\ Si {\tt K1} et {\tt K2} sont les points de contact d'une tangente int\'erieure commune \`a {\tt C1} et {\tt C2}, la parall\`ele \`a $K1K2$ men\'ee par $A$ coupe $BK2$ en $R$. On a $BR=r2+r1$ et le triangle $A,B,R$ est rectangle en $R$.\\ \includegraphics[width=\textwidth]{tangentid}\\ Donc $R$ se trouve sur le cercle de diam\`etre $AB$ et sur le cercle de centre $B$ et de rayon $r2-r1$.\\ \begin{itemize} \item On tape dans un niveau de g\'eom\'etrie 2D : \begin{verbatim} A:=point([-3.5,0.5],affichage=4); r1:=1.5; C1:=cercle(A,r1,affichage=4); B:=point([3,2],affichage=4); r2:=4; C2:=cercle(B,r2,affichage=4); C3:=cercle(B,r2+r1); C4:=cercle(A,B); L:=inter(C3,C4); T1:=inter_unique(demi_droite(B,L[0]),C2); T2:=inter_unique(demi_droite(B,L[1]),C2); t1:=parallele(T1,droite(A,L[0]),affichage=1); t2:=parallele(T2,droite(A,L[1]),affichage=1); segment(B,L[0],affichage=ligne_tiret_point); segment(B,L[1],affichage=ligne_tiret_point); segment(A,B); \end{verbatim} On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{tangent2c2} \item Avec un programme :\\ Si {\tt C1:=cercle(A,r1)} et {\tt C2:=cercle(B,r2)} alors on doit avoir :\\ {\tt longueur2(A,B)>=(r2-r1)\verb|^|2}.\\ On tape dans l'\'editeur de programmes : \begin{verbatim} tangenti2c(A,r1,B,r2):={ local C1,C2,C3,C4,L,T1,T2,t1,t2,r,C,p; si r1>r2 alors r:=r1;r1:=r2;r2:=r; C:=A;A:=B;B:=C; fsi; C1:=cercle(A,r1); C2:=cercle(B,r2); si longueur2(A,B)<(r2+r1)^2 alors return [C1,C2]; fsi; si longueur2(A,B)<(r2+r1)^2 alors return [C1,C2]; fsi; C3:=cercle(B,r2+r1); C4:=cercle(A,B); L:=inter(C3,C4); T1:=inter_unique(demi_droite(B,L[0]),C2); T2:=inter_unique(demi_droite(B,L[1]),C2); t1:=parallele(T1,droite(A,L[0]),affichage=1); t2:=parallele(T2,droite(A,L[1]),affichage=1); return [C1,C2,t1,t2] }:; \end{verbatim} \end{itemize} Voici le programme g\'en\'eral : \begin{verbatim} tangentei2c(A,r1,B,r2):={ local C1,C2,C3,C4,C5,L,L1,T1,T2,T3,T4,t1,t2,t3,t4,r,C,p; si r1>r2 alors r:=r1;r1:=r2;r2:=r; C:=A;A:=B;B:=C; fsi; C1:=cercle(A,r1); C2:=cercle(B,r2); si longueur2(A,B)<(r2-r1)^2 alors return [C1,C2]; fsi; C4:=cercle(A,B); si longueur2(A,B)>=(r2+r1)^2 alors C5:=cercle(B,r2+r1); L1:=inter(C5,C4); T3:=inter_unique(demi_droite(B,L1[0]),C2); T4:=inter_unique(demi_droite(B,L1[1]),C2); t3:=parallele(T3,droite(A,L1[0]),affichage=1); t4:=parallele(T4,droite(A,L1[1]),affichage=1); fsi; si r1==r2 alors si A==B alors return [C1,C2,infinity]; fsi; p:=perpendiculaire(B,droite(A,B)); L:=inter(C2,p); t1:=parallele(L[0],droite(A,B),affichage=1); t2:=parallele(L[1],droite(A,B),affichage=1); si longueur2(A,B)<(r2+r1)^2 alors return [C1,C2,t1,t2]; sinon return [C1,C2,t1,t2,t3,t4]; fsi; fsi; C3:=cercle(B,r2-r1); L:=inter(C3,C4); T1:=inter_unique(demi_droite(B,L[0]),C2); T2:=inter_unique(demi_droite(B,L[1]),C2); t1:=parallele(T1,droite(A,L[0]),affichage=1); t2:=parallele(T2,droite(A,L[1]),affichage=1); si longueur2(A,B)<(r2+r1)^2 alors return [C1,C2,t1,t2] sinon return [C1,C2,t1,t2,t3,t4]; fsi; return [C1,C2,t1,t2,t3,t4]; }:; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt tangentei2c(point(0,0),1,point(-4,0),2);}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{tangente4}\\ On tape :\\ {\tt tangentei2c(point(0,0),1,point(-3,0),2);}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{tangente3}\\ On tape :\\ {\tt tangentei2c(point(0,0),1,point(-2,0),2);}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{tangente2}\\ On tape :\\ {\tt tangentei2c(point(0,0),1,point(-1,0),2)}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{tangente1}\\ On tape :\\ {\tt tangentei2c(point(0,0),1,point(-0.5,0),2)}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{tangente0} \section{Une construction plus difficile} Soit un rectangle $ABCD$ tel que $AB=a$ et $AD=b$.\\ On cherche les conditions que doivent v\'erifier $x$ et $y$ pour que l'on puisse construire un point $M$, de coordonn\`ees $(x,y)$, \`a l'int\'erieur du rectangle qui v\'erifie :\\ $MD=3$, $MC=4$ et $MB=5$.\\ \includegraphics[width=\textwidth]{rect345}\\ Si l'affixe de $M$ est $m+i*n$, \'ecrire les relations qui lient $m,n,a,b$.\\ Faire la construction avec {\tt Xcas}.\\ On a donc :\\ $0\leq m\leq 3$ et $0\leq n\leq 5$\\ On pose :\\ {\tt M:=point(m+i*n)}\\ {\tt A:=point(0)}\\ {\tt B:=point(a)}\\ {\tt C:=point(a+i*b)}\\ {\tt D:=point(i*b)}\\ On tape :\\ {\tt longueur2(M,D)-9}\\ On obtient :\\ {\tt (m)\verb|^|2+(-b+n)\verb|^|2-9}\\ On tape :\\ {\tt longueur2(M,C)-16}\\ On obtient :\\ {\tt (-a+m)\verb|^|2+(-b+n)\verb|^|2-16}\\ On tape :\\ {\tt longueur2(M,B)-25}\\ On obtient :\\ {\tt n\verb|^|2+(-a+m)\verb|^|2-25}\\ Donc $m,n,a,b$ v\'erifient les \'equations :\\ $[(m)^2+(-b+n)^2=9,(-a+m)^2+(-b+n)^2=16,n^2+(-a+m)^2=25]$\\ Donc :\\ $m^2+n^2=(m)^2+(-b+n)^2-((-a+m)^2+(-b+n)^2)+n^2+(-a+m)^2=9-16+25=18$\\ Le point $M$ se trouve donc sur le cercle $c$ de centre $A$ et de rayon $\sqrt{18}$.\ Comme $0\leq m\leq 3$ et que le point d'affixe $3+3*i$ est sur le cercle $c$, on peut dire que $M$ est sur l'arc $\pi/4,\pi/2$ ($0\leq n\leq 5$ sera v\'erifi\'e car $\sqrt{18}<5$).\\ On tape : \begin{verbatim} A:=point(0); c:=cercle(0,3*sqrt(2),pi/4,pi/2); supposons(m=[2.7,0,3,0.1]); M:=point(m+i*sqrt(18-m^2)); c1:=cercle(M,5); c2:=cercle(M,3); B:=inter_unique(droite(y=0),c1); D:=inter_unique(droite(x=0),c2); C:=inter_unique(droite(x=affixe(B)),droite(y=-i*affixe(D))); polygone(A,B,C,D); affixe(B),affixe(C); affichage(plotparam(u+sqrt(7+u^2)+i*(sqrt(18-u^2)+sqrt(9-u^2)), u=0..sqrt(9),tstep=0.1),1); trace(D); \end{verbatim} \includegraphics[width=\textwidth]{recta345} {\bf Remarque}\\ Le probl\`eme est plus facile si on modifie les conditions.\\ On cherche les conditions que doivent v\'erifier $x$ et $y$ pour que l'on puisse construire un point $M$, de coordonn\`ees $(x,y)$, \`a l'int\'erieur du rectangle v\'erifiant :\\ $MD=3$, $MC=5$ et $MB=4$.\\ On a alors :\\ $x^2+(y-b)^2=9$ $(x-a)^2+(y-b)^2=25$ $(x-a)^2+y^2=16$ Donc :\\ $x^2+(y-b)^2-(x-a)^2-(y-b)^2+(x-a)^2+y^2=x^2+y^2=0$ Donc $x=0$, $y=0$ et $M$ se trouve en $A$.\\ Le rectangle a alors comme dimension $a=4$ et $b=3$. \section{Une autre construction avec un triangle \'equilat\'eral} Soit un triangle \'equilat\'eral $ABC$ tel que $AB=a$.\\ On cherche la valeur de $a$ pour que l'on puisse construire un point $M$ \`a l'int\'erieur du triangle $ABC$ tel que $MA=4$, $MB=5$ et $MC=3$.\\ Faire la construction de $ABC$ et calculer les aires des 4 triangles :\\ $ABC$, $ABM$, $ACM$, $BCM$. \begin{center}\includegraphics[width=8cm]{equi345}\end{center} On pourra effectuer la rotation de centre $A$ et d'angle $\pi/3$ qui transforme $M$ en $N$.\\ {\bf La solution}\\ Consid\'erons la rotation de centre $A$ et d'angle $\pi/3$ qui transforme $M$ en $N$.\\ Le triangle $AMN$ est isoc\`ele de sommet $A$ et on a :\\ $\widehat{MAN}=\widehat{MAC}+\widehat{CAN}=\widehat{MAC}+\widehat{BAM}=\widehat{BAC}=\pi/3$\\ Donc le triangle $AMN$ est \'equilat\'eral et $MN=4$.\\ Le triangle $CNM$ a donc pour c\^ot\'es : $CM=3$, $MN=4$, $CN=5$.\\ Le triangle $CNM$ est donc rectangle en $M$. et l'angle $\widehat{CMA}=5\pi/6$.\\ On a donc puisque $\cos(5\pi/6)=-\sqrt 3/2$, $MC=3$ et $AM=4$ :\\ $a^2=AC^2=3^2+4^2-2*3*4*(-\sqrt 3/2)=25+12\sqrt 3$.\\ {\bf La construction}\\ On tape : \begin{verbatim} C:=point(3); A:=point(-4*sqrt(3)/2+4*i/2,affichage=quadrant2); B:=rotation(C,pi/3,A); triangle(A,B,C); M:=point(0); triangle_equilateral(A,M,N,affichage=1); segment(B,M); segment(C,M); \end{verbatim} On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{equi345c} On v\'erifie, on tape :\\ {\tt normal(longueur(A,M),longueur(B,M))}\\ On obtient :\\ {\tt 4,5}\\ {\bf Calcul des aires \`a l'aide d'un puzzle}\\ On consid\`ere 2 exemplaires du triangle \'equilat\'eral $ABC$ d\'efini ci-dessus. On d\'ecoupe un des exemplaires en 3 morceaux qui sont les triangles $ABM$, $BCM$ et $AMC$. On obtient donc un puzzle avec les 4 pi\`eces :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{equi345p}\\ On r\'ealise alors avec ces 4 pi\`eces l'octogone :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{equi345pp}\\ On a trac\'e les segments joignant $M$ au sommet de l'octogone.\\ Cet octogone est compse de 3 triangles rectangles de c\^ot\'es 3,4,5 et de 3 triangles \`equilat\'eraux de c\^ot\'es respectifs 3,4 et 5. On a donc si $S$ est l'aire de $ABC$ :\\ $2S=a^2\sqrt 3/2=3*3*2+(9+16+25)\sqrt 3/4=18+25\sqrt 3/2$\\ Donc $S=9+25\sqrt 3/4$ et on retrouve que $a^2=25+12\sqrt 3$\\ Soient $s_1,s_2,s_3,s_4$ les aires des triangles de couleurs 1 (rouge),2(vert), 3(jaune),4(bleu).\\ On va donc r\'esoudre le syst\`eme lin\'eaire :\\ $[s_1-s_2-s_3-s_4=0,s_2+s_3=6+25\sqrt 3/4,s_2+s_4=9\sqrt 3/4+6,s_3+s_4=4\sqrt 3+6]$\\ On tape :\\ {\tt linsolve([s1-s2-s3-s4=0,s2+s3=6+25*sqrt(3)/4,\\s2+s4=9*sqrt(3)/4+6,s3+s4=4*sqrt(3)+6],[s1,s2,s3,s4])}\\ On obtient :\\ {\tt [(sqrt(3)*25+36)/4,(sqrt(3)*9+12)/4,sqrt(3)*4+3,3]}\\ On a tap\'e pour obtenir l'octogone : \begin{verbatim} triangle(A,B,C,affichage=1+rempli); triangle(A,C,N,affichage=2+rempli); P:=rotation(C,pi/3,M):; Q:=rotation(B,pi/3,M):; triangle(B,C,P,affichage=4+rempli)) triangle(B,A,Q,affichage=3+rempli); \end{verbatim} \section{Les transformations} Les transformations ci-dessous peuvent toujours \^etre consid\'er\'ees, soit comme des fonctions (les arguments sont les param\`etres servant \`a d\'efinir la transformation), soit comme agissant sur le dernier argument (les arguments sont les param\`etres servant \`a d\'efinir la transformation et alorsl'objet g\'eom\'etrique \`a transformer est mis comme dernier param\`etre). \subsection{La translation}\index{translation} \'Etant donn\'e trois points {\tt A, B, C} le point :\\ {\tt translation(C-B,A)} est le transform\'e du point {\tt A} dans la translation de vecteur ${\tt \overrightarrow{BC}}$.\\ On a aussi {\tt t:=translation(C-B)} est la translation de vecteur ${\tt \overrightarrow{BC}}$ .\\ On \'ecrira alors {\tt t(A)} pour d\'esigner le transform\'e du point {\tt A} dans la translation {\tt t} de vecteur ${\tt \overrightarrow{BC}}$.\\ Par exemple si :\\ {\tt D:=t(A)} ou si\\ {\tt D:=translation(C-B,A)} on a :\\ ${\tt \overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}}$.\\ {\bf Activit\'e}\\ Cr\'eer un polygone quelconque {\tt ABCDE}.\\ Cr\'eer un point {\tt F} \`a l'ext\'erieur de ce polygone.\\ Construire le polygone {\tt FGHJK} translat\'e de {\tt ABCDE} dans la translation de vecteur ${\tt \overrightarrow {AF}}$.\\ Faites bouger le point {\tt A} et observer.\\ Faites bouger le point {\tt F} et observer. \subsection{L'homoth\'etie}\index{homothetie} \'Etant donn\'e deux points {\tt A, B} et un nombre r\'eel $k$, le point :\\ {\tt homothetie(B,k,A)} est le transform\'e du point {\tt A} dans l'homoth\'etie de centre {\tt B} et de rapport $k$.\\ On a aussi {\tt h:=homothetie(B,k)} est l'homoth\'etie de centre {\tt B} et de rapport $k$.\\ Par exemple si :\\ {\tt C:=h(A)} ou si\\ {\tt C:=homothetie(B,2,A)}, {\tt C} est tel que ${\tt \overline{BC}=2*\overline{BA}}$\\ {\bf Activit\'e}\\ Cr\'eer un polygone quelconque {\tt ABCDE}.\\ Cr\'eer un point {\tt F} \`a l'ext\'erieur de ce polygone.\\ Construire le polygone {\tt GHJKL} homoth\'etique de {\tt ABCDE} dans l'homoth\'etie de vecteur centre {\tt F} et de rapport 2.\\ Faites bouger le point {\tt A} et observer.\\ Faites bouger le point {\tt F} et observer. \subsection{La sym\'etrie droite et la sym\'etrie point}\index{symetrie} \'Etant donn\'e trois points {\tt A, B, C} le point :\\ {\tt symetrie(droite(B,C),A)} est le transform\'e du point {\tt A} dans la sym\'etrie par rapport \`a la droite $BC$,\\ On a aussi {\tt sd:=symetrie(droite(B,C))} est la sym\'etrie par rapport \`a la droite $BC$,\\ {\tt symetrie(B,A)} est le transform\'e du point {\tt A} dans la sym\'etrie de centre {\tt B}.\\ On a aussi {\tt sp:=symetrie(B)} est la sym\'etrie de centre {\tt B}. On peut aussi comme exercice de programmation d\'efinir les fonctions {\tt Symetrie\_point} {\tt Symetrie\_droite} ({\tt symetrie} est la commande de {\tt Xcas} qui r\'ealise ces 2 fonctions).\\ On tape ({\tt A} et {\tt M} sont des points et {\tt d} est une droite) :\\ {\tt Symetrie\_point((A,M)):=A+(A-M)}\\ {\tt Symetrie\_droite(d,M):= \{local N:=inter\_unique(Perpendiculaire(M,d),d);Symetrie\_point(N,M);\}} \subsection{La rotation}\index{rotation} \'Etant donn\'e deux points {\tt A, B} et un r\'eel $u$, le point :\\ {\tt rotation(B,u,A)} est le transform\'e du point {\tt A} dans la rotation de centre {\tt B} et d'angle de mesure $u$ radians (ou degr\'es selon la configuration du {\tt CAS} menu {\tt Cfg->Configuration du CAS}).\\ On a aussi {\tt r:=rotation(B,u)} est la rotation de centre {\tt B} et d'angle de mesure $u$ radians (ou degr\'es selon la Configuration du {\tt CAS} menu {\tt Cfg}). \subsection{La projection}\index{projection} \'Etant donn\'e trois points {\tt A, B, C} le point :\\ {\tt projection(droite(B,C),A)} est la projection orthogonale du point {\tt A} sur la droite $BC$.\\ On a aussi {\tt p:=projection(droite(B,C))} est la projection orthogonale sur la droite $BC$. \subsection{La similitude}\index{similitude} \'Etant donn\'e deux points {\tt A, B}, un r\'eel $k$ et un r\'eel $u$, le point :\\ {\tt similitude(B,k,u,A)} est le transform\'e du point {\tt A} dans la similitude de centre {\tt B}, de rapport $k$ et d'angle mesure $u$ radians (ou degr\'es selon la configuration du {\tt CAS} menu {\tt Cfg->Configuration du CAS}).\\ On a aussi {\tt s:=similitude(B,k,u)} est la similitude de centre {\tt B}, de rapport $k$ et d'angle mesure $u$ radians (ou degr\'es selon la configuration du {\tt CAS} menu {\tt Cfg->Configuration du CAS}). \subsection{L'inversion}\index{inversion} \'Etant donn\'e deux points {\tt A, B}, un r\'eel $k$ le point :\\ {\tt inversion(C,k,A)} est le transform\'e du point {\tt A} dans l'inversion de centre {\tt C}, de rapport $k$.\\ Par exemple si :\\ {\tt A1:=inversion(C,2,A)}, {\tt A1} est tel que ${\tt \overline{CA1}*\overline{CA}=2}$.\\ {\tt inversion(C,k,M)} est donc le point d\'efini par:\\ {\tt point(C+k*conj(inv(M-C)))}\\ On a aussi {\tt inver:=inversion(C,k)} est l'inversion de centre {\tt C}, de rapport $k$. \section{Les lieux g\'eom\'etriques}\index{lieu} L'instruction {\tt lieu} permet de tracer le lieu d'un point {\tt M}, lorsque ce point {\tt M} est fonction d'un point {\tt P} pouvant se d\'eplacer sur un objet g\'eom\'etrique {\tt G} et si on a d\'efini {\tt P} par {\tt P:=element(G)}).\\ {\bf Remarque} :\\ Il faut que les param\`etres de {\tt lieu} soient des noms de variables.\\ Donc pour obtenir le lieu d'un point {\tt M}, il faut avoir d\'efini ce point par une affectation \`a un nom de variable, par exemple {\tt M:=...}.\\ On \'ecrit alors :\\ {\tt lieu(M,P)} \subsection{Des exemples de lieux} {\bf Exemple 1} :\\ Lieu du centre de gravit\'e du triangle $ABC$ quand $A$ se d\'eplace sur une parall\`ele \`a $BC$.\\ Ici on cherche le lieu du centre de gravit\'e du triangle $PBC$ lorsque $P$ se d\'eplace sur la parall\`ele \`a $BC$ passant par $A$.\\ On clique pour obtenir trois points {\tt A, B, C} et on tape : \begin{verbatim} D:=parallele(A,droite(B,C)); P:=element(D); G:=isobarycentre(P,B,C); lieu(G,P); \end{verbatim} {\tt lieu(G,P)} trace le lieu du point {\tt G} en fonction de {\tt P}.\\ Si l'on veut pouvoir anim\'ee la figure on tape la liste des instructions qui se trouve dans le fichier {\tt lieu1}, on clique pour obtenir trois points {\tt A, B, C} puis, on fait {\tt Charger session} du menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et on selectionne {\tt lieu1} du r\'ep\'ertoire {\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier) :\\ Ou on clique pour cr\'eer trois points {\tt A, B, C} et on tape : \begin{verbatim} D:=parallele(A,droite(B,C)); t:=element(-5..5) P:=element(D,t); G:=isobarycentre(P,B,C); lieu(G,P); \end{verbatim} ainsi lorsqu'on d\'eplace la barre verticale indiquant la valeur de {\tt t}, on voit se d\'eplacer les deux points {\tt P} et {\tt G} simultan\'ement.\\ {\bf Exemples 2 et 3} :\\ Soient deux points {\tt A} et {\tt B} et {\tt C1} le cercle de diam\`etre {\tt A B}. Soit {\tt O} le centre de ce cercle et {\tt C} un point variable de ce cercle.\\ Soit {\tt N} l'intersection de la tangente en {\tt C} \`a {\tt C1} avec la parall\`ele \`a {\tt AC} passant par {\tt O}.\\ Trouver le lieu de {\tt N} quand {\tt C} varie.\\ La liste des instructions pour trouver ce lieu se trouve dans le fichier {\tt lieu2}, on clique pour obtenir deux points {\tt A, B} puis, on fait {\tt Charger session} du menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et on selectionne {\tt lieu2} du r\'ep\'ertoire {\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier.\\ Ou on clique pour cr\'eer deux points {\tt A, B} et on tape : \begin{verbatim} C1:=cercle(A,B); O:=milieu(A,B); C:=element(C1); T:=tangent(C1,C); D2:=parallele(O,droite(A,C)); M:=inter(T,D2); N:=M[0]; lieu(N,C); \end{verbatim} {\bf Attention} {\tt M} est une liste ayant un seul \'el\'ement et on ne peut pas \'ecrire {\tt lieu(M[0],C)} car {\tt M[0]} n'est pas un nom de variable.\\ On peut aussi \'ecrire des instructions sans utiliser la fonction {\tt tangent} et en rajoutant {\tt t:=element(0..2*pi);} (c'est le fichier {\tt lieu3}) :\\ On clique pour cr\'eer deux points {\tt A, B}. \begin{verbatim} C1:=cercle(A,B); O:=milieu(A,B); t:=element(0..2*pi); C:=element(C1,t); D1:=perpendiculaire(C,droite(O,C)); D2:=parallele(O,droite(A,C)); M:=inter(D1,D2); N:=M[0]; lieu(N,C); \end{verbatim} Les triangles $NOC$ et $NOB$ sont \'egaux car leurs angles $\widehat{O}$ sont \'egaux \`a l'angle $\widehat{CAB}$ et \`a l'angle $\widehat{OCA}$. Donc $NB$ est perpendiculaire \`a $AB$.\\ La r\'eciproque est \'evidente car si {\tt N} se trouve sur la perpendiculaire \`a {\tt AB} en {\tt B}, on m\'ene par {\tt N} l'autre tangente au cercle pour d\'efinir le point {\tt C}.\\ Les triangles rectangles {\tt NOC} et {\tt NOB} sont \'egaux et donc {\tt ON} est parall\`ele \`a {\tt AC}.\\ {\bf Exemple 4} :\\ Une droite variable {\tt D1} coupe les cot\'es {\tt AB,AC,BC} du triangle {\tt ABC} en {\tt D,E,M}.\\ Les cercles circonscrits aux triangles {\tt BDM} et {\tt ECM} se coupent en {\tt P} et {\tt M}. Trouver le lieu de {\tt P} quand {\tt D1} varie.\\ On peut faire \'ex\'ecuter le fichier {\tt lieu4} (on clique pour obtenir trois points {\tt A, B, C} puis on fait {\tt Charger session} du menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et on selectionne {\tt lieu4} du r\'ep\'ertoire {\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier) ou,\\ on clique pour obtenir trois points {\tt A, B, C} et on tape : \begin{verbatim} Triangle(A,B,C); u:=element(-4..4); M:=element(droite(B,C),u); D:=element(droite(A,B)); D1:=droite(D,M); E:=(inter(droite(A,C),D1))[0]; C1:=circonscrit(B,D,M); C2:=circonscrit(E,C,M); L:=inter(C1,C2); if (affixe(L[0])==affixe(M)) {Q:=L[1];} else {Q:=L[0];}; P:=Q; lieu(P,M); \end{verbatim} On remarquera que l'on est oblig\'e d'utiliser un point interm\'ediaire {\tt Q} pour pouvoir d\'efinir {\tt P} par une affectation.\\ Le lieu de $P$ est le cercle circonscrit au triangle $ABC$ car l'angle l'angle $\widehat{P}$ du triangle $PBC$ est \'egal \`a l'angle $\widehat{A}$ du triangle $ABC$ en \'ecrivant des \'egalit\'es d'angles inscrits.\\ {\bf Exemple 5} :\\ Lieu de l'orthocentre du triangle $ABC$ quand $A$ se d\'eplace sur une parall\`ele \`a $BC$.\\ Ici on cherche le lieu de l'orthocentre du triangle $MBC$ lorsque $M$ se d\'eplace sur la parall\`ele \`a $BC$ passant par $A$.\\ On peut faire \'ex\'ecuter le fichier {\tt lieu5} (on clique pour obtenir trois points {\tt A, B, C} puis, on fait {\tt Charger session} du menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et on selectionner {\tt lieu5} du r\'ep\'ertoire {\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier) ou,\\ on clique pour obtenir trois points {\tt A,B,C} et on tape : \begin{verbatim} D:=parallele(A,droite(B,C)); M:=element(D); H:=(inter(perpendiculaire(M,droite(C,B)), perpendiculaire(C,droite(M,B))))[0] ; lieu(H,M); \end{verbatim} Le lieu est une parabole passant par $B$ et $C$ et de sommet $S$ orthocentre du triangle isoc\`ele $PBC$ ($P$ sur la m\'ediatrice de $BC$ et sur la droite $D$). On peut \`a la main avoir assez facilement l'\'equation de cette parabole ...mais trouver ce lieu en g\'eom\'etrie pure est plus difficle! \subsection{D'autres exemples de lieux} {\bf Exemple 1} :\\ Lieu du centre de gravit\'e du triangle $ABC$ quand $A$ se d\'eplace sur une parall\`ele \`a $BC$.\\ Ici on cherche le lieu du centre de gravit\'e du triangle $PBC$ lorsque $P$ se d\'eplace sur la parall\`ele \`a $BC$ passant par $A$.\\ On clique pour obtenir trois points {\tt A, B, C} et on tape : \begin{verbatim} D:=parallele(A,droite(B,C)); P:=element(D); G:=isobarycentre(P,B,C); lieu(G,P); \end{verbatim} {\tt lieu(G,P)} trace le lieu du point {\tt G} en fonction de {\tt P}.\\ Si l'on veut pouvoir anim\'ee la figure on tape la liste des instructions qui se trouve dans le fichier {\tt lieu1}, on clique pour obtenir trois points {\tt A, B, C} puis, on fait {\tt Charger session} du menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et on selectionne {\tt lieu1} du r\'ep\'ertoire {\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier) :\\ Ou on clique pour cr\'eer trois points {\tt A, B, C} et on tape : \begin{verbatim} A:=point([-3,3/2,'affichage'=0]); B:=point([-1,-3/2,'affichage'=0]); C:=point([3,9/4,'affichage'=0]); D:=parallele(A,droite(B,C)); P:=element(D); G:=isobarycentre(P,B,C); lieu(G,P); \end{verbatim} ainsi lorsqu'on d\'eplace la barre verticale indiquant la valeur de {\tt t}, on voit se d\'eplacer les deux points {\tt P} et {\tt G} simultan\'ement.\\ {\tt lieu(G,P);} renvoie droite(y=((15*x)/16+17/16)) {\bf Exemples 2 et 3} :\\ Soient deux points {\tt A} et {\tt B} et {\tt C1} le cercle de diam\`etre {\tt A B}. Soit {\tt O} le centre de ce cercle et {\tt C} un point variable de ce cercle.\\ Soit {\tt N} l'intersection de la tangente en {\tt C} \`a {\tt C1} avec la parall\`ele \`a {\tt AC} passant par {\tt O}.\\ Trouver le lieu de {\tt N} quand {\tt C} varie.\\ La liste des instructions pour trouver ce lieu se trouve dans le fichier {\tt lieu2}, on clique pour obtenir deux points {\tt A, B} puis, on fait {\tt Charger session} du menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et on selectionne {\tt lieu2} du r\'ep\'ertoire {\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier.\\ Ou on clique pour cr\'eer deux points {\tt A, B} et on tape : \begin{verbatim} C1:=cercle(A,B); O:=milieu(A,B); C:=element(C1); T:=tangent(C1,C); D2:=parallele(O,droite(A,C)); M:=inter(T,D2); N:=M[0]; lieu(N,C); \end{verbatim} {\bf Attention} {\tt M} est une liste ayant un seul \'el\'ement et on ne peut pas \'ecrire {\tt lieu(M[0],C)} car {\tt M[0]} n'est pas un nom de variable.\\ On peut aussi \'ecrire des instructions sans utiliser la fonction {\tt tangent} et en rajoutant {\tt t:=element(0..2*pi);} (c'est le fichier {\tt lieu3}) :\\ On clique pour cr\'eer deux points {\tt A, B}. \begin{verbatim} C1:=cercle(A,B); O:=milieu(A,B); C:=element(C1); D1:=perpendiculaire(C,droite(O,C)); D2:=parallele(O,droite(A,C)); M:=inter(D1,D2); N:=M[0]; lieu(N,C); \end{verbatim} {\tt lieu(N,C)} renvoie {\tt droite(y=((2*x)/3-5/6))}\\ Les triangles $NOC$ et $NOB$ sont \'egaux car leurs angles $\widehat{O}$ sont \'egaux \`a l'angle $\widehat{CAB}$ et \`a l'angle $\widehat{OCA}$. Donc $NB$ est perpendiculaire \`a $AB$.\\ La r\'eciproque est \'evidente car si {\tt N} se trouve sur la perpendiculaire \`a {\tt AB} en {\tt B}, on m\'ene par {\tt N} l'autre tangente au cercle pour d\'efinir le point {\tt C}.\\ Les triangles rectangles {\tt NOC} et {\tt NOB} sont \'egaux et donc {\tt ON} est parall\`ele \`a {\tt AC}.\\ {\bf Exemple 4} :\\ Une droite variable {\tt D1} coupe les cot\'es {\tt AB,AC,BC} du triangle {\tt ABC} en {\tt D,E,M}.\\ Les cercles circonscrits aux triangles {\tt BDM} et {\tt ECM} se coupent en {\tt P} et {\tt M}. Trouver le lieu de {\tt P} quand {\tt D1} varie.\\ On peut faire \'ex\'ecuter le fichier {\tt lieu4} (on clique pour obtenir trois points {\tt A, B, C} puis on fait {\tt Charger session} du menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et on selectionne {\tt lieu4} du r\'ep\'ertoire {\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier) ou,\\ on clique pour obtenir trois points {\tt A, B, C} et on tape : \begin{verbatim} triangle(A,B,C); u:=element(-4..4); M:=element(droite(B,C),u); D:=element(droite(A,B)); D1:=droite(D,M); E:=(inter(droite(A,C),D1))[0]; C1:=circonscrit(B,D,M); C2:=circonscrit(E,C,M); L:=inter(C1,C2); if (affixe(L[0])==affixe(M)) {Q:=L[1];} else {Q:=L[0];}; P:=Q; lieu(P,M); \end{verbatim} On remarquera que l'on est oblig\'e d'utiliser un point interm\'ediaire {\tt Q} pour pouvoir d\'efinir {\tt P} par une affectation.\\ Le lieu de $P$ est le cercle circonscrit au triangle $ABC$ car l'angle l'angle $\widehat{P}$ du triangle $PBC$ est \'egal \`a l'angle $\widehat{A}$ du triangle $ABC$ en \'ecrivant des \'egalit\'es d'angles inscrits.\\ {\bf Exemple 5} :\\ Lieu de l'orthocentre du triangle $ABC$ quand $A$ se d\'eplace sur une parall\`ele \`a $BC$.\\ Ici on cherche le lieu de l'orthocentre du triangle $MBC$ lorsque $M$ se d\'eplace sur la parall\`ele \`a $BC$ passant par $A$.\\ On peut faire \'ex\'ecuter le fichier {\tt lieu5} (on clique pour obtenir trois points {\tt A, B, C} puis, on fait {\tt Charger session} du menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et on selectionner {\tt lieu5} du r\'ep\'ertoire {\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier) ou,\\ on clique pour obtenir trois points {\tt A,B,C} et on tape : \begin{verbatim} D:=parallele(A,droite(B,C)); M:=element(D); H:=(inter(perpendiculaire(M,droite(C,B)), perpendiculaire(C,droite(M,B))))[0] ; lieu(H,M); \end{verbatim} Le lieu est une parabole passant par $B$ et $C$ et de sommet $S$ orthocentre du triangle isoc\`ele $PBC$ ($P$ sur la m\'ediatrice de $BC$ et sur la droite $D$). On peut \`a la main avoir assez facilement l'\'equation de cette parabole ...mais trouver ce lieu en g\'eom\'etrie pure est plus difficle! \subsection{Des exercices de lieux} {\bf Exercice1}\\ Soient 2 points fixes $A$ et $B$.\\ On consid\`ere l'ensemble $\Gamma$ des cercles $c$ passant par $A$ et $B$.\\ Pour $c \in \Gamma$, lieu des points $M$ de $c$ qui ont une tangente en $M$ perpendiculaire \`a $AB$.\\ On tape dans un niveau de g\'eom\'etrie 2d (version 1) : \begin{verbatim} A:=point(-1); B:=point(1); P:=element(droite(x=0)); c:=cercle(P,A-P); M:=translation(longueur(A,P),P); N:=translation(-longueur(A,P),P); lieu(M,P); lieu(N,P); \end{verbatim} ou on tape dans un niveau de g\'eom\'etrie 2d (version 2) : \begin{verbatim} A:=point(-1); B:=point(1); assume(u=[0,-5,5,0.1])); P:=element(droite(x=0),u); c:=cercle(P,sqrt(u^2+1)); L:=inter(droite(y=u),c); M:=L[0]; N:=L[1]; lieu(M,u); lieu(N,u); \end{verbatim} Pour la version 1 (resp pour la version 2) {\tt lieu(M,P);} (resp {\tt lieu(M,u);}) renvoie :\\ {\tt plotparam((i)*` t`+sqrt(1+(-` t`)\verb|^|2),` t`=-10.0..10.0)}\\ et pour la version 1 (resp pour la version 2) {\tt lieu(N,P);} (resp {\tt lieu(N,u);}) renvoie :\\ {\tt plotparam((i)*` t`-sqrt(1+(-` t`)\verb|^|2),` t`=-10.0..10.0)}\\ et le dessin correspondant :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{lieu0}\\ On peut aussi taper en utilisant directement {\tt plotparam} : \begin{verbatim} supposons(u=[0,-5,5,0.1]) P:=point(i*u) c:=cercle(P,sqrt(u^2+1)); L:=inter(droite(y=u),c):; M:=L[0];N:=L[1]; plotparam(affixe(M),u); plotparam(affixe(N),u); \end{verbatim} On obtient le dessin ci-dessus.\\ %\includegraphics[width=\textwidth]{lieu2}\\ On tape :\\ {\tt affixe(M)}\\ On obtient :\\ {\tt (i)*u+sqrt(u\verb|^|2+1)}\\ On tape :\\ {\tt affixe(N)}\\ On obtient :\\ {\tt (i)*u-sqrt(u\verb|^|2+1)}\\ {\bf Exercice2}\\ Soient un cercle $c$ de centre $O$ et 2 points fixes $A$ et $B$ situ\'es sur un diam\`etre de $c$.\\ Soit un diam\`etre variable $PQ$ de $c$.\\ Lieu de $M$ intersection de $AP$ et $BQ$.\\ On tape : \begin{verbatim} c:=cercle(0,1) A:=point(-4); B:=point(-2); u:=element(-pi..pi); P:=element(c,u); Q:=-P; M:=inter_unique(droite(A,P),droite(B,Q)); lieu(M,P) \end{verbatim} On obtient :\\ {\tt cercle(point(-8/3,0),1/3)}\\ On tape :\\ {\tt droite(A,0);segment(P,A);segment(M,Q)}\\ {\tt segment(0,P);segment(M,point(-8/3))}\\ On obtient le cercle homoth\'etique de $c$ dans l'homoth\'etie de centre $A$ et de rapport ici 1/3.\\ \includegraphics[width=\textwidth]{lieu1}\\ On a en effet en appliquant le th\'eor\'eme de M\'en\'ela\"us au triangle $OAP$ on a :\\ $M,B,Q$ align\'es est \'equivalent \`a : $\displaystyle \frac{\overline{MA}}{\overline{MP}}\cdot \frac{\overline{QP}}{\overline{QO}}\cdot \frac{\overline{BO}}{\overline{BA}}=1$\\ On a $\displaystyle \frac{\overline{QP}}{\overline{QO}}=2$. Si $\displaystyle \frac{\overline{BA}}{\overline{BO}}=k$ alors $\displaystyle \frac{\overline{MA}}{\overline{MP}}=\frac{k}{2}$ donc \\ $\displaystyle \frac{\overline{AP}}{\overline{AM}}=1+\frac{\overline{MP}}{\overline{AM}}=1-\frac{2}{k}=\frac{k-2}{k}$\\ Ce qui prouve que $M$ se d\'eduit de $P$ dans l'homoth\'etie de centre $A$ et de rapport : $\displaystyle \frac{k}{k-2}$\\ Dans l'exemple on a $k=-1$ donc le rapport de l'homoth\'etie est bien : $\displaystyle \frac{1}{3}$ \section{Figures polygonales} \subsection{Le triangle}\index{triangle}\index{triangle\_isocele}\index{triangle\_equilateral}\index{triangle\_rectangle} \'Etant donn\'e trois points {\tt A}, {\tt B} et {\tt C} les commandes suivantes permettent de tracer des triangles : \begin{itemize} \item Le triangle quelconque\\ {\tt triangle(A,B,C)} trace le triangle $ABC$. \item Le triangle \'equilat\'eral\\ {\tt triangle\_equilateral(A,B)} trace le triangle \'equilat\'eral direct $ABC$ mais sans d\'efinir le point $C$. Pour d\'efinir $C$, il faut donner un nom au triangle (par exemple $T$) et utiliser la commande {\tt sommets(T)} qui renvoie la liste des sommets de $T$.\\ On \'ecrira alors :\\ {\tt T:=triangle\_equilateral(A,B);C:= sommets(T)[2]}.\\ Mais, pour d\'efinir $C$, il est plus facile d'utiliser :\\ {\tt triangle\_equilateral(A,B,C)} qui trace le triangle \'equilat\'eral direct $ABC$ en mettant dans la variable {\tt C} le point $C$. \item Le triangle isoc\`ele\\ On suppose que $c$ d\'esigne la mesure en radians (ou en degr\'es) de l'angle $(\overrightarrow {AB},\overrightarrow {AC})$.\\ {\tt triangle\_isocele(A,B,c)} trace (sans d\'efinir le point C) le triangle isoc\`ele $ABC$ de sommet $A$, tel que l'angle $(\overrightarrow {AB},\overrightarrow {AC})=c$ radians (ou degr\'es).\\ {\tt triangle\_isocele(A,B,c,C)} trace le triangle isoc\`ele $ABC$ de sommet $A$, tel que l'angle $(\overrightarrow {AB},\overrightarrow {AC})=c$ radians (ou degr\'es), en mettant dans la variable {\tt C} le point $C$.\\ On d\'efinit deux points $A$ et $B$ et on tape, par exemple, pour avoir un triangle rectangle isoc\'ele $ABC$ :\\ {\tt triangle\_isocele(A,B,pi/2,C)}\\ {\bf Activit\'e}\\ Cr\'eer un segment {\tt AB}.\\ Construire un triangle isoc\`ele {\tt ABC} de sommet {\tt A} ($AB=AC$) tel que l'angle $A$ mesure $30^\circ$=$\frac{\pi}{6}$ radians.\\ Construire un triangle isoc\`ele {\tt ABD} de sommet {\tt A} ($AB=AD$) tel que l'angle $B$ mesure $30^\circ$=$\frac{\pi}{6}$ radians.\\ {\bf R\'eponse}\\ Supposons que l'on a choisi {\tt radian} dans la fen\^etre de configuration du {\tt CAS}.\\ On clique avec la souris pour avoir le segment {\tt AB} puis, on ex\'ecute la liste des instructions :\\ %qui se trouve dans {\tt geo9} (faire {\tt Charger session} du %menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et selectionner {\tt geo9} du r\'ep\'ertoire %{\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier).\\ %Voici le d\'etail de {\tt geo9} :\\ {\tt C:=rotation(A,pi/6,B)} $C$ est le transform\'e de $B$ dans la rotation de centre A et d'angle $\frac{\pi}{6}$ radians,\\ {\tt D:=rotation(A,2*pi/3,B)} $D$ est le transform\'e de $B$ dans la rotation de centre A et d'angle $\frac{2*\pi}{3}$ radians (car $\pi-2*\pi/6=2*\pi/3$). \item Le triangle rectangle\\ {\tt triangle\_rectangle(A,B,k)} trace (sans d\'efinir le point C) le triangle $ABC$ rectangle en $A$ tel que $longueur(A,C)=|k|*longueur(A,B)$ : ce triangle est direct si $k>0$ et indirect sinon.\\ {\tt triangle\_rectangle(A,B,k,C)} trace le triangle $ABC$ rectangle en $A$ tel que $longueur(A,C)=|k|*longueur(A,B)$, ce triangle est direct si $k>0$ et indirect sinon et met dans la variable {\tt C} le point $C$.\\ Si on suppose que $c$ contient la mesure en radians (ou en degr\'es) de l'angle $(\overrightarrow {BA},\overrightarrow {BC})$, on a :\\ {\tt triangle\_rectangle(A,B,tan(c))} ou \\ {\tt triangle\_rectangle(A,B,tan(c),C)} trace le triangle $ABC$ rectangle en $A$ tel que l'angle $(\overrightarrow {BC},\overrightarrow {BA})=c$ radians (ou degr\'es).\\ On remarquera que le troisi\`eme param\`etre a pour valeur absolue $\frac{AC}{AB}$ et que le triangle est direct si il est positif et indirect si il est n\'egatif.\\ {\bf Activit\'e}\\ Cr\'eer un segment {\tt AB} et un segment {\tt CD} tels que les deux points {\tt A} et {\tt B} soient en dehors de la droite $CD$.\\ Construire un point {\tt E} sur la droite $CD$ pour que le triangle {\tt ABE} soit rectangle en {\tt E} (\^E=$90^\circ$=$\frac{\pi}{2}$ radians).\\ {\bf R\'eponse}\\ $E$ se trouve sur le cercle de diam\`etre $AB$ et sur la droite $CD$.\\ On clique avec la souris pour avoir les segments {\tt AB} et {\tt CD} puis, on ex\'ecute la liste des instructions qui se trouve dans {\tt geo10} (faire {\tt Charger session} du menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et selectionner {\tt geo10} du r\'ep\'ertoire {\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier).\\ Voici le d\'etail de {\tt geo10} :\\ {\tt E:=inter(droite(C,D),cercle(A,B))} est l'intersection de la droite $CD$ avec le cercle de diam\`etre $AB$,\\ {\tt E1:=E[0]} est le premier point de cette intersection,\\ {\tt E2:=E[1]} est le deuxi\`eme point de cette intersection,\\ {\tt triangle(E1,A,B)} trace le triangle $ABE1$\\ {\tt triangle(E2,A,B)} trace le triangle $ABE2$\\ Ces deux triangles r\'epondent \`a la question. \end{itemize} \subsection{Les quadrilat\`eres}\index{carre}\index{losange}\index{quadrilatere}\index{rectangle} Les commandes suivantes permettent de tracer des quadrilat\`eres : \begin{itemize} \item Le quadrilat\`ere quelconque :\\ On donne 4 points $A,B,C,D$ et on construit le quadrilat\`ere $ABCD$.\\ On a :\\ {\tt quadrilatere(A,B,C,D)} trace le quadrilat\`ere $ABCD$. \item Le carr\'e :\\ On donne 2 points $A,B$ et on construit le carr\`e $ABCD$ de sens direct. On a :\\ {\tt carr\'e(A,B)} trace le carr\`e $ABCD$ de sens direct, mais sans d\'efinir les points C et D.\\ {\tt carr\'e(A,B,C,D)} trace le carr\`e $ABCD$ de sens direct, et met dans {\tt C} et {\tt D} les points C et D. \item Le losange :\\ On donne 2 points $A,B$ et une mesure d'angle $t$ et on construit le losange $ABCD$ tel que $(\overrightarrow{AB}$,$\overrightarrow{AD})=t$. On a :\\ {\tt losange(A,B,t)} trace le losange $ABCD$ tel que :\\ ($\overrightarrow{AB}$,$\overrightarrow{AD}$)=t, mais sans d\'efinir les points $C$ et $D$.\\ {\tt losange(A,B,t,C,D)} trace le losange $ABCD$ tel que :\\ $(\overrightarrow{AB}$,$\overrightarrow{AD})=t$, et met dans {\tt C} et {\tt D} les points $C$ et $D$. \item Le rectangle :\\ On donne 2 points $A,B$ et un r\'eel $k$ et on construit le rectangle $ABCD$ (direct si $k>0$ et indirect sinon) tel que $AD=|k|*AB$.\\ On a :\\ {\tt rectangle(A,B,k)} trace (sans d\'efinir les points $C$ et $D$) le rectangle $ABCD$ tel que $AD=|k|*AB$. Ce rectangle est direct si $k>0$ et indirect sinon.\\ {\tt rectangle(A,B,k,C,D)} trace le rectangle $ABCD$ tel que :\\ $AD=|k|*AB$, et met dans {\tt C} et {\tt D} les points $C$ et $D$. Ce rectangle est direct si $k>0$ et indirect sinon. \item Le parall\'elogramme :\\ On donne 3 points $A,B,C$ et on construit le e parall\'elogramme $ABCD$ c'est \`a dire le point $D$ tel que $\overrightarrow {AD}=\overrightarrow {BC}$.\\ On a :\\ {\tt parallelogramme(A,B,C)} trace le parall\'elogramme $ABCD$.\\ {\tt parallelogramme(A,B,C,D)} trace le parall\'elogramme $ABCD$ et met dans {\tt D} le point $D$. \end{itemize} \subsection{Les polygones}\index{polygone} Soient $n$ points (ou $n$ nombres complexes repr\'esentant l'affixe de ces points).\\ {\tt polygone} avec comme argument la liste ou la s\'equence de ces $n$ points.\\ {\tt polygone} renvoie et trace le polygone ayant pour sommets ces $n$ points.\\ {\tt polygone(0,1,1+i,i)} trace le carr\'e de sommets 0,1,1+i,i.\\ {\tt polygone(makelist(x->exp(i*pi*x/3),0,5,1))} trace l'hexagone de centre 0 et de sommets 1,$e^{\frac{i*pi}{3}}$...$e^{\frac{5*i*pi}{3}}$ \subsection{Les sommets d'un polygone}\index{sommets} Les commandes pr\'ec\'edentes peuvent tracer des triangles ou des quadrilat\`eres sans avoir tous les sommets, mais on peut avoir besoin des sommets de ces triangles ou de ces quadrilat\`eres.\\ Si {\tt T} est un triangle (ou un polygone) {\tt sommets(T)} renvoie la liste circulaire des sommets de {\tt T}, ainsi {\tt sommets(T)[0]} et {\tt sommets(T)[3]} d\'esigne le premier sommet de {\tt T} (attention aux indices!!!).\\ Exemple :\\ On clique pour avoir deux points {\tt A} et {\tt B}.\\ On tape :\\ {\tt T:=triangle\_equilateral(A,B)}\\ {\tt C:=sommets(T)[2]}\\ Ainsi le triangle $ABC$ est \'equilat\'eral.\\ On tape :\\ {\tt Q:=carre(A,B)}\\ {\tt E:=sommets(T)[2]}\\ {\tt F:=sommets(T)[3]}\\ Ainsi, $ABEF$ est un carr\'e. \subsection{Activit\'es : constructions de quadrilat\`eres} \begin{itemize} \item Le parall\'elogramme\\ {\bf Activit\'e}\\ Cr\'eer trois points {\tt A, B, C}.\\ Construire le quatri\`eme sommet {\tt D} du parall\'elogramme {\tt ABCD} : on d\'ecrira trois m\'ethodes de construction du point {\tt D}.\\ {\bf R\'eponse}\\ 1/ $D$ est tel que $\overrightarrow {AD}=\overrightarrow {BC}$.\\ On tape :\\ {\tt D:=A+C-B} (ou encore {\tt D:=translation(C-B,A)}) \\ 2/ $AC$ et $BD$ ont m\^eme milieu.\\ On tape :\\ {\tt M:=milieu(A,C)}\\ {\tt D:=symetrie(M,B)}\\ 3/ $AD$ est parall\'ele \`a $BC$ et $AB$ est parall\'ele \`a $DC$.\\ On tape :\\ {\tt D1:=parallele(A,droite(B,C))}\\ {\tt D2:=parallele(C,droite(B,A))}\\ {\tt D:=inter(D1,D2)[0]}\\ On peut ensuite v\'erifier avec la commande {\tt parallelogramme}. \item Le carr\'e\\ {\bf Activit\'e}\\ Cr\'eer un segment {\tt AB}.\\ Construire un carr\'e de c\^ot\'e {\tt AB} : on d\'ecrira deux m\'ethodes de construction du carr\'e et une m\'ethode qui utilise les nombres complexes et un petit programme.\\ {\bf R\'eponse}\\ 1/ On obtient $C$ et $D$ par rotation.\\ On tape :\\ ${\tt C:=rotation(B,-\pi/2,A)}$\\ ${\tt D:=rotation(A,\pi/2,B)}$\\ (ou encore {\tt C:=B-i*(A-B)} {\tt D:=A+i*(B-A)})\\ Puis on trace le carr\'e :\\ {\tt segment(A,B);segment(B,C);segment(C,D);segment(D,A);}\\ 2/ On obtient $C$ par rotation et $D$ par sym\'etrie .\\ On tape :\\ ${\tt C:=rotation(B,-\pi/2,A)}$\\ {\tt M:=milieu(A,C)}\\ {\tt D:=symetrie(M,B)}\\ Puis on trace le carr\'e :\\ {\tt segment(A,B);segment(B,C);segment(C,D);segment(D,A);}\\ 3/ On utilise les nombres complexes et on \'ecrit le programme : \begin{verbatim} carred(A,B):={ local C,D; C:=B+i*(B-A); D:=A+i*(B-A); return ([segment(A,B),segment(B,C), segment(C,D),segment(D,A)]); }; \end{verbatim} {\bf Attention}\\ Lorsque il y a des commandes graphiques interm\'ediaires, elles sont trac\'ees dans l'\'ecran {\tt DispG}, mais seule la valeur de la fonction (ce qui suit {\tt return}) est trac\'ee. \end{itemize} On peut ensuite v\'erifier avec la commande {\tt carre}. \subsection{Un exercice sur la droite des milieux} \subsubsection{L'exercice} Soit un quadrilat\`ere quelconque $ABCD$ et $M,N, P, Q$ les milieux respectifs de $AB, BC, CD, DA$. \begin{itemize} \item Quelle est la nature du quadrilat\`ere $MNPQ$ ? \item Trouver une condition n\'ecessaire et suffisante pour que le quadrilat\`ere $MNPQ$ soit un losange. \item Trouver une condition n\'ecessaire et suffisante pour que le quadrilat\`ere $MNPQ$ soit un rectangle. \item Trouver une condition n\'ecessaire et suffisante pour que le quadrilat\`ere $MNPQ$ soit un carr\'e. \end{itemize} \subsubsection{La solution} Il est conseill\'e de faire une figure avec {\tt Xcas} : on ouvre l'\'ecran de g\'eom\'etrie et on clique sur 4 points {\tt A, B, C, E} on modifie la ligne {\tt E:=...} en {\tt D:=...} puis on tape : \begin{verbatim} M:=milieu(A,B); N:=milieu(C,B); P:=milieu(C,D); Q:=milieu(A,D); quadrilatere(A,B,C,D,couleur=rouge); segment(A,C,couleur=vert); segment(B,D,couleur=vert); quadrilatere(M,N,P,Q); \end{verbatim} Puis on se met en mode {\tt Pointer} et on d\'eplace le point {\tt D} avec la souris et on observe......\\ Cette session se trouve parmi les exemples sous le nom {\tt milieu.xws}. La d\'emonstration : \begin{itemize} \item $MN$ joint les milieux des c\^ot\'es $AB$ et $BC$ du triangle $ABC$ donc $MN$ est parall\`ele \`a $AC$ et $MN=AC/2$,\\ de m\^eme $PQ$ joint les milieux des c\^ot\'es $AD$ et $DC$ du triangle $ADC$ donc $PQ$ est parall\`ele \`a $AC$ et $PQ=AC/2$. Le quadrilat\`ere $MNPQ$ est donc un prall\'elogramme puisque ses c\^ot\'es $MN$ et $PQ$ sont \'egaux et parall\`eles. \\ {\bf Remarque}\\ On a aussi :\\ $MQ$ joint les milieux des c\^ot\'es $AB$ et $AD$ du triangle $DAB$ donc $MQ$ est parall\`ele \`a $BD$ et $MQ=BD/2$ et\\ $NP$ joint les milieux des c\^ot\'es $AB$ et $AD$ du triangle $DCB$ donc $NP$ est parall\`ele \`a $BD$ et $NP=BD/2$. \item Une condition n\'ecessaire et suffisante pour que le prall\'elogramme $MNPQ$ soit un losange est que $MN=NP$. D'apr\'es la remarque pr\'ec\'edente l'\'egalit\'e $MN=NP$ est \'equivalente \`a $BD=AC$ c'est \`a dire \`a l'\'egalit\'e des diagonales du quadrilat\`ere $ABCD$.\\ Donc une condition n\'ecessaire et suffisante pour que le quadrilat\`ere $MNPQ$ soit un losange est que les diagonales du quadrilat\`ere $ABCD$ soient \'egales. \item Une condition n\'ecessaire et suffisante pour que le prall\'elogramme $MNPQ$ soit un rectangle est que $MN \perp NP$. D'apr\'es la remarque pr\'ec\'edente, $MN$ est parall\`ele \`a $AC$ et $NP$ est parall\`ele \`a $BD$, donc $MN \perp =NP$ est \'equivalente \`a $BD \perp AC$.\\ Donc une condition n\'ecessaire et suffisante pour que le quadrilat\`ere $MNPQ$ soit un losange est que les diagonales du quadrilat\`ere $ABCD$ soient perpendiculaires. \item Une condition n\'ecessaire et suffisante pour que le prall\'elogramme $MNPQ$ soit un carr\'e est que $MN=NP$ et $MN \perp =NP$. Donc une condition n\'ecessaire et suffisante pour que le quadrilat\`ere $MNPQ$ soit un losange est que les diagonales du quadrilat\`ere $ABCD$ soient \'egales et perpendiculaires. \end{itemize} \subsubsection{Vrai/Faux} \begin{itemize} \item Si $ABCD$ est un rectangle alors $MNPQ$ est un losange \item Si $MNPQ$ est un losange alors $ABCD$ est un rectangle \item Si $ABCD$ est un losange alors $MNPQ$ est un rectangle \item Si $MNPQ$ est un rectangle alors $ABCD$ est un losange \item Si $ABCD$ est un carr\'e alors $MNPQ$ est un carr\'e \item Si $MNPQ$ est un carr\'e alors $ABCD$ est un carr\'e \item Pour que $MNPQ$ soit un carr\'e, il suffit que $ABCD$ soit un carr\'e \item Pour que $MNPQ$ soit un carr\'e, il faut que $ABCD$ soit un carr\'e \item Pour que $MNPQ$ soit un losange, il suffit que $ABCD$ soit un losange \item Pour que $MNPQ$ soit un losange, il faut que $ABCD$ soit un losange \item Pour que $MNPQ$ soit un losange, il suffit que $ABCD$ soit un rectangle \item Pour que $MNPQ$ soit un losange, il faut que $ABCD$ soit un rectangle \item Pour que $MNPQ$ soit un rectangle, il suffit que $ABCD$ soit un losange \item Pour que $MNPQ$ soit un rectangle, il faut que $ABCD$ soit un losange \item Pour que $MNPQ$ soit un rectangle, il suffit que $ABCD$ soit un rectangle \item Pour que $MNPQ$ soit un rectangle, il faut que $ABCD$ soit un rectangle \end{itemize} R\'epondre par vrai ou faux en donnant des exemples lorsque la proposition est fausse et une d\'emonstration se r\'ef\'erant \`a l'exercice lorsque la proposition est vraie. \subsection{Les polygones r\'eguliers : {\tt isopolygone}}\index{isopolygone} \noindent{\tt isopolygone} permet de tracer des polygones r\'eguliers ayant $k$ cot\'es.\\ Les arguments sont :\\ - soit deux sommets (deux points ou deux complexes) et le nombre de cot\'es (un entier positif $k$),\\ - soit le centre du polygone et un sommet (deux points ou deux complexes) et un entier n\'egatif $-k$ (si $k$ le nombre de cot\'es),\\ Sans se servir de la commande {\tt isopolygone} tracer :\\ \begin{itemize} \item L'hexagone\\ {\bf Activit\'e}\\ 1/ Cr\'eer un segment {\tt AB}. Construire un hexagone r\'egulier {\tt ABCDEF}.\\ 2/ Cr\'eer un segment {\tt AB}. Construire un hexagone r\'egulier de sorte que {\tt AB} soit un segment qui joint les milieux de deux cot\'es oppos\'es de l'hexagone.\\ 3/ Cr\'eer un segment {\tt AB}. Construire un hexagone r\'egulier de sorte que {\tt AB} soit un segment qui joint les milieux de deux cot\'es adjacents de l'hexagone.\\ {\bf R\'eponse}\\ 1/ On utilise les nombres complexes et le fait que les angles ext\'erieurs d'un hexagone direct sont de $4\pi/3$ radians.\\ On peut donc \'ecrire le programme qui trace l'hexagone r\'egulier direct $ABCDEF$ : \begin{verbatim} hexagone(A,B):={ local l,C; l:=[]; for (j:=1;j<=6;j++){ l:=append(l,segment(A,B)); C:=B+(1+i*sqrt(3))*(B-A)/2; //ou C:=rotation(B,4*pi/3,A) A:=B; B:=C; } return(l); }; \end{verbatim} Ainsi {\tt hexagone(A,B)} et {\tt hexagone(B,A)} r\'epondent \`a la question.\\ 2/ On construit deux sommets cons\'ecutifs $C$ et $D$ sym\'etriques par rapport \`a $B$ et on utilise la fonction {\tt hexagone} pr\'ec\'edente.\\ On tape : \begin{verbatim} C:=similitude(B,1/2/sqrt(3),pi/2,A) D:=similitude(B,1/2/sqrt(3),-pi/2,A) hexagone(C,D) \end{verbatim} 3/ $C$ se d\'eduit de $A$ par similiude de centre $B$ et $D$ est le sym\"etrique de $C$ par rapport \`a $B$ puis on utilise la fonction {\tt hexagone} pr\'ec\'edente.\\ On tape : \begin{verbatim} C:=similitude(B,1/sqrt(3),pi/6,A) D:=symetrie(B,C) hexagone(C,D) \end{verbatim} \item Le N-gone\\ On peut \'ecrire le programme qui trace le N-gone direct $AB...$ : \begin{verbatim} Ngone(A,B,n):={ local l,C; l:=[]; for (j:=1;j<=n;j++){ l:=append(l,segment(A,B)); C:=rotation(B,(n+2)*pi/n,A) A:=B; B:=C; } return(l); }; \end{verbatim} \end{itemize} \section{Un pavage avec un hexagone non r\'egulier} \subsection{Le pav\'e} Le pav\'e est un hexagone $ABCDFG$ ayant ses 6 c\^ot\'es \'egaux et ayant comme angles $A$ (resp $B,C,D,F,G$) $2\pi/5$ (resp $4\pi/5$, $4\pi/5$, $2\pi/5$, $4\pi/5$, $4\pi/5$).\\ On tape dans un niveau de g\'eom\'etrie 2d:\\ \begin{verbatim} A:=point(0); B:=point(1); C:=point(1+exp(i*pi/5)); D:=point(1+exp(i*pi/5)+exp(2*i*pi/5)); G:=point(exp(2*i*pi/5)); F:=point(exp(2*i*pi/5)+exp(i*pi/5)); polygone(A,B,C,D,F,G); \end{verbatim} On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{paveh}\\ \subsection{Le programme de ce pavage} On note {\tt a,b,c,d,f,g} les affixes des points {\tt A,B,C,D,F,G} et {\tt t} l'angle que fait {\tt AB} avec l'axe des $x$. %voir hexap.xws \begin{verbatim} hexa(a,t):={ local b,c,d,f,g; b:=a+exp(i*t); c:=b+exp(i*(pi/5+t)); d:=c+exp(i*(2*pi/5+t)); g:=a+exp(i*(2*pi/5+t)); f:=g+exp(i*(pi/5+t)); return polygone(a,b,c,d,f,g); }:; hexap():={ local L,t,a,j; L:=NULL; t:=0;a:=0; pour j de 1 jusque 5 faire L:=L,hexa(0,t); t:=t+2*pi/5; fpour; a:=1;t:=-pi/5; pour j de 1 jusque 5 faire L:=L,hexa(a,t); t:=t+2*pi/5; a:=a*exp(2*i*pi/5); fpour; a:=1+exp(i*pi/5);t:=0; pour j de 1 jusque 5 faire L:=L,hexa(a,t); t:=t+2*pi/5; a:=a*exp(2*i*pi/5); fpour; a:=exp(i*pi/5)+exp(i*(2*pi/5)) pour j de 1 jusque 5 faire L:=L,hexa(a,t); t:=t+2*pi/5; a:=a*(exp(2*i*pi/5)); fpour; a:=(2+exp(-i*pi/5));t:=-pi/5; pour j de 1 jusque 5 faire L:=L,hexa(a,t); t:=t+2*pi/5; a:=a*exp(2*i*pi/5); fpour; a:=2+exp(i*pi/5);t:=-pi/5; pour j de 1 jusque 5 faire L:=L,hexa(a,t); t:=t+2*pi/5; a:=a*(exp(2*i*pi/5)); fpour; a:=2+2*exp(-i*pi/5);t:=-2*pi/5; pour j de 1 jusque 5 faire L:=L,hexa(a,t); t:=t+2*pi/5; a:=a*(exp(2*i*pi/5)); fpour; a:=1+2*exp(-i*pi/5)+exp(-2*i*pi/5);t:=-2*pi/5; pour j de 1 jusque 5 faire L:=L,hexa(a,t); t:=t+2*pi/5; a:=a*(exp(2*i*pi/5)); fpour; a:=2*exp(-i*pi/5)+2*exp(-2*i*pi/5);t:=-2*pi/5; pour j de 1 jusque 5 faire L:=L,hexa(a,t); t:=t+2*pi/5; a:=a*(exp(2*i*pi/5)); fpour; return L; }:; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt hexap()}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{hexap} Il existe aussi des pavages plus simples !\\ \includegraphics[width=\textwidth]{hexapss} \includegraphics[width=\textwidth]{hexaps} \section{Un pavage avec 2 pav\'es} %voir hexap.xws On veut pav\'e cette \'etoile :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{hexap0}\\ Avec ce pav\'e \includegraphics[width=\textwidth]{pavehat}\\ On tape : \begin{verbatim} hexal(a,t,l):={ local b,c,d,f,g; b:=a+l*exp(i*t); c:=b+l*exp(i*(pi/5+t)); d:=c+l*exp(i*(2*pi/5+t)); g:=a+l*exp(i*(2*pi/5+t)); f:=g+l*exp(i*(pi/5+t)); return polygone(a,b,c,d,f,g); }:; pavea(a,t):={ polygone(a,a+exp(i*t),a+exp(i*(t+pi/5)),a+exp(i*(t+2*pi/5))); }:; paveb(b,t):={ local r; r:=2*sin(pi/10); polygone(b,b+exp(i*t),b+r*exp(i*(t+pi/5)),b+exp(i*(t+2*pi/5))); }:; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt pavea(1/2,pi/5),angle(1/2,3,1/2+exp(i*pi/5),"pi/5"),}\\ {\tt paveb(5/2,2*pi/5),angle(5/2,5,5/2+exp(2*i*pi/5),"2pi/5")}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{paveab}\\ On tape pour d\'efinir un pav\'e hexagonal {\tt pavehat} : \begin{verbatim} pavehat(a,t):={ local L,l,r; r:=2*sin(pi/10);l:=2+r; L:=NULL; L:=L,affichage(hexal(a,t,2+2*sin(pi/10)),1); L:=L,pavea(a,2*k*pi/5+t)$(k=0..4); L:=L,pavea(a+l*exp(2*i*pi/5+i*t),(2*k+1)*pi/5+t)$(k=0..4); L:=L,pavea(a+l*exp(i*t),(2*k+1)*pi/5+t)$(k=0..4); L:=L,pavea(a+l*exp(2*i*pi/5+i*t)+l*exp(i*pi/5+i*t), (2*k)*pi/5+t)$(k=0..4); L:=L,pavea(a+l*exp(i*t)+l*exp(i*pi/5+i*t),(2*k)*pi/5+t)$(k=0..4); L:=L,pavea(a+l*exp(i*t)+l*exp(i*pi/5+i*t)+l*exp(2*i*pi/5+i*t), (2*k+1)*pi/5+t)$(k=0..4); L:=L,paveb(a+(3+2*r)*exp(i*pi/5+i*t),(2*k)*pi/5+t)$(k=0..4); L:=L,paveb(a+l*exp(i*pi/5+i*t),(2*k+1)*pi/5+t)$(k=1..3); L:=L,paveb(a+(1+r)*exp(2*i*k*pi/5+i*t),4*pi/5+2*k*pi/5+t)$(k=0..2); L:=L,paveb(a+(2+r)*exp(2*i*pi/5+i*t)+(1+r)*exp((2*k+1)*i*pi/5+i*t), pi+2*k*pi/5+t)$(k=0..2); L:=L,paveb(a+(3+2*r)*exp(i*pi/5+i*t)+(1+r)*exp((-2*k+2)*i*pi/5+i*t), -pi/5+2*k*pi/5+t)$(k=0..1); L:=L,pavea(a+exp(i*pi/5+i*t),(2*k-1)*pi/5+t)$(k=0..1); L:=L,segment(a+(3+2*r)*exp(i*pi/5+i*t)+r*exp(i*pi+2*i*k*pi/5+i*t), a+(3+2*r)*exp(i*pi/5+i*t)+(1+r)*exp(i*pi+2*i*k*pi/5+i*t))$(k=0..3); L:=L,segment(a+(2+r)*exp(i*pi/5+i*t),a+(2+2*r)*exp(i*pi/5+i*t)); L:=L,segment(a+(2+r)*exp(i*t)+exp(2*i*pi/5+i*t), a+(3+r)*exp(i*t)+exp(2*i*pi/5+i*t)); return L; }:; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt pavehat(0,0)}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pavehat}\\ On remarquera que les centres des d\'ecagone se situent aux sommets de l'hexagone non r\'egulier pr\'ec\'edent (ici en rouge). \subsection{Deux pavages de l'\'etoile avec ces 2 pav\'es} Voici, avec ces 2 pav\'es, 2 pavages d'une \'etoile faite avec l'appel de 10 fois {\tt pavehat}.\\ \includegraphics[width=\textwidth]{etoilepav} Pour cela, on tape : \begin{verbatim} pavehat(a,t):={ local L,l,r; r:=2*sin(pi/10);l:=2+r; L:=NULL; L:=L,affichage(hexal(a,t,2+2*sin(pi/10)),1); L:=L,pavea(a,2*k*pi/5+t)$(k=0..4); L:=L,pavea(a+l*exp(2*i*pi/5+i*t),(2*k+1)*pi/5+t)$(k=0..4); L:=L,pavea(a+l*exp(i*t),(2*k+1)*pi/5+t)$(k=0..4); L:=L,pavea(a+l*exp(2*i*pi/5+i*t)+l*exp(i*pi/5+i*t), (2*k)*pi/5+t)$(k=0..4); L:=L,pavea(a+l*exp(i*t)+l*exp(i*pi/5+i*t),(2*k)*pi/5+t)$(k=0..4); L:=L,pavea(a+l*exp(i*t)+l*exp(i*pi/5+i*t)+l*exp(2*i*pi/5+i*t), (2*k+1)*pi/5+t)$(k=0..4); L:=L,paveb(a+(3+2*r)*exp(i*pi/5+i*t),(2*k)*pi/5+t)$(k=0..4); L:=L,paveb(a+l*exp(i*pi/5+i*t),(2*k+1)*pi/5+t)$(k=1..1); L:=L,paveb(a+(2+r)*exp(2*i*pi/5+i*t)+(1+r)*exp((2*k+1)*i*pi/5+i*t), pi+2*k*pi/5+t)$(k=0..0); L:=L,paveb(a+(2+r)*exp(i*pi/5+i*t),3*pi/5+2*k*pi/5+t)$(k=0..2); L:=L,paveb(a+(3+2*r)*exp(i*pi/5+i*t)+(1+r)*exp((-2*k+2)*i*pi/5+i*t), -pi/5+2*k*pi/5+t)$(k=0..1); L:=L,pavea(a+exp(i*pi/5+i*t),(2*k-1)*pi/5+t)$(k=0..1); L:=L,segment(a+(3+2*r)*exp(i*pi/5+i*t)+r*exp(i*pi+2*i*k*pi/5+i*t),a+ (3+2*r)*exp(i*pi/5+i*t)+(1+r)*exp(i*pi+2*i*k*pi/5+i*t))$(k=0..3); L:=L,segment(a+(2+r)*exp(i*pi/5+i*t),a+(2+2*r)*exp(i*pi/5+i*t)); L:=L,segment(a+(2+r)*exp(i*t)+exp(2*i*pi/5+i*t), a+(3+r)*exp(i*t)+exp(2*i*pi/5+i*t)); return L; }:; \end{verbatim} Pour le premier dessin on tape :\\ {\tt pavehat(0,2*k*pi/5)\$(k=0..4),}\\ {\tt pavehat((2+r)*exp(2*i*(k+1)*pi/5),(2*k+1)*pi/5)\$(k=0..4)}\\ Pour le deuxi\`eme dessin on tape :\\ {\tt pavehat(21,2*k*pi/5)\$(k=0..4),}\\ {\tt pavehat(21+(7+4r)*exp(2*i*(k+1)*pi/5),-4*(2*k+1)*pi/5)\$(k=0..4)} \subsection{Un autre pav\'e} Modifions le pav\'e {\tt pavehat} pour que ses c\^ot\'es soient obtenus par des tanslations. %hexap2.xws \begin{verbatim} pavea2(a,t):={ polygone(a,a+exp(i*t),a+exp(i*(t+pi/5)),a+exp(i*(t+2*pi/5))), segment(a,a+exp(i*(t+pi/5))); }:; paveb(b,t):={ local r; r:=2*sin(pi/10); polygone(b,b+exp(i*t),b+r*exp(i*(t+pi/5)),b+exp(i*(t+2*pi/5))); }:; pavehat2(a,t):={ local L,l,r,B,E; r:=2*sin(pi/10);l:=2+r; L:=NULL; L:=L,affichage(hexal(a,t,2+2*sin(pi/10)),1); L:=L,pavea2(a,2*k*pi/5+t)$(k=0..4); L:=L,pavea2(a+l*exp(2*i*pi/5+i*t),(2*k+1)*pi/5+t)$(k=0..4); L:=L,pavea2(a+l*exp(i*t),(2*k+1)*pi/5+t)$(k=0..4); L:=L,pavea2(a+l*exp(2*i*pi/5+i*t)+l*exp(i*pi/5+i*t), (2*k)*pi/5+t)$(k=0..4); L:=L,pavea2(a+l*exp(i*t)+l*exp(i*pi/5+i*t),(2*k)*pi/5+t)$(k=0..4); L:=L,pavea2(a+l*exp(i*t)+l*exp(i*pi/5+i*t)+l*exp(2*i*pi/5+i*t), (2*k+1)*pi/5+t)$(k=0..4); L:=L,paveb(a+(3+2*r)*exp(i*pi/5+i*t),(2*k)*pi/5+t)$(k=0..4); //L:=L,paveb(a+l*exp(i*pi/5+i*t),(2*k+1)*pi/5+t)$(k=1..1); L:=L,paveb(a+(2+r)*exp(2*i*pi/5+i*t)+(1+r)*exp((2*k+1)*i*pi/5+i*t), pi+2*k*pi/5+t)$(k=0..0); L:=L,paveb(a+(2+r)*exp(i*pi/5+i*t),3*pi/5+2*k*pi/5+t)$(k=0..2); //L:=L,paveb(a+(3+2*r)*exp(i*pi/5+i*t)+(1+r)*exp((-2*k+2)*i*pi/5+i*t), -pi/5+2*k*pi/5+t)$(k=0..1); L:=L,pavea2(a+exp(i*pi/5+i*t),(2*k-1)*pi/5+t)$(k=0..1); //L:=L,segment(a+(3+2*r)*exp(i*pi/5+i*t)+r*exp(i*pi+2*i*k*pi/5+i*t), a+(3+2*r)*exp(i*pi/5+i*t)+(1+r)*exp(i*pi+2*i*k*pi/5+i*t))$(k=0..3); L:=L,segment(a+(2+r)*exp(i*pi/5+i*t),a+(2+2*r)*exp(i*pi/5+i*t)); L:=L,segment(a+(2+r)*exp(i*t)+exp(2*i*pi/5+i*t),a+(3+r)*exp(i*t)+ exp(2*i*pi/5+i*t)); B:=point(a+l*exp(i*t)+l*exp(i*pi/5+i*t)+l*exp(2*i*pi/5+i*t)-1); E:=point(a+l*exp(i*t)+l*exp(i*pi/5+i*t)+l*exp(2*i*pi/5+i*t)+ exp(7*i*pi/5+i*t)); L:=L,segment(B,B+exp(6*i*pi/5+i*t)); L:=L,segment(E,E+exp(6*i*pi/5+i*t)); L:=L,pavea2(a+l*exp(i*t)+l*exp(i*pi/5+i*t)+l*exp(2*i*pi/5+i*t)+ exp(6*i*pi/5+i*t),pi) return L; }:; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt pavehat2(0,0)}\\ \begin{verbatim} pavelo(a,t,c):={ local L,r,l; r:=2*sin(pi/10);l:=2+r; L:=NULL; L:=L,affichage(paveb(a,t),1+rempli); L:=L,pavea(a+exp(i*t)+exp(i*(2*pi/5+t)),pi+t); return L; }:; pavelo2(a,t,c):={ local L,r,l; r:=2*sin(pi/10);l:=2+r; L:=NULL; L:=L,affichage(paveb(a,t),1+rempli); L:=L,pavea2(a+exp(i*t)+exp(i*(2*pi/5+t)),pi+t); return L; }:; pavelat(a,t):={ local L,r,l; r:=2*sin(pi/10);l:=2+r; L:=NULL; L:=L,segment(a,a+exp(i*(t+k*pi/5)))$(k=0..2);; L:=L,segment(a+exp(i*t),a+exp(i*t)+exp(i*(t+pi/5))); L:=L,pavelo(a+exp(i*(t+2*pi/5)),t+pi/5,1); L:=L,pavelo(a+l*exp(i*(t+pi/5)),t-pi/5+2*k*pi/5,1)$(k=0..4); L:=L,segment(a+l*exp(i*t),a+l*exp(i*t)+exp(i*(t+pi/5))); L:=L,segment(a+l*exp(i*t)+exp(i*(t+pi/5)), a+l*exp(i*t)+exp(i*(t+pi/5))+exp(i*(t+2*pi/5))); L:=L,pavelo(a+(3+2*r)*exp(i*(t+pi/5)),t+2*k*pi/5,1)$(k=-1..1); L:=L,segment(a+l*exp(i*(t+2*pi/5)),a+l*exp(i*(t+2*pi/5))+ exp(i*(t+pi/5))); L:=L,segment(a+l*exp(i*(t+2*pi/5))+l*exp(i*(t+pi/5)), a+l*exp(i*(t+2*pi/5))+l*exp(i*(t+pi/5))+exp(i*t)); L:=L,pavelo(a+l*exp(i*(t+2*pi/5))+exp(i*(t+pi/5)),t,1); L:=L,segment(a+(2*l+r)*exp(i*(t+pi/5)), a+l*exp(i*(t+2*pi/5))+l*exp(i*(t+pi/5))+exp(i*t)); L:=L,segment(a+(2*l+r)*exp(i*(t+pi/5)), a+(2*l+r+1)*exp(i*(t+pi/5))); L:=L,segment(a+(2*l+r)*exp(i*(t+pi/5)), a+l*exp(i*t)+l*exp(i*(t+pi/5))+exp(i*(t+2*pi/5))); L:=L,segment(a+l*exp(i*t)+l*exp(i*(t+pi/5)), a+l*exp(i*t)+l*exp(i*(t+pi/5))+exp(i*(t+2*pi/5))); L:=L,pavelo(a+exp(i*t)+l*exp(i*(t+pi/5))+l*exp(i*(t+2*pi/5)), t-pi/5,1); return L; }:; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt affichage(hexal(-6,0,l),4),pavelat(0,0)}\\ On obtient le pave \`a c\`ot\'e du pav\'e hexagonal :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pavetc}\\ On tape :\\ \begin{verbatim} etoile10():={ local L; L:=NULL; L:=L,pavelat(0,2*k*pi/5)$(k=0..4); L:=L,pavelat(l*exp(2*i*k*pi/5),-pi/5+2*k*pi/5)$(k=0..4); L:=L,pavelat(l*exp(2*i*k*pi/5)+l*exp(i*(2*k+1)*pi/5), 2*k*pi/5)$(k=0..4); L:=L,pavelat(l*exp(2*i*(k+1)*pi/5)+l*exp(i*(2*k+1)*pi/5), 2*k*pi/5)$(k=0..4); return L;}:; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt etoile10()}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{etoile10}\\ On tape :\\ {\tt r:=2*sin(pi/10);l:=2+r;pavelat(k*(l+l*exp(i*pi/5)),0)\$(k=0..4),}\\ {\tt pavelat(l*exp(2*i*pi/5)-l+k*(l+l*exp(i*pi/5)),0)\$(k=0..4),}\\ {\tt pavelat(2*l*exp(2*i*pi/5)-2*l+k*(l+l*exp(i*pi/5)),0)\$(k=0..4),}\\ {\tt pavelat(3*l*exp(2*i*pi/5)-3*l+k*(l+l*exp(i*pi/5)),0)\$(k=0..4)}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pavepc} On tape :\\ {\tt r:=2*sin(pi/10);l:=2+r;}\\ {\tt pavelat(k*(l+l*exp(i*pi/5)),-pi/5)\$(k=0..4),}\\ {\tt pavelat(-l+k*(l+l*exp(i*pi/5)),0)\$(k=0..4),}\\ {\tt pavelat(l*(-2+exp(4*i*pi/5)+exp(2*i*pi/5))+k*l*(1+exp(i*pi/5)),}\\ {\tt -pi/5) \$(k=0..4)}\\ {\tt pavelat(l*(1+exp(-i*pi/5)+exp(-3*i*pi/5))+k*l(1+exp(i*pi/5)),0)}\\ {\tt \$(k=0..4)}\\ On obtient (ce n'est pas tout \`a fait le m\^eme dessin !) :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pavepc1} \section{Autres pavages} %voir hexagp1.xws \subsection{Avec un triangle \'equilat\`eral et un dod\'cagone non r\'egulier} {\tt forme(a,t)} sert \`a remplir le dod\'ecagone {\tt pavex(a,t)}.\\ On tape :\\ \begin{verbatim} forme(a,t):={ local L; L:=NULL; L:=L,losange(a,a+exp(i*t),pi/6); L:=L,losange(a,a+exp(i*t),-pi/6); L:=L,losange(a+exp(i*t),a+exp(i*t)+exp(-i*(pi/6-t)),pi/3); L:=L,affichage(polygone(a+exp(i*t)*(1+sqrt(3)), a+exp(i*t)*(sqrt(3)/2+1+i*1/2),a+2*exp(i*t), a+exp(i*t)*(sqrt(3)/2+1-i*1/2)),1+rempli); return(L); }:; pavehex(a,t):={ local L; L:=NULL; L:=L,forme(a,t+k*pi/3)$(k=0..2); L:=L,forme(a+(1+sqrt(3))*exp(i*t),t+k*pi/3)$(k=1..2); L:=L,forme(a+(1+sqrt(3))*(1+exp(i*pi/3))*exp(i*t), t+2*pi/3+k*pi/3)$(k=0..1); L:=L,forme(a+(1+sqrt(3))*exp(2*i*pi/3)*exp(i*t), t+k*pi/3)$(k=0..1); L:=L,forme(a+i*(3+sqrt(3))*exp(i*t),t-k*pi/3)$(k=0..1); L:=L,forme(a+(1+sqrt(3)+i*(3+sqrt(3)))*exp(i*t),t-2*pi/3) return L; }:; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt forme(0,0),forme(3,pi/6),pavehex(7,0),pavehex(15,pi/6)}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pavehex}\\ On tape :\\ {\tt pavehex(k*(2+2*sqrt(3)),0)\$(k=0..8),}\\ {\tt pavehex((2+2*sqrt(3))*(k+exp(i*pi/3)),0)\$(k=0..7),}\\ {\tt pavehex(2*(2+2*sqrt(3))*exp(i*pi/3)+k*(2+2*sqrt(3)),0)\$(k=0..6),}\\ {\tt pavehex(3*(2+2*sqrt(3))*exp(i*pi/3)+k*(2+2*sqrt(3)),0)\$(k=0..5)}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pavagehex}\\ On tape :\\ {\tt pavehex(k*(2+2*sqrt(3)),0)\$(k=0..3),}\\ {\tt pavehex(k*(2+2*sqrt(3))+(4+4*sqrt(3))*exp(i*pi/3),pi)\$(k=-1..3),}\\ {\tt pavehex(i*(6+2*sqrt(3))+k*(2+2*sqrt(3)),0)\$(k=-1..4)}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pavagehex1}\\ \subsection{Avec un triangle \'equilat\`eral et un hexagone r\'egulier} On utilise les m\^emes proc\'edures que pr\'ec\'edement en consid\'erant dans le dod\'ecagone l'hexagone ci dessous.\\ On rajoute un choix de couleurs pour la forme ({\tt formec(a,t,c1)}) et pour les triangles \'equilat\'eraux de l'hexagone ({\tt T(a,t,c2)}).\\ Pour le pav\'e initial on aura {\tt pavehexac(a,t,c1,c2)}.\\ Ici Le pavage se fera donc avec le pav\'e de droite dans lequel on a supprim\'e les morceaux qui vont \^etre recouverts (c'est {\tt pavehexagc(a,t,c1,c2)}).\\ On tape :\\ {\tt pavehexc(0,0,1,4), affichage(hexagone(0,1+sqrt(3)),epaisseur\_ligne\_3),}\\ {\tt pavehexagc(7,0,1,4)}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pavehexag} On met un peu de couleur en rajoutant un param\`etre pour la couleur de la "forme" et en colorant les triangles \'equilat\'eraux de l'hexagone.\\ On tape : \begin{verbatim} formec(a,t,c1):={ local L; L:=NULL; L:=L,losange(a,a+exp(i*t),pi/6); L:=L,losange(a,a+exp(i*t),-pi/6); L:=L,losange(a+exp(i*t),a+exp(i*t)+exp(-i*(pi/6-t)),pi/3); L:=L,affichage(polygone(a+exp(i*t)*(1+sqrt(3)), a+exp(i*t)*(sqrt(3)/2+1+i*1/2),a+2*exp(i*t), a+exp(i*t)*(sqrt(3)/2+1-i*1/2)),c1+rempli) return(L); }:; T(a,t,c2):=affichage(triangle_equilateral(a,a+exp(i*t)),rempli+c2):; pavehexac(a,t,c1,c2):={ local L; L:=NULL; L:=L,formec(a,t+k*pi/3,c1)$(k=0..2); L:=L,formec(a+(1+sqrt(3))*exp(i*t),t+k*pi/3,c1)$(k=1..2); L:=L,formec(a+(1+sqrt(3))*(1+exp(i*pi/3))*exp(i*t), t+2*pi/3+k*pi/3,c1)$(k=0..1); L:=L,formec(a+(1+sqrt(3))*exp(2*i*pi/3)*exp(i*t),t+k*pi/3,c1) $(k=0..1); L:=L,formec(a+i*(3+sqrt(3))*exp(i*t),t-k*pi/3,c1)$(k=0..1); L:=L,formec(a+(1+sqrt(3)+i*(3+sqrt(3)))*exp(i*t),t-2*pi/3,c1); L:=L,T(a+(1+sqrt(3))*exp(i*(t+pi/3))+exp(i*t+i*pi/6+k*i*pi/3), t+k*pi/3,c2)$(k=0..5); return L; }:; pavehexagc(a,t,c1,c2):={ local L; L:=NULL; L:=L,formec(a,t+k*pi/3,c1)$(k=1..2); L:=L,formec(a+(1+sqrt(3))*exp(i*t),t+k*pi/3,c1)$(k=2..2); L:=L,formec(a+(1+sqrt(3))*(1+exp(i*pi/3))*exp(i*t),t+2*pi/3+k*pi/3,c1)$(k=1..1); L:=L,formec(a+(1+sqrt(3))*exp(2*i*pi/3)*exp(i*t),t+k*pi/3,c1)$(k=0..1); L:=L,formec(a+i*(3+sqrt(3))*exp(i*t),t-k*pi/3,c1)$(k=0..1); L:=L,formec(a+(1+sqrt(3)+i*(3+sqrt(3)))*exp(i*t),t-2*pi/3,c1); L:=L,T(a+(1+sqrt(3))*exp(i*(t+pi/3))+exp(i*t+i*pi/6+k*i*pi/3),t+k*pi/3,c2)$(k=0..5); return L; }:; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt pavehexagc(k*(3+3*sqrt(3)),0,1,2)\$(k=0..3),}\\ {\tt pavehexac(i*(3+sqrt(3))+k*(3+3*sqrt(3)),0,4,5)\$(k=0..3),}\\ {\tt pavehexac(-i*(3+sqrt(3))+k*(3+3*sqrt(3)),0,2,3)\$(k=0..3),}\\ {\tt pavehexagc((1+sqrt(3))*(1+exp(i*pi/3))+k*(3+3*sqrt(3)),0,3,4)\$(k=0..3),}\\ {\tt pavehexagc((1+sqrt(3))*(1+exp(-i*pi/3))+k*(3+3*sqrt(3)),0,5,6)\$(k=0..3)}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pavehexc} \section{Un pavage avec un d\'ecagone et un trap\`eze \'equilat\`eral} \subsection{Le pav\'e} {\bf D\'efinition}\\ On dit qu'un trap\`eze $ABCD$ est \'equilat\`eral d'angle $\alpha$ si $AB=BC=DA$ et si $\alpha=(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}$ ($DC$ est alors son petit c\^ot\'e).\\ Le pav\'e est constitu\'e d'un d\'ecagone de centre {\tt C} et de sommet {\tt M}, de c\^ot\'e {\tt MN} et d'un trap\`eze \'equilat\`eral $PQNM$ d'angle {\tt 2*pi/5}(en rouge).\\ On a {\tt longueur(M,N)=2*longueur(C,A)*sin(pi/10)}.\\ Voici ce pav\'e ({\tt C,A,M} (resp {\tt C,B,N}) sont align\'es) :\\ \includegraphics[width=12cm]{pavedeca}\\ La longueur {\tt c} du petit c\^ot\'e du trap\`eze est \'egal au c\^ot\'e du d\'ecagone est :\\ {\tt c:=2*longueur(C,A)*sin(pi/10)}\\ et son angle $(\overrightarrow{MN},\overrightarrow{MA}$ vaut {\tt 2*pi/5}.\\ {\bf Attention}\\ Pour simplifier les programmes on va supposer que {\tt longueur(C,A)=1}.\\ \ \\ Soit le trap\`eze direct \'equilat\`eral $NMPQ$ de petit c\^ot\'e $NM$.\\ On a :\\ $l=MP=PQ$ et $PQ/2=CP*\sin(pi/10)$ donc puisque on a suppos\'e $CM=1$, $l=2(1+l)\sin(pi/10)=$ donc $l=2\sin(pi/10)/(1-2\sin(pi/10))$\\ On tape le progromme du trap\`eze direct \'equilat\`eral $NMPQ$ de petit c\^ot\'e $NM$ : \begin{verbatim} trapezequi(N,M):={ local P,Q,l,c; c:=longueur(N,M); l:=c/(1-2*sin(pi/10)); P:=similitude(M,l/c,-3*pi/5,N); Q:=similitude(N,l/c,3*pi/5,M); retourne polygone(N,M,P,Q); }:; \end{verbatim} \begin{verbatim} pave(C,M):={ local L,N,Q,P,R,R,S,T,r,c,l; L:=NULL; r:=longueur(C,M); c:=2*r*sin(pi/10); l:=2*r*sin(pi/10)/(1-2*sin(pi/10)); L:=L,isopolygone(C,M,-10); P:=homothetie(C,(1+2*sin(pi/10)/(1-2*sin(pi/10))),M); L:=L,isopolygone(C,P,-10); L:=L,segment(rotation(C,k*pi/5,M),rotation(C,k*pi/5,P))$(k=0..9); Q:=rotation(C,pi/5,P); R:=rotation(C,pi/5,Q); S:=rotation(C,pi/5,R); T:=translation((R-C)*c/(l+r),R); L:=L,trapezequi(T,R); L:=L,trapezequi(R,T); retourne L; }:; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt pave(point(0),point(exp(i*pi/10)))}\\ On obtient le pavé ci dessus. \subsection{Le pavage} Soit :\\ {\tt I:=milieu(P,Q)}.\\ Le pavage se fabrique avec 2 translations : \\ l'une de vecteur $2\overrightarrow{CI}$ et\\ l'autre de vecteur $\overrightarrow{CR}+\overrightarrow{CT}$\\ On tape \begin{verbatim} pavage(C,M):={ local L,N,Q,P,R,R,S,T,r,c,l,I,C1,M1; L:=NULL; r:=longueur(C,M); c:=2*r*sin(pi/10); l:=2*r*sin(pi/10)/(1-2*sin(pi/10)); P:=homothetie(C,(1+2*sin(pi/10)/(1-2*sin(pi/10))),M); Q:=rotation(C,pi/5,P); R:=rotation(C,pi/5,Q); S:=rotation(C,pi/5,R); T:=translation((R-C)*c/(l+r),R); I:=milieu(P,Q); L:=L,pave(translation(2*k*(I-C),C),translation(2*k*(I-C),M))$(k=0..2); C1:=translation(((R-C)+(T-C)),C); M1:=translation(((R-C)+(T-C)),M); L:=L,pave(translation(2*k*(I-C),C1),translation(2*k*(I-C),M1))$(k=0..2); C2:=translation(((R-C)+(T-C)),C1); M2:=translation(((R-C)+(T-C)),M1); L:=L,pave(translation(2*k*(I-C),C2),translation(2*k*(I-C),M2))$(k=0..2); retourne L; }:; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt pavage(point(0),point(exp(i*pi/10)))}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pavagedeca} \section{Pavage de quasicristaux} Voici le pavage que l'on veut r\'ealis\'e :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pavagecristal}\\ Ce pavage ressemble au pav\'e pr\'ec\'edent avec en plus des \'etoiles et des roues polygonales. \subsection{Le pav\'e} Voici le pav\'e :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pavecristal}\\ Ce pav\'e ressemble au pav\'e pr\'ec\'edent car les \'etoiles sont situ\'ees aux sommets du pav\'e pr\'ec\'edent.\\ \includegraphics[width=\textwidth]{paveroue1}\\ On \'ecrit la proc\'edure {\tt etoiles(O,A)} qui dessine (le point {\tt B} est une variable locale de cette proc\'edure) :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{etoiles}\\ On tape : \begin{verbatim} etoiles(O,A):={ local P,L,B,Q,R,r,k; r:=evalf(longueur(O,A)); P:=isopolygone(O,A,-5); B:=inter_unique(segment(A,sommets(P)[2]), segment(sommets(P)[1],sommets(P)[4])); Q:=isopolygone(O,B,-5); L:=polygone(sommets(Q)[0],sommets(Q)[2],sommets(Q)[4], sommets(Q)[1],sommets(Q)[3]); R:=segment(A,B),segment(B,sommets(P)[1]); L:=L,rotation(O,2k*pi/5,isopolygone(B,A,5))$(k=0..4); L:=L,rotation(O,2k*pi/5,segment(A,B))$(k=1..5); L:=L,rotation(O,2k*pi/5,segment(B,sommets(P)[1]))$(k=1..5); retourne L; }:; \end{verbatim} Dans la suite {\tt C} est le centre de la roue et {\tt M} est un sommet du d\'ecagone de centre {\tt C}.\\ Puis on \'ecrit la proc\'edure {\tt rouepoly(C,M)} qui dessine :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{rouepoly}\\ lorsque {\tt C:=point(0);M:=point(exp(i*pi/10));}\\ On tape : \begin{verbatim} rouepoly(C,M):={ local L,D,K,Q,I,c,c1,c2,r,r1,r2,h; L:=NULL; L:=L,isopolygone(C,M,-10); Q:=rotation(C,pi/5,M); r:=evalf(longueur(C,M)); c1:=2*r*sin(pi/10); h:=r*cos(pi/10); r1:=c1/(2*sin(pi/5)); c2:=2*r1*sin(2*pi/5); r2:=c2/(2*sin(pi/5)); I:=milieu(Q,M); D:=homothetie(C,(h+r1*cos(pi/5)+r1*cos(2*pi/5)+r2*cos(pi/5))/h,I); K:=evalf(homothetie(C,(h+c1*cos(pi/10)+r2*cos(pi/5)+r2)/h,I)); pour k de 1 jusque 10 faire L:=L,isopolygone(Q,M,5); M:=Q; Q:=rotation(C,pi/5,M); fpour; retourne L; }:; \end{verbatim} Puis on \'ecrit la proc\'edure {\tt rouetoiles(C,M)} qui dessine :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{rouetoiles}\\ lorsque {\tt C:=point(0);M:=point(exp(i*pi/10));}\\ On tape : \begin{verbatim} rouetoiles(C,M):={ local L,D,K,Q,I,c,c1,c2,r,r1,r2;LD,LK; L:=NULL; L:=L,isopolygone(C,M,-10); Q:=rotation(C,pi/5,M); r:=evalf(longueur(C,M)); c1:=2*r*sin(pi/10); h:=r*cos(pi/10); r1:=c1/(2*sin(pi/5)); c2:=2*r1*sin(2*pi/5); r2:=c2/(2*sin(pi/5)); I:=milieu(Q,M); D:=homothetie(C,(r*cos(pi/10)+r1*cos(pi/5)+r1*cos(2*pi/5)+ r2*cos(pi/5))/(r*cos(pi/10)),I); K:=homothetie(C,(r*cos(pi/10)+c1*cos(pi/10)+ r2*cos(pi/5)+r2)/(r*cos(pi/10)),I); LD:=rotation(C,k*pi/5,D)$(k=0..9); LK:=rotation(C,k*pi/5,K)$(k=0..9); L:=L,etoiles(LD[k],LK[k])$(k=0..9); retourne L; }:; \end{verbatim} Puis on \'ecrit la proc\'edure {\tt paveroue(C,M)} qui dessine :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{paveroue}\\ lorsque {\tt C:=point(0);M:=point(exp(i*pi/10));}\\ On tape : \begin{verbatim} paveroue(C,M):={ local D,D1,K,k,L,Q,C1,M1,K1,C2,r,c1,h,r1,c2,r2,I,l,LD,LK,LC1,LM1,LD1,LK1; L:=NULL; L:=L,isopolygone(C,M,-10); Q:=rotation(C,pi/5,M); r:=evalf(longueur(C,M)); c1:=2*r*sin(pi/10); h:=r*cos(pi/10); r1:=c1/(2*sin(pi/5)); c2:=2*r1*sin(2*pi/5); r2:=c2/(2*sin(pi/5)); I:=milieu(Q,M); //l:=evalf(longueur(C,K)); l:=r*cos(pi/10)+c1*cos(pi/10)+r2*cos(pi/5)+r2; D:=homothetie(C,(r*cos(pi/10)+r1*cos(pi/5)+r1*cos(2*pi/5)+ r2*cos(pi/5))/(r*cos(pi/10)),I); K:=homothetie(C,(r*cos(pi/10)+c1*cos(pi/10)+r2*cos(pi/5)+ r2)/(r*cos(pi/10)),I); LD:=rotation(C,k*pi/5,D)$(k=0..9); LK:=rotation(C,k*pi/5,K)$(k=0..9); L:=L,etoiles(LD[k],LK[k])$(k=0..9); C1:=homothetie(C,(2*r+2*c1+c2)/r,M); M1:=homothetie(C,(3*r+2*c1+c2)/r,M); D1:=homothetie(C,(l+2*h+r2)/(l-r2),D); K1:=homothetie(C,(l+2*h)/l,K); L:=L,rouepoly(C1,M1); L:=L,etoiles(D1,K1); LC1:=rotation(C,k*pi/5,C1)$(k=0..9); LM1:=rotation(C,k*pi/5,M1)$(k=0..9); L:=L,rouepoly(LC1[k],LM1[k])$(k=0..9); LD1:=rotation(C,k*pi/5,D1)$(k=0..9); LK1:=rotation(C,k*pi/5,K1)$(k=0..9); L:=L,etoiles(LD1[k],LK1[k])$(k=0..9); retourne L; }:; \end{verbatim} Puis on \'ecrit la proc\'edure {\tt pavageroue(C,M)} qui dessine :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pavageroue1}\\ lorsque {\tt C:=point(0);M:=point(exp(i*pi/10));}\\ On tape : \begin{verbatim} pavageroue(C,M):={ local L,r,c1,c2,h,I,Q,TC1,TC2,M1,M2,d,d1,TC3,M3; r:=evalf(longueur(C,M)); c1:=2*r*sin(pi/10); h:=r*cos(pi/10); r1:=c1/(2*sin(pi/5)); c2:=2*r1*sin(2*pi/5); r2:=c2/(2*sin(pi/5)); Q:=rotation(C,pi/5,M); I:=milieu(Q,M); d:=6*r+5*c1+2*c2; TC1:=homothetie(C,d/r,M); M1:=homothetie(C,d/r+1,M); L:=NULL; L:=L,paveroue(C,M); L:=L,paveroue(TC1,M1); TC2:=TC1*exp(2*i*pi/5); M2:=M1*exp(2*i*pi/5); L:=L,paveroue(TC2,M2); d1:=10*r+8*c1+3*c2; TC3:=homothetie(C,d1/r,Q); M3:=homothetie(C,d1/r+1,Q); L:=L,paveroue(TC3,M3); retourne L; }:; \end{verbatim} \section{Droites remarquables du triangle}\index{mediane}\index{bissectrice}\index{exbissectrice}\index{mediatrice}\index{hauteur}\label{sec:droitetri} \subsection{D\'efinitions} \'Etant donn\'e trois points {\tt A}, {\tt B} et {\tt C} les commandes suivantes permettent de tracer les droites remarquables du triangle $ABC$ : \begin{itemize} \item Les m\'edianes\\ {\tt mediane(A,B,C)} trace la m\'ediane du triangle $ABC$ issue de $A$,\\ {\tt mediane(B,C,A)} trace la m\'ediane du triangle $ABC$ issue de $B$,\\ {\tt mediane(C,B,A)} trace la m\'ediane du triangle $ABC$ issue de $C$. \item Les bissectrices\\ {\tt bissectrice(A,B,C)} trace la bissectrice int\'erieure de l'angle $A$,\\ {\tt exbissectrice(A,B,C)} trace la bissectrice ext\'erieure de l'angle $A$,\\ {\tt bissectrice(B,A,C)} trace la bissectrice int\'erieure de l'angle $B$,\\ {\tt exbissectrice(B,A,C)} trace la bissectrice ext\'erieure de l'angle $B$,\\ {\tt bissectrice(C,B,A)} trace la bissectrice int\'erieure de l'angle $C$,\\ {\tt exbissectrice(C,B,A)} trace la bissectrice ext\'erieure de l'angle $C$. \item Les hauteurs\\ {\tt hauteur(A,B,C)} trace la hauteur du triangle $ABC$ issue de $A$,\\ {\tt hauteur(B,A,C)} trace la hauteur du triangle $ABC$ issue de $B$,\\ {\tt hauteur(C,B,A)} trace la hauteur du triangle $ABC$ issue de $C$. \item Les m\'ediatrices\\ {\tt mediatrice(A,B)} trace la m\'ediatrice de $AB$,\\ {\tt mediatrice(B,C)} trace la m\'ediatrice de $BC$,\\ {\tt mediatrice(A,C)} trace la m\'ediatrice de $AC$\\ \end{itemize} \subsection{Exercice} Soient $d_1$ d'\'equation $y=x$, $d_2$ d'\'equation $y=-2x$ et $d_3$ d'\'equation $y=x/3$. \begin{enumerate} \item Construire un triangle $ABC$ qui admet $d_1$ comme hauteur $h_A$, $d_2$ comme hauteur $h_B$ et $d_3$ comme hauteur $h_C$. \item Construire un triangle $ABC$ qui admet $d_1$ comme m\'ediane $m_A$, $d_2$ comme m\'ediane $m_B$ et $d_3$ comme m\'ediane $m_C$. \item Construire un triangle $ABC$ qui admet $d_1$ comme m\'ediatrice $m_{BC}$, $d_2$ comme m\'ediatrice $m_{AC}$ et $d_3$ comme m\'ediatrice $m_{AB}$. \item Construire un triangle $ABC$ qui admet $d_1$ comme bissectrice $b_A$, $d_2$ comme bissectricehauteur $b_B$ et $d_3$ comme bissectrice $b_C$. \item Construire un triangle $ABC$ qui admet $d_1$ comme bissectrice $b_A$, $d_2$ comme bissectrice ext\'erieure $be_B$ et $d_3$ comme bissectrice ext\'erieure $be_C$. \end{enumerate} {\bf Une solution avec {\tt Xcas}}\\ \begin{enumerate} \item Construction de $ABC$ admettant $d_1$, $d_2$, $d_3$ comme hauteurs.\\ On d\'efinit les 3 droites, puis on doit avoir :\\ $CB$ perpendiculaire \`a $d_1$, $AC$ perpendiculaire \`a $d_2$ et $AB$ perpendiculaire \`a $d_3$.\\ On choisit un point $A$ sur $d1$, puis on trace la perpendiculaire $p_2$ \`a $d_2$ et $p_3$ \`a $d_3$. $p_2$ coupe $d_3$ en $C$ et $p_3$ coupe $d_2$ en $B$.\\ $d_2$ et $d_3$ sont 2 hauteurs du triangle $ABC$ qui se coupent en $O$. \\ Dans un triangle les 3 hauteurs sont concourantes donc $d_1$ qui est la droite $A0$ est la trois\`eme hauteur du triangle $ABC$.\\ \includegraphics[width=\textwidth]{casgeotrh}\\ Pour obtenir cette construction, on tape : \begin{verbatim} d1:=droite(0,5+5*i,affichage=1); d2:=droite(0,-2+4*i,affichage=1); d3:=droite(0,6+2*i,affichage=1); A:=point(4+4*i); p2:=perpendiculaire(A,d2):;p2; C:=inter_unique(p2,d3); p3:=perpendiculaire(A,d3):;p3; B:=inter_unique(p3,d2); s:=segment(B,C); \end{verbatim} On tape :\\ {\tt est\_perpendiculaire(s,d1);}\\ On obtient : {\tt 1} \item Construction de $ABC$ admettant $d_1$, $d_2$, $d_3$ comme m\'edianes.\\ On doit avoir :\\ $B$ est sur $d_2$ et le milieu $M$ de $AB$ doit \^etre sur $d_3$, donc $B$ se trouve aussi sur la droite $d_4$ image de $d_3$ par l'homoth\'etie de centre $A$ et de rapport 2.\\ De m\^eme, $C$ est sur $d_3$ et le milieu $N$ de $AC$ doit \^etre sur $d_2$, donc $C$ se trouve aussi sur la droite $d_5$ image de $d_2$ par l'homoth\'etie de centre $A$ et de rapport 2.\\ On choisit un point $A$ sur $d1$, puis on trace la droite $d_4$ (resp $d_5$) image de $d_3$ (resp $d_2$) par l'homoth\'etie de centre $A$ et de rapport 2.\\ et $d_5$ coupe $d_3$ en $C$ et $d_4$ coupe $d_2$ en $B$.\\ $d_2$ et $d_3$ sont 2 m\'edianes du triangle $ABC$ qui se coupent en $O$. \\ Dans un triangle les 3 m\'edianes sont concourantes donc $d_1$ qui est la droite $A0$ est la trois\`eme m\'ediane du triangle $ABC$.\\ \includegraphics[width=\textwidth]{casgeotrm}\\ Pour obtenir cette construction, on tape : \begin{verbatim} d1:=droite(0,5+5*i,affichage=1); d2:=droite(0,-2+4*i,affichage=1); d3:=droite(0,6+2*i,affichage=1); A:=point(4+4*i); d4:=homothetie(A,2,d3):;d4; d5:=homothetie(A,2,d2):;d5; B:=inter_unique(d4,d2); C:=inter_unique(d5,d3); triangle(A,B,C); s:=segment(B,C); P:=inter_unique(s,d1); \end{verbatim} On tape :\\ {\tt P-(B+C)/2;}\\ On obtient : {\tt point(0,0)} \item Construction de $ABC$ admettant $d_1$, $d_2$, $d_3$ comme m\'ediatrices.\\ On doit avoir :\\ $A$, $B$, $C$ sont, par exemple, sur le cercle $c$ de centre $O$ et de rayon 4 : qui sera le cercle circonscrit au triangle $ABC$.\\ $B$ doit \^etre le sym\'etrique de $A$ par rapport \`a $d_3$, $C$ doit \^etre le sym\'etrique de $B$ par rapport \`a $d_1$, et $A$ doit \^etre le sym\'etrique de $C$ par rapport \`a $d_2$.\\ Soit $S_1$ (resp $S_2$, $S_3$) la sym\'etrie par rapport \`a $d_1$ (resp $d_2$, $d_3$). $A$ est donc un point fixe de $S_4=S_2\circ S_1\circ S_3$. Soient $d_4$ la transform\'ee de $d_2$ dans la rotation de centre $O$ et d'angle $(d_1,d_3)$ et $S_4$ est la sym\'etrie par rapport \`a $d_4$.\\ $A$ est donc l'intersection de $c$ et de $d_4$, puis on trouve $B$ comme sym\'etrique de $A$ par rapport \`a $d_3$ et $C$ comme sym\'etrique de $A$ par rapport \`a $d_2$.\\ Dans un triangle les 3 m\'ediatrices sont concourantes donc $d_1$ qui est la droite $A0$ est la trois\`eme m\'ediatrice du triangle $ABC$.\\ \includegraphics[width=\textwidth]{casgeotrmc}\\ Pour obtenir cette construction, on tape : \begin{verbatim} d1:=droite(0,5+5*i,affichage=1); d2:=droite(0,-2+4*i,affichage=1); d3:=droite(0,6+2*i,affichage=1); O:=point(0,affichage=quadrant4); affichage(angle(d1,d3,""),1); d4:=rotation(0,angle(d1,d3),d2):;d4; affichage(angle(d2,d4,""),1); c:=cercle(0,4) A:=inter_unique(c,d4); B:=symetrie(d3,A); C:=symetrie(d2,A); triangle(A,B,C); s:=segment(B,C); I:=inter_unique(s,d1); \end{verbatim} On tape :\\ {\tt simplify(equation(mediatrice(B,C)))}\\ On obtient : {\tt y=x} \item Construction de $ABC$ admettant $d_1$, $d_2$, $d_3$ comme bissectrices.\\ On doit avoir :\\ $A$ sur $d_1$, $B$ sur $d_2$ et $C$ sur $d_3$ et\\ la somme des angles du triangle $ABC$ \'egale \`a $\pi$ donc :\\ $\displaystyle \frac{\widehat A}{2}+ \frac{\widehat B}{2}+\frac{\widehat C}{2}=\frac{\pi}{2}$ donc\\ angle$(d_2,d_3)=\widehat{BOC}=\pi/2+\frac{\widehat A}{2}$.\\ Le probl\`eme est donc possible si l'angle $(d_2,d_3)$ est obtu i.e. sup\'erieur \`a $\pi/2$. On choisit un point $A$ sur $d1$, puis on trace les droites $d_4$ et $d_5$ pour avoir :\\ angle($d_1,d_4$)=angle($d_2,d_3$)-$\pi/2$ et\\ angle($d_1,d_5$)=-angle($\widehat{BOC}$)-$\pi/2$\\ Puis $B$ est l'intersection de $d_4$ et de $d_2$.\\ On trace $d_6$ pour que $d_2$ soit la bissectrice de l'angle $B$.\\ Puis $C$ est l'intersection de $d_5$ et de $d_6$.\\ Pourquoi $C$ est-il sur $d_3$ ? Dans un triangle les 3 bissectrices sont concourantes donc $CO$ est la trois\`eme bissectrice du triangle $ABC$. donc l'angle $\widehat{COB}=\pi/2+angle(d1,d4)=angle(d_3,d_2)$ donc les droites $OC$ et $d_3$ sont confondues.\\ \includegraphics[width=\textwidth]{casgeotrb}\\ Pour obtenir cette construction, on tape : \begin{verbatim} d1:=droite(0,5+5*i,affichage=1); d2:=droite(0,-2+4*i,affichage=1); d3:=droite(0,6+2*i,affichage=1); O:=point(0,affichage=quadrant4); A:=point(5+5*i); d4:=rotation(A,angle(d3,d2)-pi/2,d1):; angle(d1,d4,""); d5:=rotation(A,-angle(d3,d2)+pi/2,d1):; angle(d5,d1,""); B:=inter_unique(d4,d2); d6:==rotation(B,angle(d4,d2),d2); C:=inter_unique(d5,d6); triangle(A,B,C); est_element(C,d3) \end{verbatim} On tape : {\tt est\_element(C,d3)}\\ On obtient : {\tt 1}\\ On tape : {\tt angle(d5,d3),angle(d3,d1)}\\ On obtient : {\tt 1}\\ On tape : {\tt angle(d1,d6)-angle(d1,d2)}\\ On obtient : {\tt 1}\\ \item Construction de $ABC$ admettant $d_1$ comme bissectrice de l'angle $A$, et $d_2$ (resp $d_3$) comme bissectrice ext\'erieure de l'angle $B$ (resp $C$).\\ On doit avoir, $A$ sur $d_1$, $B$ sur $d_2$ et $C$ sur $d_3$ et\\ la somme des angles du triangle $ABC$ est \'egale \`a $\pi$ donc :\\ $\displaystyle \frac{\widehat A}{2}+ \frac{\widehat B}{2}+\frac{\widehat C}{2}=\frac{\pi}{2}$.\\ Soit $\beta=\pi/2$-angle($B/2$), $\gamma=\pi/2$-angle($C/2$) et\\ soit angle($O_1$)=angle($\widehat{BOA}$), angle($O_2$)=angle($\widehat{AOC}$).\\ Puisque la somme des angles du triangle $ABO$ est \'egale \`a $\pi$ on a :\\ $\pi-\beta+$angle($A/2$)+angle($O1$)=$\pi$ donc\\ $\beta$=angle($A/2$)+angle($O_1$)=$\pi/2$-angle($B/2$)=angle($A/2$)+angle($C/2$)\\ Donc angle($O_1$)=angle($C/2$).\\ De m\^eme, la somme des angles du triangle $ACO$ \'egale \`a $\pi$ on a :\\ $\pi-\gamma$+angle($A/2$)+angle($O_2$)=$\pi$ donc\\ $\gamma$=angle($A/2$)+angle($O_2$)=$\pi/2$-angle($C/2$)=angle($A/2$)+angle($B/2$)\\ donc angle($O_2$)=angle($B/2$).\\ Comme angle($B/2$)+angle($C/2$)=$\pi/2$-angle($A/2$)<$\pi/2$, le probl\`eme n'est possible que si :\\ angle($O_1$)+ angle($O_2$)=angle($\widehat{BOC}$ est aigu i.e. est inf\'erieur \`a $\pi/2$.\\ {\bf Ce qui n'est pas le cas ici !} {\bf Modifions} l'\'equation de la droite $d_2$ et supposons que $d_2$ a pour \'equation $y=-4x$.\\ On a : angle($A/2$)=$\pi/2$-angle($O_1$)-angle($0_2$)=$\pi/2$-angle($\widehat{BOC}$)\\ Donc : $\frac{\widehat A}{2}=\pi/2$-angle($d_2,d_3$).\\ On choisit un point $A$ sur $d_1$, puis on trace les droites $d_4$ et $d_5$ pour avoir :\\ angle($d_1,d_4$)=-$\pi/2$+angle($d_3,d_2$) et angle($d_1,d_5$)=$\pi/2$-angle($d_3,d_2$)\\ $d_4$ coupe $d_2$ en $B$ .\\ On trace la droite $d_6$ pour que $d_2$ soit la bissectrice ext\'erieure de l'angle $B$. On a $d_6$ est la sym\'etique de $d4$ par rapport \`a $d2$ et angle($d_2,d_6$)=angle($d_4,d_2$)\\ $d_6$ et $d_5$ se coupent en $C$.\\ Pourquoi $C$ est-il sur $d_3$ ? Dans un triangle $ABC$, la bissectrice de l'angle $A$ et les 2 bissectrices ext\'erieures des angles $B$ et $C$ sont concourantes donc $CO$ est la bissectrice ext\'erieure de $C$.\\ donc l'angle $\widehat{BOC}=-\pi/2+$angle$(d_1,d_5)=$angle$(d_2,d_3)$\\ donc les droites $OC$ et $d_3$ sont confondues.\\ \includegraphics[width=\textwidth]{casgeotrbe1}\\ Pour obtenir cette construction, on tape : \begin{verbatim} d1:=droite(0,5+5*i,affichage=1); d2:=droite(0,-2+8*i,affichage=1); d3:=droite(0,6+2*i,affichage=1); O:=point(0,affichage=quadrant4); A:=point(5+5*i); d4:=rotation(A,angle(d3,d2)-pi/2,d1):;d4; d5:=rotation(A,-angle(d3,d2)+pi/2,d1):;d5; B:=inter_unique(d4,d2); d6:=symetrie(d2,d4); C:=inter_unique(d5,d6); triangle(A,B,C); \end{verbatim} On tape : {\tt est\_element(C,d3)}\\ On obtient : {\tt 1} \end{enumerate} \section{Cercles remarquables du triangle}\index{circonscrit}\index{inscrit}\index{exinscrit}\label{sec:cercletri} \'Etant donn\'e trois points {\tt A}, {\tt B} et {\tt C} les commandes suivantes permettent de tracer les cercles remarquables du triangle $ABC$ : \begin{itemize} \item Le cercle circonscrit\\ {\tt circonscrit(A,B,C)} trace le cercle circonscrit au triangle $ABC$. \item Le cercle inscrit\\ {\tt inscrit(A,B,C)} trace le cercle inscrit au triangle $ABC$. \item Le cercle exinscrit\\ {\tt exinscrit(A,B,C)} trace le cercle exinscrit dans l'angle $A$ du triangle $ABC$,\\ {\tt exinscrit(B,A,C)} trace le cercle exinscrit dans l'angle $B$ du triangle $ABC$,\\ {\tt exinscrit(C,B,A)} trace le cercle exinscrit dans l'angle $C$ du triangle $ABC$. \end{itemize} {\bf Exercice1}\\ %inscritexo.xws Soit un triangle $ABC$ et $c$ sont cercle inscrit.\\ Le centre $O$ de $c$ se projette en $P$ (resp $Q$, $R$) sur $BC$ (resp $AB$, $AC$).\\ Montrer que :\\ $2PB=AB+BC-AC=2QB$,\\ $2QA=AB+AC-BC=2AR$,\\ $2CP=BC+AC-AB=2CR$\\ {\bf Solution}\\ On fait la figure : dans un niveau de geom\'etrie 2d, en mode point on clique sur 3 points $A,B,C$ et on tape : \begin{verbatim} triangle(A,B,C); c:=inscrit(A,B,C); O:=centre(c); P:=projection(droite(B,C),O); Q:=projection(droite(B,A),O); R:=projection(droite(A,C),O); segment(O,P,affichage=ligne_tiret_pointpoint); segment(O,Q,affichage=ligne_tiret_pointpoint); segment(O,R,affichage=ligne_tiret_pointpoint); \end{verbatim} On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{inscritexo}\\ On a les \'egalit\'es :\\ $BP=BQ$, $AQ=AR$, $CP=CR$ et\\ $AB=AQ+QB$, $AC=AR+RC$, $BC=BP+PC$ donc \\ $AB+BC=AQ+QB+BP+PC=2BP+AQ+PC=$\\ $2BP+AR+CR=2BP+AC$ donc \\ $2BP=AB+BC-AC=2BQ$\\ de m\^eme on a :\\ $2QA=AB+AC-BC=2AR$ et $2CP=BC+AC-AB=2CR$\\ {\bf Prolongement de l'exercice1}\\ Soit $M$ un point du segment $BC$.\\ Soient $I$ le centre du cercle inscrit du triangle $ABM$ et $J$ le centre du cercle inscrit du triangle $AMC$.\\ Le point $I$ se projette en $H$ sur $BC$ et le point $J$ se projette en $K$ sur $BC$.\\ \includegraphics[width=\textwidth]{inscritexopro} \begin{enumerate} \item Montrer que les segments $MP$ et $HK$ ont m\^eme milieu. \item En d\'eduire que, lorsque $M$ parcourt $BC$, le cercle de diam\`etre $IJ$ passe par le point fixe $P$ (projection sur $BC$ du centre $O$ du cercle inscrit du triangle $ABC$. \item Faire un pliage qui met en \'evidence que $PB-PC=AB-AC$. \end{enumerate} {\bf Remarque} Sur la figure ci-dessus, lorsque $M$ varie (\`a l'aide du param\`etre $t$), les parties mobiles sont en rouge.\\ Pour faire cette figure, on a compl\`et\'e la figure de l'exercice1 en tapant : \begin{verbatim} supposons(t=[0.4,0,1,0.01]); M:=element(segment(B,C),t,affichage=1); segment(A,M,affichage=1) c1:=inscrit(A,B,M,affichage=1):; I:=affichage(centre(c1),1);c1; c2:=inscrit(A,C,M,affichage=1):; J:=affichage(centre(c2),1);c2; H:=projection(segment(B,C),I,affichage=1); K:=projection(segment(B,C),J,affichage=1); segment(I,H,affichage=ligne_tiret_pointpoint+1); segment(J,K,affichage=ligne_tiret_pointpoint+1); segment(I,J,affichage=1); cercle(I,J,affichage=1); \end{verbatim} {\bf Solution} \begin{enumerate} \item Montrons que les segments $MP$ et $HK$ ont m\^eme milieu.\\ Pour cela montrons que :$(BP+BM)/2=(BH+BK)/2$.\\ On a d'apr\`es l'exercice1:\\ $2BP=BC+AB-AC$ on a :\\ $2BH=BM+AB-AM$ \\ $2BK=2BM+2MK=2BM+MC+AM-AC$\\ donc :\\ $2(BH+BK)=2BM+(BM+MC)+AB-AC=$\\ $2BM+BC+AB-AC=2BM+2BP=2(BM+BP)$\\ Donc $HK$ et $MP$ ont m\^eme milieu. \item Avec {\tt Xcas} on peut faire bouger le point $M$ en faisant varier le param\`etre $t$ entre 0 et 1 par pas de 0.01 gr\^ace \`a l'instruction :\\ {\tt supposons(t=[0.4,0,1,0.01]);}\\ \includegraphics[width=\textwidth]{inscritexop1}\\ Le cercle de diam\`etre $IJ$ passe par $M$ puisque l'angle $\widehat{IMJ}=\pi/2$ ($IM$ (resp $MJ$) est la bissectrice int\'erieure (resp ext\'erieure) de l'angle $\widehat{IMJ}$).\\ Le cercle de diam\`etre $IJ$ passe aussi par $P$ car : le milieu $N$ de $IJ$ se projette sur le milieu $L$ de $HK$ qui est aussi le milieu de $PM$, donc $NM=NP$ (\'egalit\'e des triangles rectangles $NML$ et $NKL$). \item Le sym\'etrique $S$ de $P$ par rapport \`a $IJ$ se trouve aussi sur le cercle de diam\`etre $IJ$. Pour faire le pliage, on d\'ecoupe un triangle $ABC$ sur lequel on marque les points $P, M, I, J, S$ et le point $N$ milieu de $IJ$ et on trace les droites parall\`eles \`a$NP$ passant par $I$ (resp $J$) qui coupe $BC$ en $G$ (resp $F$).\\ Voici la figure d\'epli\'ee et en cours de pliage pour $t=0.72$ :\\ \includegraphics[width=12cm]{inscritexop3}\\ \includegraphics[width=12cm]{inscritexop2}\\ On plie vers l'arri\`ere selon $AI$ et $AJ$ et on marque les plis $IP$, $JP$ et $IJ$ et on plie $IJP$ autour de $IJ$ pour amener $P$ sur $S$ en aplatissant les plis $ID$ et $JE$ et en formant les plis $JF$ et $IG$ (on a $IG+JF=2NP=IJ$, $\widehat{GIP}=\widehat{NPI}=\widehat{PIN}$ et $\widehat{FJP}=\widehat{JPN}=\widehat{PJN}$). Les plis $JF$, $IG$, $IP$, $JP$, am\`enent $F$ et $G$ en un point de $IJ$ et $P$ en $S$ et on voit que $PC-PB=AC-AB$. \end{enumerate} \section{Les fonctions bool\'eennes} \begin{itemize} \item {\tt est\_element} pour savoir si un point appartient \`a un objet g\'eom\'etrique.\index{est\_element}\\ {\tt est\_element} est une fonction bool\'eenne ayant comme argument un point et un objet g\'eom\'etrique.\\ {\tt est\_element} vaut 1 si le point appartient \`a l'objet g\'eom\'etrique, et vaut 0 sinon. \item {\tt est\_aligne} pour savoir si 3 points sont align\'es.\index{est\_aligne}\\ {\tt est\_aligne} est une fonction bool\'eenne ayant comme argument trois points.\\ {\tt est\_aligne} vaut 1 si les trois points sont align\'es, et vaut 0 sinon. \item {\tt est\_cocyclique} pour savoir si 4 points sont cocycliques.\index{est\_cocyclique}\\ {\tt est\_cocyclique} est une fonction bool\'eenne ayant comme argument quatre points.\\ {\tt est\_cocyclique} vaut 1 si les quatre points sont cocycliques, et 0 sinon. \item {\tt est\_parallele} pour savoir si 2 droites sont parall\`eles.\index{est\_parallele}\\ {\tt est\_parallele} est une fonction bool\'eenne ayant comme argument deux droites. \\ {\tt est\_parallele} vaut 1 si les deux droites sont parall\`eles, et, vaut 0 sinon. \item {\tt est\_perpendiculaire} pour savoir si 2 droites sont perpendiculaires.\index{est\_perpendiculaire}\\ {\tt est\_perpendiculaire} est une fonction bool\'eenne ayant comme argument deux droites.\\ {\tt est\_perpendiculaire} vaut 1 si les deux droites sont perpendiculaires, et, vaut 0 sinon. \item {\tt est\_orthogonal} pour savoir si 2 droites ou 2 cercles sont orthogonaux.\index{est\_orthogonal}\\ {\tt est\_orthogonal} est une fonction bool\'eenne ayant comme argument deux droites (resp deux cercles).\\ {\tt est\_orthogonal} vaut 1 si les deux droites sont perpendiculaires (resp les deux cercles sont orthogonaux), et vaut 0 sinon. \end{itemize} \section{La g\'eom\'etrie du cercle} %\subsection{Angle au centre et angle inscrit} %\subsection{Arcs et cordes} \subsection{Arc capable}\index{arc} \noindent {\tt arc} permet de tracer un arc d\'efini par deux points et la mesure de son angle au centre $\alpha$ ($-2\pi \leq \alpha \leq 2\pi$) le signe de $\alpha$ donne le sens de parcours.\\ Pour avoir l'arc capable {\tt AB} de mesure $u$ il faut taper :\\ {\tt arc(A,B,2*(-pi+u))} si $\pi>u>0$ ou \\ {\tt arc(A,B,2*(pi+u))} si $-\pi0) return(cercle(O1,A-O1,arg(B-O1),arg(B-O1)+2*(pi-u))); return(cercle(O1,A-O1,arg(B-O1),arg(B-O1)+2*(-pi-u))); }; Arcap(A,B,u):={ local L; AB:=segment(A,B); O1:=inter(mediatrice(A,B),rotation(A,pi/2-u,droite(A,B)))[0]; O2:=inter(mediatrice(A,B),rotation(A,-pi/2+u,droite(A,B)))[0]; L:=[cercle(O1,A-O1,arg(B-O1),arg(B-O1)+2*(pi-u))]; L:=append(L,cercle(O2,A-O2,arg(A-O2),arg(A-O2)+2*(pi-u))); return(L); }; \end{verbatim} {\bf Exercice : La droite de Steiner}\\ Soient un triangle quelconque $ABC$, $H$ son orthocentre et $c$ son cercle circonscrit.\\ \begin{itemize} \item Soit $Ha$ le sym\'etrique de $H$ par rapport \`a $BC$.\\ Montrer que $Ha \in c$.\\ \item Soit $I$ un point de $c$ et $Ia$ (resp $Ib$, $Ic$) le sym\'etrique de $I$ par rapport \`a $(BC)$ (resp $(AC)$, $(AB)$). Montrer que $Ia$, $Ib$, $Ic$ et $H$ sont align\'es selon une droite appel\'ee {\tt la droite de Steiner de $I$} \end{itemize} \begin{itemize} \item On montre que l'angle $\widehat{BHC}=\widehat{BHaC}=\pi-\widehat{BAC}$ En effet soient $M$ et $N$ les pieds des haureurs issues de $B$ et $C$ : le quadrilat\`ere $AMHN$ est inscriptible donc : $\widehat{BHC}=\pi-\widehat{BAC}$\\ Par sym\'etrie on a $\widehat{BHC}=\widehat{BHaC}$ Donc $\widehat{BHaC}=\pi-\widehat{BAC}$ donc le quadrilat\`ere $AMHaN$ est inscriptible. \item On consid\`ere les cercles $ca$ (resp $cb,cc$) les cercles sym\'etriques de $c$ par rapport \`a $BC$ (resp $AC$, $AB$) et $Hb$ (resp $Hc$ les sym\'etriques de $H$ par rapport \`a $AC$ (resp $AB$). Par des consid\'erations d'angle on montre que l'angle $\widehat{IbHIc}=\pi$ (resp $\widehat{IbHIa}=\pi$ donc que $H,Ia,Ib,Ic$ sont align\'es \end{itemize} %\subsection{Quadrilat\`ere inscriptible} \subsection{Puissance d'un point par rapport \`a un cercle}\index{puissance} Si un point $A$ est \`a une distance $d$ du centre d'un cercle $C$ de rayon $r$, la puissance de $A$ par rapport au cercle $C$ est \'egale \`a $d^2-r^2$. On tape :\\ {\tt puissance(cercle(0,1+i),3+i)}\\ On obtient :\\ {\tt 8}\\ En effet : $r=\sqrt 2$ et $d=\sqrt{10}$ donc $d^2-r^2=8$ On peut aussi faire \'ecrire la fonction {\tt puissancc} comme exercice de programmation. \begin{verbatim} Puissancc(A,C):={ local O,r,d2; O:=centre(C); r:=rayon(C); d2:=longueur2(A,O); return(d2-r^2); }; \end{verbatim} \subsection{Axe radical de deux cercles}\index{axe\_radical} L'axe radical de deux cercles $C_1$ et $C_2$ est le lieu des points qui ont m\^eme puissance par rapport \`a $C_1$ et \`a $C_2$ On tape :\\ {\tt axe\_radical(cercle(0,1+i),cercle(1,1+i)))}\\ On obtient :\\ {\tt Le trac\'e de la droite x=1/2}\\ En effet : la droite x=1/2 est la m\'ediatrice du segment [0;1] On peut aussi faire \'ecrire la fonction {\tt axeradical} comme exercice de programmation. \begin{verbatim} Axe_radical(C1,C2):={ local O1,O2,r1,r2,H,t; O1:=centre(C1); O2:=centre(C2); r1:=rayon(C1); r2:=rayon(C2); t:=-(r2^2-r1^2)/2/longueur2(O2,O1)+1/2; H:=O1+(O2-O1)*t; return(perpendiculaire(H,droite(O1,O2))); }; \end{verbatim} \section{La division harmonique}\index{element} Quatre points $A,\ B,\ C,\ D$ sont en division harmonique si on a :\\ $$\frac{\overline{CA}}{\overline{CB}}=-\frac{\overline{DA}}{\overline{DB}}=k$$ On dit aussi que $C$ et $D$ divisent le segment $AB$ dans le rapport $k$ et que le point $D$ est le conjugu\'e harmonique de $C$ par rapport \`a $A$ et $B$.\\ On \'ecrit les fonctions {\tt conj\_harmonic1} qui \'etant donn\'e les points $A,B$ et $C$ sur la droite $AB$ d\'etermine le point $D$ conjugu\'e harmonique de $C$ par rapport \`a $A$ et $B$. On suppose que $C$ sur la droite $AB$ et on \'ecrit :\\ \begin{verbatim} conj_harmonic1(A,B,C):={ local D; D:=A+(B-A)*(C-A)/((C-B)+(C-A)); return(D); }; \end{verbatim} On \'ecrit la fonction {\tt conj\_harmonic2} qui d\'efinit les points $C$ et $D$ qui divise le segment $AB$ dans le rapport $k$ : \begin{verbatim} conj_harmonic2(A,B,k):={ local C,D; C:=A+k/(1-k)*(A-B); D:=A-k/(1+k)*(A-B); return([C,D]); }; \end{verbatim} {\bf Remarque}\index{barycentre} Si $C$ est le point qui divise le segment $AB$ dans le rapport $k$, on a :\\ $\frac{\overline{CA}}{\overline{CB}}=k$ donc $\overline{CA}-k\overline{CB}=0$ donc $C$ est le barycentre de $A$ affect\'e du coefficient 1 et $B$ du coefficient $-k$. De m\^eme, si $D$ est le point qui divise le segment $AB$ dans le rapport $-k$, $D$ est le barycentre de $A$ affect\'e du coefficient 1 et $B$ du coefficient $k$ (si $1+k\neq 0$ et si $1-k \neq 0$).\\ On tape par exemple:\\ {\tt k:=2}\\ {\tt C:=barycentre([[A,1],[B,-k]]))}\\ {\tt D:=barycentre([[A,1],[B,k]])}\\ On remarquera aussi que {\tt C:=element(droite(A,B),t);} signifie :\\ $\overline{AC}=t*\overline{AB}$ donc :\\ {\tt C-A:=t*(B-A)} soit {\tt C:=(1-t)*A+t*B}.\\ On a donc :\\ $\frac{\overline{CA}}{\overline{CB}}=\frac{t}{t-1}=k$\\ On \'ecrit la fonction {\tt conj\_harmonic3} en se servant de la commande {\tt element} :\\ \begin{verbatim} conj_harmonic3(A,B,k):= { local C,D,t; t:=k/(k-1); C:=element(droite(A,B),t); D:=A+t/(2*t-1)*(B-A); return([point(C),point(D)]); } \end{verbatim} {\bf Activit\'e}\\ Soient trois points $A,B,M$ align\'es. Construire g\'eom\'etriquement le point $N$ conjugu\'e harmonique de $M$ par rapport \`a $A$ et $B$.\\ \noindent{\bf R\'eponse}\\ On d\'efinit 3 points $A,B,C$ non align\'es.\\ On trace la droite $MC$ et la parall\`ele $d1$ (resp $d2$) \`a cette droite passant par $A$ (resp $B$).\\ La droite $BC$ coupe $d1$ en $K$ et la droite $AC$ coupe $d2$ en $L$\\ $N$ est alors l'intersection de la droite $KL$ avec la droite $AB$.\\ En effet : \begin{itemize} \item $\frac{\overline{MA}}{\overline{MB}}=\frac{\overline{CB}}{\overline{CK}}$ car les parall\`eles $d,d_1,d_2$ coupent les droites $AB$ et $KB$ en $M$ et $C$. \item $\frac{\overline{CB}}{\overline{CK}}=\frac{\overline{CL}}{\overline{CA}}=\frac{\overline{BL}}{\overline{KA}}$ car les triangles $CBL$ et $CKA$ sont homoth\'etiques. \item $\frac{\overline{BL}}{\overline{AK}}=\frac{\overline{BN}}{\overline{AN}}=\frac{\overline{LN}}{\overline{KN}}$ car les triangles $BLN$ et $AKN$ sont homoth\'etiques. \end{itemize} donc puisque $\frac{\overline{BL}}{\overline{KA}}=-\frac{\overline{BL}}{\overline{AK}}$ on a :\\ $\frac{\overline{MA}}{\overline{MB}}=-\frac{\overline{BN}}{\overline{AN}}$.\\ On tape : \begin{verbatim} A:=point(-2,-2.8); B:=point(2,-2.8); C:=point(0,-1); d0:=droite(A,B):;d0; t:=element(0..1,0.3); M:=element(d0,t); d:=droite(M,C,affichage=1); d1:=parallele(A,d,affichage=1); d2:=parallele(B,d,affichage=1); D1:=droite(A,C):; D2:=droite(B,C):; K:=inter(d1,D2)[0]; L:=inter(d2,D1)[0]:; legende(L,"L",quadrant2); D3:=droite(K,L,affichage=2); N:=affichage(inter(d0,D3)[0],1+epaisseur_point_2); \end{verbatim} On obtient :\\ \includegraphics[width=10cm]{conj1} {\bf Autre r\'eponse}\\ On d\'efinit 3 points $A,B,C$ non align\'es.\\ On d\'efinit les droites $d1=CA$, $d2=CB$, $d3=CM$. On peut alors tracer la droite $d4$ pour que le faisceau $d1$, $d2$, $d3$, $d4$ soit harmonique.\\ On trace $D1$ la parall\`ele \`a la droite $d1$ passant par $B$ qui coupe $CM$ en $K$. On d\'efinit $L$ sur $D1$ tel que $BK=BL$ et $L \neq K$.\\ On trace $CL$ qui coupe $AB$ en $N$.\\ \begin{verbatim} A:=point(-2,-2); B:=point(3,-2); C:=point(0.13,-1); d0:=droite(A,B):;d0; t:=element(0..1,0.3); M:=element(d0,t); d3:=droite(C,M):;d3; d1:=droite(C,A); d2:=droite(C,B):;d2; D1:=parallele(B,d1,affichage=1); K:=inter(d3,D1)[0]; L:=inter(cercle(B,K-B),D1)[1]; d4:=droite(C,L,affichage=2); N:=affichage(inter(d0,d4)[0],1+epaisseur_point_2); \end{verbatim} \includegraphics[width=10cm]{conj2} \section{Polaires par rapport \`a deux droites}\index{polaire}\label{sec:polaire} \subsection{D\'efinition} Le lieu des conjugu\'es harmoniques d'un point $A$ par rapport \`a deux droites $D1,D2$ est une droite $d$ v\'erifiant : \begin{itemize} \item si $D1$ et $D2$ sont concourantes en $O$, la droite $d$ passe par $O$ et le faisceau $(OA,d,D1,D2)$ est harmonique, \item si $D1$ et $D2$ sont parall\'eles, la droite $d$ est parall\'ele \`a $D1$ et \`a $D2$, le faisceau $(d',d,D1,D2)$ est harmonique o\`u $d'$ est la parall\'ele \`a $D1$ passant par $A$. \end{itemize} \subsection{Un lieu} Soient un point $S$ et trois points $A,I,J$ align\'es. Soit $M$ un point variable de la droite $SI$. La droite $AM$ coupe la droite $SJ$ en $N$.\\ On cherche le lieu de $K$ intersection de $IN$ et de $JM$ lorsque $M$ se d\'eplace sur la droite $SI$. \subsubsection{Les figures} On tape : \begin{verbatim} S:=point(1+5i,affichage=1); A:=point(-4,affichage=1); I:=point(0,affichage=1); J:=point(7,affichage=1); droite(A,J); d:=droite(I,S,affichage=1); droite(S,J,affichage=1); t:=element((-2) .. 2,0.24,0.04) M:=element(d,t); N:=inter_droite(droite(A,M),droite(S,J),affichage=2); droite(A,M,affichage=2); segment(I,N); segment(J,M); K:=inter_droite(droite(I,N),droite(J,M),affichage=4); L:=lieu(K,M):; affichage(L,4+epaisseur_ligne_2); B:=conj_harmonique(I,J,A); droite(S,B); \end{verbatim} \includegraphics[width=10cm]{conj3} On remarque que si $B$ est le conjugu\'e harmonique de $A$ par rapport \`a $I$ et $J$, le lieu $L$ de $K$ est la droite $SB$ . \subsubsection{La d\'emonstration} Le lieu de $K$ est la polaire de $A$ par rapport \`a $CE$ et $FG$. En effet si $CE$ et $FG$ se coupent en $S$, si le point $L$ est le conjugu\'e harmonique de $A$ par rapport \`a $I$ et $J$ et si le point $P$ est le conjugu\'e harmonique de $A$ par rapport \`a $M$ et $N$, la polaire de $A$ par rapport \`a $CE$ et $FG$ passe par $S$, $L$ et $P$, et la polaire de $A$ par rapport \`a $IN$ et $JM$ passe par $K$, $L$ et $P$ donc, $K$ se trouve sur la polaire de $A$ par rapport \`a $CE$ et $FG$. \section{P\^oles et polaires par rapport \`a un cercle ou une conique}\index{polaire}\label{sec:polairec}\label{sec:polec} \subsection{D\'efinitions et propri\'et\'es} On dit que 2 points $A$ et $B$ sont conjugu\'es par rapport \`a un cercle ou une conique ($C$) si ils forment une division harmonique avec les points $E$ et $F$ o\`u la droite $AB$ coupe ($C$).\\ Le lieu des conjugu\'es harmoniques d'un point $A$ par rapport \`a un cercle ou une conique $C$ est une droite $d$ appel\'ee {\bf polaire} de $A$ par rapport \`a ($C$). Si la polaire $d$ coupe ($C$) en $T_1$ et $T_2$ alors les droites $AT_1$ et $AT_2$ sont tangentes \`a ($C$).\\ Lorsque ($C$) est un cercle ou une conique propre \`a toute droite $d$ on peut faire correspondre un point $A$ qui admet $d$ comme polaire par rapport \`a ($C$) : on dit que $A$ est le {\bf p\^ole} de $d$.\\ Si la conique est d\'eg\'en\'er\'ee en deux droites $OU$ et $OV$ chaque droite passant par $O$ est la polaire d'une infinit\'e de points align\'es avec $O$ (cf \ref{sec:polaire}). \subsection{Comment trouver l'\'equation de la polaire} On va travailler en coordonn\`ees homog\`enes en dimension 2 : \\ un point $M(x,y)$ a pour coordonn\`ees homog\`enes $X,Y,T$ avec $x=X/T$ et $y=Y/T$.\\ Si l'\'equation de la conique est : $F(X,Y,T)=0$ alors $F$ est une forme quadratique de matrice $Q$ et on a, si $M=[X,Y,T]$ : $$F(X,Y,T)=M*Q*M=0$$ La polaire du point $A=[X_a,Y_a,T_a]$ a pour \'equation : $$X*F_X'(X_a,Y_a,T_a)+Y*F_Y'(X_a,Y_a,T_a)+T*F_T'(X_a,Y_a,T_a)=0$$ ou encore : $$X_a*F_X'(X,Y,T)+Y_a*F_Y'(X,Y,T)+T_a*F_T'(X,Y,T)=0$$ ou encore : $$M*Q*A=0$$ \subsection{Comment trouver les coordonn\'ees du p\^ole} {\bf D\'efinitions} \\ Une droite $d$ d'\'equation $ux+vy+h=0$ a pour coordonn\'ees tangentielles $u,v,h$.\\ L'\'equation tangentielle d'une courbe ($C$) est la condition n\'ecessaire et suffisante pour que la droite $d$ de coordonn\'ees tangentielles $[u,v,h]$ lui soit tangente.\\ {\bf \'Equation tangentielle de la conique ($C$)}\\ L'\'equation tangentielle de la conique ($C$) d'\'equation $F(X,Y,T)=M*Q*M=0$ est : $$G(u,v,h)=[u,v,h]*inv(Q)*[u,v,h]$$ {\bf \'Equation tangentielle de la polaire} L'\'equation tangentielle de la polaire de $A=[X_a,Y_a,T_a]$ par rapport \`a la conique ($C$) est : $A*Q$.\\ {\bf Coordonn\'ees du p\^ole}\\ Soit $d$ une droite de coordonn\'ees tangentielles $u_d,v_d,h_d$ (donc d'\'equation $ux+vy+h=0$), le p\^ole de $d$ par rapport \`a ($C$) a pour coordonn\'ees homog\`enes : $$G_u'(u_d,v_d,h_d),G_v'(u_d,v_d,h_d)G_h'(u_d,v_d,h_d)$$ ou encore si $Q1=det(Q)*inv(Q)$ $$[u_d,v_d,h_d]*Q1$$ \subsection{Un exemple} %voir expole.xws Soient la conique $C$ d\'efinie par $x^2+2x*y+2*y^2-2*x=0$, la droite $d_b$ d'\'equation $x+3y-1=0$ et $A$ le point $2+i$.\\ Trouver la polaire $d_a$ de $A$ par rapport \`a $C$ etle p\^ole $B$ de $d_b$ par rapport \`a $C$.\\ On tape :\\ {\tt q1:=x\verb|^|2+2*x*y+2*y\verb|^|2-2*x}\\ {\tt q:=numer(subst(q1,[x,y]=[X/T,Y/T]))}\\ On obtient :\\ {\tt X\verb|^|2-2*X*T+2*X*Y+2*Y\verb|^|2}\\ On tape :\\ {\tt Q:=q2a(q,[X,Y,T])}\\ On obtient :\\ {\tt [[1,1,-1],[1,2,0],[-1,0,0]]}\\ On tape :\\ {\tt Q1:=det(Q)*inv(Q)}\\ On obtient :\\ {\tt [[0,0,2],[0,-1,-1],[2,-1,1]]}\\ On tape :\\ {\tt M:=[X,Y,T]}\\ {\tt U:=[u,v,h]}\\ {\tt A:=[2,1,1]}\\ {\tt da:=A*Q*M}\\ On obtient :\\ {\tt 2*X+4*Y-2*T}\\ La polaire $d_a$ de $A$ par rapport \`a $C$ a donc pour \'equation : $x+2y-1=0$.\\ On tape :\\ {\tt A*Q}\\ On obtient :\\ {\tt [2,4,-2]}\\ La polaire $d_a$ de $A$ par rapport \`a $C$ a donc pour \'equation tangentielle [2,4,-2] c'est \`a dire pour \'equation $x+2y-1=0$.\\ On tape :\\ {\tt db:=[1,3,-1]}\\ {\tt B:=db*Q1}\\ On obtient :\\ {\tt [-2,-2,-2]}\\ Le p\^ole $B$ de $d_b$ par rapport \`a $C$ a donc pour coordonn\'ees : $(1,1)$.\\ Pour avoir l'intersection $i_1$ et $i_2$ de $d_b$ avec $C$, on tape :\\ {\tt solve(normal(subst(x\verb|^|2+2*x*y+2*y\verb|^|2-2*x,x=1-3y))=0,y)} \\ On obtient :\\ {\tt [1/5*(-1-sqrt(6)),1/5*(-1+sqrt(6))]}\\ Les points d'intersection $i_1$ et $i_2$ sont donc les points d'affixe $z_1$ et $z_2$ avec :\\ {\tt z1:=1+1/5*(-1-sqrt(6))*(-3+i), z2:=1+1/5*(-1+sqrt(6))*(-3+i)}\\ Pour avoir l'\'equation tangentielle de la conique $C$, on tape :\\ {\tt U:=[u,v,h]}\\ {\tt G:=normal(U*Q1*U)}\\ On obtient :\\ {\tt h\verb|^|2+4*h*u-2*h*v-v\verb|^|2}\\ On tape pour avoir l'\'equation tangentielle des tangentes \`a $C$ passant par $A$ (on choisit {\tt h=1}) :\\ {\tt normal(solve(subst([G=0,U*A=0],h=1),[u,v]))}\\ On obtient :\\ {\tt [[(-sqrt(3)+1)/2,sqrt(3)-2],[(sqrt(3)+1)/2,-sqrt(3)-2]]}\\ Les tangentes \`a $C$ passant par $A$ ont donc pour \'equation :\\ $(-\sqrt 3+1)x/2+(\sqrt 3-2)y+1=0$ et $(\sqrt 3+1)x/2-(\sqrt 3+2)y+1=0$\\ On tape :\\ {\tt plotimplicit(q1,[x,y]);a:=point(2+i);b:=point(1+i);}\\ {\tt t1:=droite((1-sqrt(3))/2*x+y*(-2+sqrt(3))+1=0,affichage=1);}\\ {\tt t2:=droite((1+sqrt(3))/2*x-y*(2+sqrt(3))+1=0,affichage=1);}\\ {\tt db:=droite(x+3y-1=0);da:=droite(x+2y-1=0);}\\ {\tt segment(z1,b,affichage=4);segment(z2,b,affichage=4);}\\ {\tt si1:=point(z1,affichage=4);i2:=point(z2,affichage=4);}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=12cm]{expole1} \section{P\^oles et polaires par rapport \`a une sph\`ere ou une quadrique}\index{polaire}\label{sec:polaireq}\label{sec:poleq} \subsection{D\'efinitions et propri\'et\'es} On dit que 2 points $A$ et $B$ sont conjugu\'es par rapport \`a une sph\`ere ou une quadrique ($S$) si ils forment une division harmonique avec les points $E$ et $F$ o\`u la droite $AB$ coupe ($S$).\\ Le lieu des conjugu\'es harmoniques d'un point $A$ par rapport \`a une sph\`ere ou une quadrique ($S$) est un plan $P$ appel\'ee {\bf plan polaire} de $A$ par rapport \`a ($S$). Si le plan polaire $P$ coupe ($S$) en la courbe $T$ alors les droites joignant $A$ \`a un point de $T$ forment un c\^one tangent \`a ($S$).\\ Lorsque ($S$) est une sph\`ere ou une quadrique propre, \`a tout plan $P$ on peut faire correspondre un point $A$ qui admet $P$ comme polaire par rapport \`a ($S$) : on dit que $A$ est le {\bf p\^ole} de $P$. \subsection{Comment trouver l'\'equation de la polaire} On va travailler en coordonn\`ees homog\`enes : \\ en dimension 3 : $X,Y,Z,T$ avec $x=X/T$, $y=Y/T$ et $z=Z/T$.\\ Si l'\'equation de la quadrique est : $F(X,Y,Z,T)=0$ alors $F$ est une forme quadratique de matrice $Q$ et on a, si $M=[X,Y,Z,T]$ : $$F(X,Y,Z,T)=M*Q*M=0$$ Le plan polaire du point $A=[X_a,Y_a,Z_a,T_a]$ a pour \'equation : $$XF_X'(X_a,Y_a,Z_a,T_a)+YF_Y'(X_a,Y_a,Z_a,T_a)+ZF_Z'(X_a,Y_a,Z_a,T_a)+TF_T'(X_a,Y_a,Z_a,T_a)=0$$ ou encore : $$X_aF_X'(X,Y,Z,T)+Y_aF_Y'(X,Y,Z,T)+Z_aF_Z'(X,Y,Z,T)+T_aF_T'(X,Y,Z,T)=0$$ ou encore : $$M*Q*A=0$$ \subsection{Comment trouver les coordonn\'ees du p\^ole} {\bf D\'efinitions}\\ Un plan $P$ d'\'equation $ux+vy+wz+h=0$ a pour coordonn\'ees tangentielles $u,v,w,h$.\\ L'\'equation tangentielle d'une surface ($S$) est la condition n\'ecessaire et suffisante pour que le plan $P$ de coordonn\'ees tangentielles $[u,v,w,h]$ lui soit tangente.\\ {\bf \'Equation tangentielle de la quadrique ($S$)}\\ L'\'equation tangentielle de la conique ($S$) d'\'equation $F(X,Y,Z,T)=M*Q*M=0$ est : $$G(u,v,w,h)=[u,v,w,h]*inv(Q)*[u,v,w,h]$$ {\bf \'Equation tangentielle du plan polaire} L'\'equation tangentielle du plan polaire de $A=[X_a,Y_a,Z_a,T_a]$ par rapport \`a la conique ($C$) est : $A*Q$.\\ {\bf Coordonn\'ees du p\^ole}\\ Soit $d$ une droite de coordonn\'ees tangentielles $u_d,v_d,w_d,h_d$ (donc d'\'equation $ux+vy+wz+h=0$), le p\^ole de $d$ par rapport \`a ($C$) a pour coordonn\'ees homog\`enes : $$G_u'(u_d,v_d,h_d),G_v'(u_d,v_d,h_d),G_h'(u_d,v_d,h_d)$$ ou encore si $Q1=det(Q)*inv(Q)$ $$[u_d,v_d,w_dh_d]*Q1$$ \subsection{Un exemple} Soient la quadrique $S$ d\'efinie par $x^2+2x*y+2*y^2-2*x-2y+z^2=0$, $A$ le point $[2,-1,1]$, le plan $P_b$ d'\'equation $x+2y+z-2=0$ et le plan $P_c$ d'\'equation $x+3y+z-1=0$.\\ Trouver la polaire $d_a$ de $A$ par rapport \`a $S$, le p\^ole $B$ de $d_b$ par rapport \`a $S$ et le p\^ole $C$ de $d_c$ par rapport \`a $S$.\\ On tape :\\ {\tt q1:=x\verb|^|2+2x*y+2*y\verb|^|2-2*x-2y+z\verb|^|2}\\ {\tt q:=numer(subst(q1,[x,y,z]=[X/T,Y/T,Z/T]))}\\ On obtient :\\ {\tt X\verb|^|2-2*X*T+2*X*Y-2*Y*T+2*Y\verb|^|2+Z\verb|^|2}\\ On tape :\\ {\tt Q:=q2a(q,[X,Y,Z,T])}\\ On obtient :\\ {\tt [[1,1,0,-1],[1,2,0,-1],[0,0,1,0],[-1,-1,0,0]]}\\ On tape :\\ {\tt Q1:=det(Q)*inv(Q)}\\ On obtient :\\ {\tt [[-1,1,0,1],[1,-1,0,0],[0,0,-1,0],[1,0,0,1]]]}\\ On tape :\\ {\tt M:=[X,Y,T]}\\ {\tt U:=[u,v,h]}\\ {\tt A:=[2,-1,1,1]}\\ {\tt Pa:=A*Q*M}\\ On obtient :\\ {\tt -Y+Z-T}\\ Le plan polaire $d_a$ de $A$ par rapport \`a $S$ a donc pour \'equation : $-y+z-1=0$\\ On tape :\\ {\tt A*Q}\\ On obtient :\\ {\tt [0,-1,1,-1]}\\ Le plan polaire $P_a$ de $A$ par rapport \`a $S$ a pour \'equation tangentielle [0,-1,1,-1] c'est \`a dire pour \'equation $-y+z-1=0$\\ On tape :\\ {\tt Pb:=[1,2,1,-2]}\\ {\tt B:=Pb*Q1}\\ On obtient :\\ {\tt [-1,-1,-1,-1]}\\ Le p\^ole $B$ de $d_b$ par rapport \`a $S$ est donc le point coordonn\'ees [1,1,1].\\ On tape :\\ {\tt Pc:=[1,3,1,-1]}\\ {\tt C:=Pb*Q1}\\ On obtient :\\ {\tt [1,-2,-1,0]}\\ Le p\^ole $C$ de $d_c$ par rapport \`a $S$ se trouve \`a l'infini dans la direction [1,-2,-1] car le plan $P_c$ passe par le centre de l'ellipsoide $S$ On tape :\\ {\tt normal(solve([Pa=0,qq=0,T=1],[X,Y,Z,T]))}\\ On obtient :\\ {\tt [[X,(-X+sqrt(-2*X\verb|^|2+6*X-3))/3,(-X+sqrt(-2*X\verb|^|2+6*X-3)+3)/3,1],}\\ {\tt [X,(-X-sqrt(-2*X\verb|^|2+6*X-3))/3,(-X-sqrt(-2*X\verb|^|2+6*X-3)+3)/3,1]]}\\ On tape :\\ {\tt CC:=plotparam([X,(-X+sqrt(-2*X\verb|^|2+6*X-3))/3,}\\ {\tt (-X+sqrt(-2*X\verb|^|2+6*X-3)+3)/3],X)}\\ {\tt CC2:=plotparam([X,(-X-sqrt(-2*X\verb|^|2+6*X-3))/3,}\\ {\tt (-X-sqrt(-2*X\verb|^|2+6*X-3)+3)/3],X)}\\ Pour avoir le c\^one des tangentes de sommet {\tt a}, on tape : \begin{verbatim} conetan():={ local L,M,N,X; L:=NULL; a:=point([2,-1,1]); pour X de 0.63 jusque 2.37 pas 0.1 faire M:=point(X,(-X+sqrt(-2*X^2+6*X-3))/3, (-X+sqrt(-2*X^2+6*X-3)+3)/3); N:=point(X,(-X-sqrt(-2*X^2+6*X-3))/3, (-X-sqrt(-2*X^2+6*X-3)+3)/3); L:=L,droite(a,M),droite(a,N); fpour; retourne L; }:; \end{verbatim} Dans un \'ecran de g\'eom\'etrie 3d on tape :\\ \begin{verbatim} plotimplicit(q1,[x,y,z],affichage=rouge); plan(-y+z-1=0,affichage=jaune); affichage([CC,CC2],vert+epaisseur_ligne_7); a:=point([2,-1,1]); conetan(); \end{verbatim} On obtient : \includegraphics[width=\textwidth]{expole3} \section{Trac\'e des coniques avec {\tt Xcas}}\index{ellipse}\index{hyperbole}\index{parabole} \begin{itemize} \item L'ellipse\\ {\tt ellipse(A,B,C)} trace l'ellipse de foyers {\tt A} et {\tt B} passant par {\tt C}.\\ {\tt ellipse(A,B,a)} o\`u {\tt a} est un r\'eel, trace l'ellipse de foyers {\tt A} et {\tt B} ayant {\tt a} comme demi-grand axe. \item L'hyperbole\\ {\tt hyperbole(A,B,C)} trace l'hyperbole de foyers {\tt A} et {\tt B} passant par {\tt C}.\\ {\tt hyperbole(A,B,a)} o\`u {\tt a} est un r\'eel, trace l'hyperbole de foyers {\tt A} et {\tt B} ayant {\tt a} comme demi-grand axe. \item La parabole\\ {\tt parabole(A,B)} trace la parabole de foyer {\tt A} et de sommet {\tt B}. \end{itemize} {\bf Activit\'e}\\ Tracer un cercle tangent \`a une droite et passant par deux points donn\'es.\\ Pour cela, cr\'eer quatre points {\tt A}, {\tt B}, {\tt C} et {\tt D}.\\ Tracer la droite {\tt E} passant par {\tt A} et {\tt B}.\\ Construire un cercle {\tt C1} passant par {\tt C} et {\tt D} tangent \`a la droite {\tt E}.\\ {\bf R\'eponse}\\ On sait que le centre du cercle cherch\'e est sur la m\'ediatrice de $CD$ et sur la parabole $P$ de foyer $C$ et de directrice la doite $AB$.\\ On clique avec la souris pour avoir quatre points {\tt A}, {\tt B}, {\tt C} et {\tt D} puis on ex\'ecute la liste des instructions qui se trouve dans {\tt geo11} (faire {\tt Charger session} du menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et selectionner {\tt geo11} du r\'ep\'ertoire {\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier).\\ Voici le d\'etail de {\tt geo11} :\\ {\tt E:=droite(A,B)} \\ trace la droite $E$ passant par $A$ et $B$,\\ {\tt M:=mediatrice(C,D)}\\ trace la m\'ediatrice de $CD$,\\ {\tt H:=projection(E,C)}\\ d\'efinit la projection orthogonale de $C$ sur $E$,\\ {\tt P:=parabole(C,milieu(C,H)))} \\ trace la parabole de foyer $C$ et de directrice $E$,\\ {\tt N:=inter(P,M)}\\ $N$ est la liste des points d'intersection de la droite $M$ et de la parabole $P$,\\ {\tt C1:=cercle(N[0],C-N[0])}\\ trace le cercle de centre {\tt N[0]} passant par {\tt C} : il repond \`a la question.\\ {\tt C2:=cercle(N[1],C-N[1])} trace le cercle de centre {\tt N[1]} passant par {\tt C} : il repond \`a la question.\\ {\tt Q:=parabole(D,milieu(D,projection(E,D)))} trace la parabole de foyer $D$ et de directrice $E$, elle passe par $N$. Cela prouve qu'il n'y a pas d'autres solutions. \section{Tangente \`a une conique donn\'ee passant par un point $P$ donn\'e} \begin{itemize} \item {\bf La parabole} {\bf Rappel} \\ La parabole est le lieu g\'eom\'etrique du centre $M$ d'un cercle tangent \`a une droite fixe $D$ (la directrice) et passant par un point fixe $F$ (le foyer). $MF$ est le rayon vecteur du point $M$.\\ La distance $FH=p$ du foyer \`a la directrice est le param\`etre de la parabole.Le milieu $O$ de $FH$ est le sommet de la parabole.\\ l'\'equation de la parabole dans le rep\`ere $Oxy$ ($Ox$ dirig\'e selon $F$) est : $y^2-2px=0$.\\ En tout point d'une parabole il y a une tangente.\\ La tangente en un point $M$ d'une parabole est la m\'ediatrice du segment $MK$ o\`u $K$ est la projection orthogonale de $M$ sur la directrice $D$. C'est aussi la bissectrice int\'erieure $\widehat{KMF}$.\\ {\bf Tangente \`a une parabole passant par un point $P$ donn\'e}\\ Puisque les tangentes sont les m\'ediatrices des segments $FK$ pour $K\in D$:\\ - le sym\'etrique $K$ du foyer $F$ par rapport \`a une tangente se trouve sur la directrice $D$ et\\ - la m\'ediatrice de $FK$ est une tangente ; la tangente \`a construire passe par $P$ donc on a $PF=PK$.\\ Avec {\tt Xcas}, {\tt parabole(F,S)} trace la parabole de foyer {\tt F} et de sommet {\tt S}.\\ On tape :\\ {\tt F:=point(1);S:=point(0);D:=droite(x=-1);}\\ {\tt affichage(parabole(F,S),1);P:=point(3+4*i);}\\ {\tt c:=cercle(P,F-P);K1,K2:=inter(C,D);}\\ {\tt segment(K2,F);segment(K1,F);}\\ {\tt t1:=affichage(mediatrice(F,K1),4);}\\ {\tt t2:=affichage(mediatrice(K2,F),4);}\\ {\tt M1:=affichage(inter\_unique(t1, parallele(K1,droite(F,S))),1);}\\ {\tt M2:=affichage(inter\_unique(t2, parallele(K2,droite(F,S))),1);}\\ {\tt segment(K2,M2);segment(K1,M1);}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{tgtepara}\\ Donc $K$ est l'intersection de la directrice $D$ avec le cercle $c$ de centre $P$ et de rayon $PF$. Si le cercle de centre $P$ et de rayon $PF$ coupe la directrice en 2 points $K_1$ et $K_2$, il existe 2 tangentes \`a la parabole qui passent par $P$ : ce sont les m\'ediatrices de $FK_1$ et de $FK_2$. Les points de contact $M_1$ et $M_2$ sont sur les parall\`eles \`a l'axe, issues de $K_1$ et $K_2$.\\ {\bf Condition d'existence}\\ Soit $d$ la distance de $P$ \`a la directrice $D$ :\\ si $dPF$ i.e. ($P$ est int\'erieur \`a la parabole), le probl\`eme est impossible.\\ De fa\c{c}on plus g\'en\'erale, on tape : \begin{verbatim} tanparabole(P,F,S):={ local D,H,I,K1,K2,d,l,t1,t2,M1,M2; H:=symetrie(S,F); D:=perpendiculaire(H,droite(F,S)); I:=projection(D,P); d:=longueur(P,I); l:=longueur(P,F); si d> l alors retourne []; fsi; K1,K2:=inter(cercle(P,l),D); t1:=mediatrice(F,K1); t2:=mediatrice(F,K2); M1:=inter_unique(t1, parallele(K1,droite(F,S))) M2:=inter_unique(t2, parallele(K2,droite(F,S))); retourne [mediatrice(F,K1), mediatrice(F,K2)],[M1,M2]; }:; \end{verbatim} Puis on tape :\\ {\tt P:=point(-3+4*i);L:=tanparabole(P,point(2+i),point(0));}\\ {\tt parabole(point(2+i),point(0));M1,M2:=L[1];} On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{tanparabole} \item {\bf L'ellipse}\\ {\bf Rappel} \\ L'ellipse est le lieu g\'eom\'etrique des points $M$ dont la somme des distances \`a deux points fixes $F_1$ et $F_2$ est constante et \'egale \`a $2a$.\\ $F_1$ et $F_2$ sont les foyers de l'ellipse et ils jouent le m\^eme r\^ole.\\ $F_1F_2 =2c$ est la distance focale, on a $cPF_1+PF_2$ ($P$ est \`a l'int\'erieur de l'ellipse) : le probl\`eme est impossible.\\ On tape \begin{verbatim} tanellipse(P,F1,F2,a):={ local c1,c,K1,K2,l1,l2,t1,t2,M1,M2; l1:=longueur(P,F1); l2:=longueur(P,F2); si l1+l2<2a alors retourne [] fsi; c1:=cercle(F1,2a); c:=cercle(P,l2); [K1,K2]:=inter(c1,c); t1:=mediatrice(F2,K1); t2:=mediatrice(F2,K2); M1:=inter_unique(t1, droite(F1,K1)); M2:=inter_unique(t2, droite(F1,K2)); retourne [t1,t2],[M1,M2]; }:; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt P:=point(2+2*i);L:=tanellipse(P,point(-1),point(1),3/2);}\\ {\tt M1,M2:=L[1];ellipse(-1,1,3/2);}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{tanellipse} \item {\bf L'hyperbole}\\ {\bf Rappel} \\ L'hyperbole est le lieu g\'eom\'etrique des points $M$ dont la diff\'erence des distances \`a deux points fixes $F_1$ et $F_2$ est constante et \'egale \`a $2a$ ($a\neq 0$).\\ $F_1$ et $F_2$ sont les foyers de l'hyperbole et ils jouent le m\^eme r\^ole.\\ $F_1F_2 =2c$ est la distance focale, on a $c>a$; $F_1F_2$ est l'axe focal.\\ Les segments $MF_1$ et $MF_2$ sont les rayons vecteurs du point $M$.\\ Le cercle $c_1$ (resp $c_2$) de centre $F_1$ (resp $F_2$) et de rayon $2a$ est le cercle directeur associ\'e \`a $F_1$ (resp $F_2$).\\ En tout point d'une hyperbole il y a une tangente.\\ La tangente en un point $M$ d'une hyperbole est la m\'ediatrice du segment $F_2K_1$ o\`u $K_1$ est l'intersection de la droite $F_1M$ avec le cercle directeur de $F_1$.\\ C'est aussi la bissectrice int\'erieure $\widehat{F_2MK_1}$ i.e. la bissectrice ext\'erieure de l'angle des rayons vecteurs.\\ {\bf Tangente \`a une hyperbole passant par un point $P$ donn\'e}\\ Puisque les tangentes de l' hyperbole sont les m\'ediatrices des segments $F_2K$ pour $K\in c_1$ o\`u $c_1$ est le cercle directeur associ\'e \`a $F_1$ :\\ - le sym\'etrique $K$ du foyer $F_2$ par rapport \`a une tangente se trouve sur le cercle directeur $c_1$ associ\'e \`a $F_1$ et\\ - la m\'ediatrice de $F_2K$ est une tangente et la tangente \`a construire passe par $P$ donc on a $PF=PK$.\\ {\tt P:=point(1+2*i);F1:=point(-1);F2:=point(1);}\\ {\tt affichage(hyperbole(F1,F2,3/4),1);}\\ {\tt c1:=cercle(F1,3/2);c:=cercle(P,longueur(P,F2));}\\ {\tt K1,K2:=inter(c1,c);}\\ {\tt t1:=affichage(mediatrice(F2,K1),4);}\\ {\tt t2:=affichage(mediatrice(F2,K2),4);}\\ {\tt M1:=affichage(inter\_unique( droite(F1,K1),t1),1);}\\ {\tt M2:=affichage(inter\_unique(t2, droite(F1,K2)),1);}\\ {\tt segment(F2,K1);segment(F2,K2);}\\ {\tt segment(F1,K1);segment(F1,K2);}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{tgtehyper}\\ Donc $K$ est l'intersection du cercle directeur $c_1$ associ\'e \`a $F_1$ avec le cercle $c$ de centre $P$ et de rayon $PF_2$. Si le cercle $c$ de centre $P$ et de rayon $PF_2$ coupe $c_1$ en 2 points $K_1$ et $K_2$, il existent 2 tangentes \`a l' hyperbole qui passent par $P$ : ce sont les m\'ediatrices de $F_2K_1$ et de $F_2K_2$. Les points de contact $M_1$ et $m_2$ sont sur les rayons vecteurs $F_1K_1$ et $F_1K_2$.\\ {\bf Condition d'existence}\\ Pour que $K_1$ et $K_2$ existent, il faut que le cercle $c$ de centre $P$ et de rayon $PF$ coupe $c_1$ en 2 points ou 1 point : si $|PF_1-PF_2|<2a$ ($P$ est \`a l'ext\'erieur de l'hyperbole) les 2 cercles se coupent en 2 points, on peut donc mener par $P$ 2 tangentes distinctes,\\ si $2a=|PF_1-PF_2|$, ($P$ est sur l'hyperbole), les 2 cercles sont tangents : on peut donc mener 1 tangente qui est la tangente en $P$,\\ si $2a<|PF_1-PF_2|$ ($P$ est \`a l'int\'erieur de l'hyperbole) : le probl\`eme est impossible.\\ On tape \begin{verbatim} tanhyperbole(P,F1,F2,a):={ local c1,c,K1,K2,l1,l2,t1,t2,M1,M2; l1:=longueur(P,F1); l2:=longueur(P,F2); si abs(l1-l2)>2a alors retourne [] fsi; c1:=cercle(F1,2a); c:=cercle(P,l2); [K1,K2]:=inter(c1,c); t1:=mediatrice(F2,K1); t2:=mediatrice(F2,K2); M1:=inter_unique(t1, droite(F1,K1)) M2:=inter_unique(t2, droite(F1,K2)); retourne [t1,t2],[M1,M2]; }:; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt P:=point(1+2*i);L:=tanhyperbole(P,point(-1),point(1),3/4);}\\ {\tt hyperbole(point(-1),point(1),3/4);M1,M2:=L[1];}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{tanhyperbole} \end{itemize} \section{Exercice : le paquet} Dans une bo\^{\i}te aux lettres ayant la forme d'un parall\'el\'epip\`ede rectangle (de hauteur $h$ et de base carr\'ee de c\^ot\'e $a$), le facteur d\'epose un colis ayant la forme d'un parall\'el\'epip\`ede rectangle (de hauteur $x$ et de base carr\'ee de c\^ot\'e $a$). Il se trouve que par maladresse le facteur a coinc\'e le colis en position inclin\'ee entre les parois de la bo\^{\i}te aux lettres :\\ \includegraphics[width=12cm]{paquet}\\ Voici la vue de face lorsqu'on ouvre la bo\^{\i}te aux lettres :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{paquet1}\\ On note :\\ $OPQR$ l'ouverture de la bo\^{\i}te aux lettres,\\ $ABCD$ la face rectangulaire visible du paquet lorsqu'on ouvre la bo\^{\i}te aux lettres.\\ $\widehat{A}$ l'angle d'inclinaison du paquet i.e $\widehat{PAB}$ et $\alpha$ l'angle $\widehat{BAC}$.\\ Montrer que :\\ $\widehat{A}=2\alpha$,$\ \ x=a\tan(\widehat{A}/2)$, $\ \ \displaystyle \sin(\alpha)=\frac{x}{\sqrt{a^2+x^2}}$\\ $h^2=(x^2+a^2)\sin(3\alpha)^2$.\\ Trouver une relation entre $a$, $h$, $x$.\\ {\bf Application num\'erique}\\ D\'eterminer $x$ lorsque $a=68$, $h=68$ puis lorsque $a=68$, $h=47$.\\ {\bf Solution}\\ Pour montre que $\widehat{A}=2\alpha$, on va mettre en \'evidence le fait que $AB=a$ en formant le triangle isoc\`ele $AKB$ pour cela on d\'efinit $K$ par :\\ $\overrightarrow{AK}=\overrightarrow{OP}=a$.\\ $BP$ est la hauteur issue de $B$ du triangle $ABK$.\\ Soit le parall\'elogramme $AKD_1D$.\\ \includegraphics[width=12cm]{paquet2}\\ On a :\\ $\overrightarrow{DD_1}=\overrightarrow{AK=a}$ \\ donc $D_1$ se trouve sur $PQ$ et donc sur $BP$ $AD$ est perpendiculaire \`a $AB$ (puisque $ABCD$ est un rectangle) donc $KD_1$ est perpendiculaire \`a $AB$ donc $KD_1$ est la hauteur issue de $K$ du triangle $ABK$.\\ $BP$ et $KD_1$ se coupent en $D_1$ donc $AD_1$ est la hauteur issue de $A$ du triangle isoc\`ele $ABK$.\\ Le triangle $ABK$ est isoc\`ele de sommet $A$ donc $AD_1$ est donc aussi la bissectrice de l'angle $\widehat{A}$ et la m\'ediatrice de $BK$.\\ Soit $M$ le milieu de $BK$ Soit $I$ le centre du rectangle $ABCD$.\\ Soit $K_1$ le sym\'etrique de $K$ par rapport \`a $P$.\\ La m\'ediatrice de $AK_1$ est aussi la m\'ediatrice de $DD_1$ et elle passe par $I$.\\ Le cercle de diam\`etre $AC$ (centre $I$ et rayon =$AI$) passe donc par $A$, $B$, $C$, $D$, $D_1$ et $K_1$.\\ Donc $alpha=\widehat{BDA}=\widehat{AK_1D}$ car ce sont des angles inscrits qui interc\'eptent la m\^eme corde puisque $BC=AD=K_1D_1=KD_1$.\\ On a donc $\widehat{A}=2\alpha$ \\ Le triangle $AK_1C$ est rectangle en $K_1$ (les triangles $OAD$ et $QCB$ sont \'egaux donc $CQ=OA=PK=PK_1$) donc :\\ $\sin(3\alpha)=\frac{h}{\sqrt{a^2+x^2}}$.\\ On sait que $\sin(3\alpha)=3\sin(\alpha)-4\sin(\alpha)^3$ et que $x \sqrt{x^2+a^2}\sin(\alpha)$ donc :\\ $h=\sqrt{a^2+x^2}\sin(3\alpha)=3*x-4x^3/(x^2+a^2)$\\ $h=3*x-4x^3/(a^2+x^2)$\\ $h(x^2+a^2)-3x(x^2+a^2)+4x^3=0$ D'o\`u la relation : $$x^3+hx^2-3a^2x+a^2h=0$$ {\bf Autre d\'emonstration plus simple}\\ \includegraphics[width=\textwidth]{paquet3}\\ Soient $D_1$ la projection de $D$ sur $BC$ et $B_1$ la projection de $B$ sur $OR$.\\ Les triangles rectangles $BCD$ et $BD_1D$ sont \'egaux car ils ont 2 c\^ot\'es egaux ($BD$ en commun et $DC=DD_1=a$) donc d'apr\`es Pythagore $BC=BD_1$.\\ Cela entraine que :\\ $\widehat{D_1DB}=\widehat{BDC}=\alpha$ et on a :\\ $\cos(alpha)^2=a^2/(x^2+a^2)$.\\ $\widehat{PAB}=\widehat{D_1DC}\widehat{A}=2\alpha$ (angles \`a c\^ot\'es parall\`eles)\\ $\widehat{ODA}=\widehat{PAB}=\widehat{QBC}$ (angles \`a c\^ot\'es perpendiculaires)\\ Puisque les triangles rectangles $BCD$ et $BD_1D$ sont \'egaux, les rectangles $ABCD$ et $DD_1BB_1$ sont \'egaux donc :\\ $BD_1=x$ Cherchons une \'equation reliant $x$, $h$,et $a$.\\ On a :\\ $OD=B_1R=AD\sin(\widehat{A})=x\cos(\widehat{A})=x\cos(2\alpha)$\\ Donc :\\ $h=2*OD+DB_1=2x\cos(2\alpha)+x=$\\ $h=2x\cos(2\alpha)+x=4x\cos(\alpha)^2-2x+x=x(4a^2/(x^2+a^2)-1)$\\ $h(x^2+a^2)=4a^2x-x^3-a^2x$.\\ D'o\`u la relation : $$x^3+hx^2-3a^2x+a^2h=0$$ {\bf Application num\'erique}\\ $a=h=68$\\ On tape :\\ {\tt solve(68=3*x-4x\verb|^|3/(68\verb|^|2+x\verb|^|2),x)}\\ On obtient :\\ {\tt [-68-sqrt(2)*68,-68+sqrt(2)*68,68]}\\ $a=68$, $h=47$\\ Donc $x=68(\sqrt 2-1)$ si $\widehat{A}<\pi/2$ et $x=68$ si $\widehat{A}=\pi/2$ On tape :\\ {\tt solve(x\verb|^|3+47*x\verb|^|2-3*68\verb|^|2*x+47*68\verb|^|2=0,x)}\\ On obtient :\\ {\tt [-32-4*sqrt(863),17,-32+4*sqrt(863)]}\\ Donc $x=17$ \chapter{Le th\'eor\`eme de Pythagore} \section{Le th\'eor\`eme et sa r\'eciproque} \noindent Dans un triangle rectangle, le carr\'e de l'hypot\'enuse est la somme des carr\'es des deux autres c\^ot\'es.\\ \noindent Si dans un triangle $ABC$ on a $BC^2=AB^2+AC^2$ alors le trianle est rectangle en $A$ \section{Une d\'emonstration qui saute aux yeux} On consid\`ere un triangle rectangle $T$ de co\'es $a,b,c$ ($c$ est l'hypot\'enuse et on suppose $a\geq b$), on veut donc montrer que $a^2+b^2=c^2$.\\ On fait quatre copies de ce triangle $T$ et deux copies $C_1$ et $C_2$ d'un carr\'e de cot\'es $a+b$. On dispose les quatres copies du triangle dans les carr\'es $C_1$ et $C_2$ selon la figure ci-dessous :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pytha1} Dans le carr\'e $C_1$ on a 4 triangles $T$ et deux carr\'es l'un de cot\'es $a$ (de surface $a^2$) et l'autre de cot\'es $b$ (de surface $b^2$).\\ Dans le carr\'e $C_2$ on a 4 triangles $T$ et un carr\'e de cot\'es $c$ (de surface $c^2$).\\ Comme les surfaces de $C_1$ et de $C_2$ sont les m\^emes on en d\'eduit que :\\ $a^2+b^2=c^2$. \begin{verbatim} carre(-4-i,-1-i); carre(1-i,4-i); triangle_rectangle(-0.5-i,0.5-i,2); segment(-3-i,-3+2*i); segment(-4+i,-1+i); segment(-3-i,-4+i); segment(-3+i,-1+2*i); segment(1+i,2-i); segment(1+i,3+2*i); segment(4,3+2*i); segment(4,2-i); \end{verbatim} \section{Le th\'eor\`eme et la formule $(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$} \noindent On ne dessine que le carr\'e $C_2$ et on a :\\ $C_2$ a comme surface $(a+b)^2$ \\ les quatres triangles $T$ ont comme surface $2ab$ \\ \includegraphics[width=\textwidth]{pytha0}\\ Le carr\'e central a comme surface $c^2$ et aussi $(a+b)^2-2ab$\\ Donc :\\ $(a+b)^2-2ab=c^2$\\ On sait que $(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$ (identit\'e remarquable) donc\\ $c^2=a^2+b^2$ \begin{verbatim} carre(1-i,4-i) segment(1+i,2-i); segment(1+i,3+2*i); segment(4,3+2*i); segment(4,2-i); legende(0.9+i*1.5,"a"); legende(3.5+i*1.9,"a"); legende(0.9,"b"); legende(1.8+i*1.9,"b"); legende(2+i*1.5,"c"); legende(1.4,"c"); \end{verbatim} \section{Le th\'eor\`eme et la formule $(a-b)^2=a^2-2ab+b^2$} On consid\`ere un carr\'e $C$ de cot\'e $c$ et on place les quatres copies du triangles rectangle $T$ selon la figure ci-dessous : \begin{verbatim} triangle_rectangle(0,1,2); triangle_rectangle(i,2*i,2); triangle_rectangle(-1+i,-2+i,2); triangle_rectangle(-1,-1-i,2); \end{verbatim} \includegraphics[width=6cm]{pytha2}\\ Le carr\'e de cot\'e $c$ est compos\'e d'un carr\'e de cot\'es $a-b$ et de 4 triangles $T$ donc on a : $(a-b)^2+2ab=c^2$\\ On sait que $(a-b)^2=a^2-2ab+b^2$ (identit\'e remarquable) donc\\ $c^2=a^2+b^2$. \section{Les puzzles et le th\'eor\`eme } \subsection{Le th\'eor\`eme et un premier puzzle} Soit une forme constitu\'ee de deux carr\'es de cot\'es $a$ et $b$ (avec $a\geq b$) dispos\'es selon la figure :\\ \includegraphics[width=6cm]{pytha3}\\ Comment d\'ecouper cette forme pour faire un puzzle de trois pi\`eces permettant de reconstituer un carr\'e ?\\ {\bf Solution}\\ Si le carr\'e de c\^ot\'es $a$ a pour sommets $(0,a,a(1+i),ia)$, on joint les points $i(a-b)$ et $a(1+i)$ ainsi que les points $i(a-b)$ et $b(1-i)$.\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=10cm]{pytha4}\\ On tape pour avoir cette figure : \begin{verbatim} carre(-4-i,-1-i); carre(-4-2*i,-3-2*i); segment(-3-2*i,-4+i,affichage=ligne_tiret); segment(-1+2*i,-4+i,affichage=ligne_tiret); carre(-i,3-i); carre(-2*i,1-2*i); couleur(triangle_rectangle(2*i,i,3),rouge); couleur(triangle_rectangle(1.1-1.1*i,1.1-2.1*i,3),rouge) couleur(triangle_rectangle(-2*i,1-2*i,3),vert); couleur(triangle_rectangle(3.1-i,4.1-i,3),vert) \end{verbatim} On peut simuler un vrai puzzle en d\'epla\c{c}ant avec la souris les trois pi\`eces.\\ On tape : \begin{verbatim} A:=point(-4,-1); B:=point(-1,-1); carre(A,B,C,D); E:=element(droite(A,B),0.3); carre(E,A,F,G); H:=F+C-B; segment(H,C); segment(H,G); P:=polygone(C,H,G,E,B); T1:=triangle(H,G,F); T2:=triangle(H,C,D); \end{verbatim} Puis on bouge le polyg\^one et les 2 triangles pour faire 1 grand carr\'e : pour cela on se met en mode {\tt Pointeur} et on clique sur le c\^ot\'e $EB$ du polyg\^one et on le d\'eplace. Puis on clique sur le c\^ot\'e $HC$ du triangle($H,C,D$) et on le d\'eplace pour amener $D$ en $E$, puis on clique sur le c\^ot\'e $HG$ du triangle($H,G,F$) et on le d\'eplace pour amener $F$ en $B$.\\ {\bf Remarque} : on peut tracer les segments $HC$ et $HG$ seulement apres avoir d\'eplac\'e le polyg\^one et les 2 triangles.\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=10cm]{pytha5}\\ \subsection{Le th\'eor\`eme et un autre puzzle} On dispose de deux carr\'es de c\^ot\'es $a$ et $b$ ($a\geq b$).\\ Comment d\'ecouper le carr\'e de c\^ot\'es $a$ en quatre morceaux pour pouvoir faire, avec ces 4 morceaux et le carr\'e de cot\'e $b$, un puzzle de cinq pi\`eces permettant de reconstituer un carr\'e ?\\ {\bf Une solution}\\ On pose $a-b=2d$ et si le carr\'e de c\^ot\'e $a$ a pour sommets $(0,a,a(1+i),ia)$, on joint les points $id$ et $a+i(d+b)$ ainsi que les points $d+b$ et $d+ia$. Ces deux segments ont pour longueur $c=\sqrt{a^2+b^2}$, et se coupent selon quatre angles droits qui deviendront les sommets du carr\'e solution de c\^ot\'es $c=\sqrt{a^2+b^2}$.\\ On obtient le d\'ecoupage du carr\'e de c\^ot\'e $a$ et le carr\'e constitu\'e des 5 pi\`eces dans la figure ci-dessous : \\ \includegraphics[width=6cm]{pytha6}\\ Pour faire cette figure on tape : \begin{verbatim} carre(-5-2i,-4-2i); carre(-5-i,-2-i); segment(-5,-2+i,affichage=ligne_tiret); segment(-3-i,-4+2i,affichage=ligne_tiret); carre(-i,3-i); segment(1+2*i,2-i) segment(0,3+i) carre(-2*i,1-2*i); segment(2-i,2.5-2.5*(i)); segment(1-2*i,1-3*(i)); segment(2.5-2.5*(i),-0.5-3.5*(i)); segment(1-2*(i),-1-2*(i)); segment(-1.5-0.5*i,0); segment(-1.5-0.5*i,-1-2*i); segment(-0.5-3.5*(i),-1-2*(i)); \end{verbatim} On peut simuler un vrai puzzle en d\'epla\c{c}ant avec la souris les cinq pi\`eces.\\ On tape : \begin{verbatim} A:=point(-4,-1); B:=point(-1,-1); carre(A,B,C,D):; E:=element(droite(A,B),0.3); carre(E,A,F,G):; I:=milieu(E,B); J:=D+B-I; K:=rotation(A,pi/2,A+B-I); L:=C+A-K; segment(I,J); segment(K,L); M:=inter(droite(I,J),droite(K,L))[0]; quadrilatere(D,J,M,K); quadrilatere(C,J,M,L); quadrilatere(A,I,M,K); quadrilatere(B,I,M,L); quadrilatere(E,A,F,G); \end{verbatim} Puis on bouge les 5 quadrilat\`eres dans un grand carre : pour cela, on se met en mode pointeur et pour faciliter la s\'election des quadrilat\`eres on prend soin de ne pas dessiner le {\tt carre(A,B,C,D):;} gr\^ace au {\tt :;}. On clique successivement sur un c\^ot\'e de chaque quadrilat\`ere et on les d\'eplace. Puis on dessine le {\tt carre(A,B,C,D)} en enlevant le {\tt :} \\ On obtient :\\ \includegraphics[width=10cm]{pytha7}\\ \subsection{Ce puzzle comme exercice} Soient $T$ un triangle rectangle dont les c\^ot\'es de l'angle droit ont pour longueur $a$ et $b$ avec $a< b$. On pose $d=(b-a)/2)$.\\ On consid\'ere un carr\'e $OPQR$ de c\^ot\'e $b$. Soient sur les c\^ot\'es de ce carr\'e les points $A,B,C,D$ tels que : $OA=PB=QC=RD=d$ (cf figure) :\\ \includegraphics[width=8cm]{pythagorep} \begin{itemize} \item Montrer que les segments $AC$ et $BD$ sont \'egaux et perpendiculaires et qu'ils se coupent au centre $I$ du carr\'e $OPQR$. \item Calculer la longueur de $AC$ en fonction de $a$ et $b$. \item Montrer que l'angle $\widehat{PAC}$ est \'egal \`a l'un des angles aigus du triangle $T$ \item Montrer qu'avec les 4 morceaux $IAPB$, $IBQC$, $ICRD$, $IDOA$ et un carr\'e de c\^ot\'e $a$, on peut faire un carr\'e ayant un c\^ote de la longueur de l'hypoth\'enuse de $T$. \end{itemize} {\bf Solution}\\ On tape : \begin{verbatim} morceau(a,b,o,t):={ local c,beta,d; c:=sqrt(a^2+b^2); d:=(b-a)/2; beta:=atan(b/a); return polygone(o,o+c/2*exp(i*t),o+c/2*exp(i*t)+(b-d)*exp(i*(t+pi-beta)),o+i*c/2*exp(i*(t))); }:; pythagore(a,b):={ local d,L; L:=NULL; si a>b alors d:=a;a:=b;b:=d; fsi; d:=(b-a)/2; L:=L,triangle(0,a,i*b); L:=L,carre(a,0),carre(0,i*b),carre(i*b,a); L:=L,segment(-b+i*(b-d),i*d),segment(-b+d,-d+i*b); return L; }:; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt morceau(3,4,0,0),morceau(3,4,4,pi/4),}\\ {\tt angle(4,5,5+i,"t"),morceau(3,4,9,pi/2)}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{morceau}\\ On tape :\\ {\tt pythagore(3,4),morceau(3,4,3,atan(3/4)),morceau(3,4,4*i,-atan(4/3)),}\\ {\tt morceau(3,4,3+5*exp(i*atan(3/4)),atan(3/4)+pi/2),}\\ {\tt morceau(3,4,4*i+5*exp(i*atan(3/4)),pi+atan(3/4))}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pythagorepm}\\ \subsection{Exercices} {\bf Exercice1 : octogone \'etoil\'e et Pythagore}\\ Soit $ABCD$ un carr\'e de centre $I$ et de c\^ot\'e $a$ et $A_1B_1C_1D1$ le carr\'e obtenu on faisant tourner le carr\'e $ABCD$ avec une rotation de centre $O$ et d'angle $\pi/4$. \\ Soit $M$ (resp $N$...$T$) l'intersection des segments $AB$ et $D_1A_1$ (resp $AB$ et $A_1B_1$,...,$AD$ et $A_1D_1$).\\ Soit $H$ le point d'affixe $a/2$.\\ On tape :\\ {\tt assume(a=[4,0,10,0.1]);} {\tt c0:=carre(a/2*(1-i),a/2*(1+i)):;c0;}\\ {\tt A,B,C,D:=sommets(c0);I:=point(0);}\\ {\tt c1:=rotation(I,pi/4,c0):;c1} {\tt A1,B1,C1,D1:=sommets(c1)}\\ {\tt H:=point(a/2);}\\ {\tt M:=inter\_unique(segment(A,B),segment(A1,D1))}\\ {\tt N:=inter\_unique(segment(A,B),segment(A1,B1))}\\ {\tt O:=inter\_unique(segment(B,C),segment(A1,B1))}\\ {\tt P:=inter\_unique(segment(B,C),segment(B1,C1))}\\ {\tt Q:=inter\_unique(segment(D,C),segment(B1,C1))}\\ {\tt R:=inter\_unique(segment(D,C),segment(D1,C1))}\\ {\tt S:=inter\_unique(segment(A,D),segment(D1,C1))}\\ {\tt T:=inter\_unique(segment(A,D),segment(A1,D1))} {\tt affichage(polygone(A,M,A1,N,B,O,B1,P,C,Q,C1,R,D,S,D1,T),1+epaisseur\_ligne\_2)}\\ On obtient les sommets d'un octogone $AA_1BB_1CC_1DD_1$ et un octogone \'etoil\'e $AMA_1NBB_1..D_1TA$ :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pythaocto}\\ \begin{enumerate} \item Calculer la longueur $IA_1$, \item Calculer la longueur de $HA_1$ en fonction de $a$, \item Calculer la longueur $MN$ en fonction de $a$, \item Calculer l'aire $st$ du triangle $A_1NM$, \item Calculer l'aire $so$ de l'octogne \'etoil\'e, \item Montrer que les segments $RN$ et $TP$ dont \'egaux et perpendicilaires. Calculer leur longueur $c$ en fonction de $a$ et en d\'edure que $c^2=so+st$. \item Comment d\'ecouper l'octogone \'etoil\'e en 8 morceaux pour reconstituer un carr\'e avec ces 8 morceaux ?\\ \end{enumerate} {\bf Solution} \begin{enumerate} \item $IA_1=IA=a/(2\sqrt 2)$\\ \item Le triangle $A_1NM$ est rectangle isoc\`ele donc $I$ est le milieu de $MN$ et $HM=HN=HA_1=IA_1-IH=a/(2\sqrt 2)-a/2=a/2(\sqrt 2-1)$ \item $MN=2HM=2HA_1=a(\sqrt 2-1)$ \item l'aire du triangle $A_1NM$ vaut donc :\\ $st=(a/2(\sqrt 2-1))^2=(a^2(\sqrt 2-1)^2/4=a^2(3-2\sqrt(2))/4$ \item l'aire de l'octogone \'etoil\'e vaut donc : $so=a^2+4*st=a^2+a^2(3-2\sqrt(2))=2a^2(2-\sqrt(2))$ \item $RN$ (resp $PT$) est les hypoth\'enuse du triangle rectangle $MNR$ (resp $OPT$). Le triangle $OPT$ se d\'eduit de $MNR$ par une rotation de centre $I$ et d''angle $\pi/2$ donc $RN=TP=a^2+MN^2=a^2+a^2(3-2\sqrt(2))/4$ \item on a $4*st=a^2(\sqrt 2-1))^2=(a(\sqrt 2-1))^2$ donc $b=a(sqrt(2)-1)$\\ $so=a^2+b^2$. Donc $c$ est l'hypoth\'enuse d'un triangle rectangle de c\^ot\'es $a$,$b$. \item on d\'ecoupe l'octogone \'etoil\' en 8 morceaux qui sont :\\ les 4 triangles rectangles $A1NM$, $B1PO$, $C1RQ$,$D1TS$ et les 4 quadrilat\`eres $ITAN$, $INBP$, $IPCR$, $IRDT$.\\ On tape : \begin{verbatim} supposons(a=[4.6,0,10,0.1]); c0:=carre(a/2*(1-i),a/2*(1+i)):; A,B,C,D:=sommets(c0):;I:=point(0):; c1:=rotation(I,pi/4,c0):;; A1,B1,C1,D1:=sommets(c1):;; M:=inter_unique(segment(A,B),segment(A1,D1)):; N:=inter_unique(segment(A,B),segment(A1,B1)):; O:=inter_unique(segment(B,C),segment(A1,B1)):; P:=inter_unique(segment(B,C),segment(B1,C1)):; Q:=inter_unique(segment(D,C),segment(B1,C1)):; R:=inter_unique(segment(D,C),segment(D1,C1)):; S:=inter_unique(segment(A,D),segment(D1,C1)):; T:=inter_unique(segment(A,D),segment(A1,D1)):; H:=point(a/2):;; //affichage(polygone(A,M,A1,N,B,O,B1,P,C,Q,C1,R,D,S,D1,T),1+epaisseur_ligne_2); segment(R,N); segment(T,P); affichage(polygone(M,A1,N),1+rempli); affichage(polygone(I,N,B,P),4+rempli); P1:=translation((P-C),P):; affichage(translation(5+(N-R)+(P-T),polygone(I,R,D,T)),2+rempli); affichage(translation(5+(P1-M),polygone(A1,M,N)),1+rempli); affichage(polygone(I,R,D,T),2+rempli); affichage(polygone(I,T,A,N),3+rempli); affichage(translation(5+(P-T),polygone(I,T,A,N)),3+rempli); affichage(translation(5+(B-R),polygone(C1,R,Q)),5+rempli); affichage(polygone(C1,R,Q),5+rempli); affichage(translation(5+(N-R)+(P-T)-(P1-P),polygone(D1,T,S)),6+rempli); affichage(polygone(D1,T,S),6+rempli); affichage(translation(5,polygone(I,N,B,P)),4+rempli); affichage(polygone(I,P,C,R),47+rempli); affichage(translation(5+(N-R),polygone(I,P,C,R)),47+rempli); affichage(polygone(P,O,B1),67+rempli); affichage(translation(5+(P1-P),polygone(P,O,B1)),67+rempli); \end{verbatim} On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pythaoctogone} \end{enumerate} {\bf Exercice2 : autre d\'ecoupage}\\ Trouver d'autres solutions.\\ On peut en effet d\'ecouper le carre $ABCD$ selon n'importe quelle parall\`ele \`a $IJ$ et $KL$...\`a vous de le montrer !\\ On tape par exemple : \begin{verbatim} c:=carre(2-2i,+2+2i):; c:;A,B,C,D:=sommets(c):;I:=point(0);; c1:=rotation(I,pi/4,c):;c1:;; A1,B1,C1,D1:=sommets(c1):;; M:=inter_unique(segment(A,B),segment(A1,D1)):;; N:=inter_unique(segment(A,B),segment(A1,B1)):;; T:=inter_unique(segment(A,D),segment(A1,D1)):;; O:=inter_unique(segment(B,C),segment(A1,B1)):;; P:=inter_unique(segment(B,C),segment(B1,C1)):;; Q:=inter_unique(segment(D,C),segment(B1,C1)):;; R:=inter_unique(segment(D,C),segment(D1,C1)):;; S:=inter_unique(segment(A,D),segment(D1,C1)):;; H:=point(2):;; M1:=B+(M-N):;; P1:=C+(O-P):;; segment(C,M1); segment(D,P1); J:=inter_unique(droite(C,M1),droite(D,P1)); affichage(polygone(J,M1,B,P1),2+rempli); affichage(polygone(J,D,A,M1),4+rempli); affichage(polygone(J,D,C),3+rempli); affichage(polygone(J,P1,C),47+rempli); affichage(polygone(M,N,A1),1+rempli); affichage(polygone(O,P,B1),5+rempli); affichage(polygone(Q,R,C1),6+rempli); affichage(polygone(S,T,D1),67+rempli); affichage(translation(5,polygone(J,D,A,M1)),4+rempli); affichage(translation(5+(D-P1),polygone(J,M1,B,P1)),2+rempli); affichage(translation(5+(M1-C),polygone(J,D,C)),3+rempli); affichage(translation(5+(M1-C)+(D-P1),polygone(J,P1,C)),47+rempli); affichage(translation(5+(D-P1)+(B-N),polygone(M,A1,N)),1+rempli); affichage(translation(5+(B-P)+(M1-B)+(D-P1),polygone(O,B1,P)),5+rempli); affichage(translation((A-N)+5+(A-D),polygone(Q,C1,R)),6+rempli); affichage(translation(5+(B-O),polygone(S,D1,T)),67+rempli); \end{verbatim} On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pythaocto1} \subsection{Le puzzle de L\'eonard de Vinci} % cf session pytal.xws On trace la figure habituelle qui illustre le th\'eor\`eme de Pythagore :\\ le triangle rectangle en $C$ T=$CAB$ et \`a l'ext\'erieur de T, les 3 carr\'es de c\^ot\'es respectifs $AB=c$, $BC=a$ et $CA=b$.\\ Leonard de Vinci a l'id\'ee de compl\'eter cette figure en tra\c{c}ant 2 triangles \'egaux \`a T selon la figure ci-dessous.\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pytal1}\\ On trace alors les 2 quadrilat\`eres rouges et les 2 quadrilat\`eres bleus. Les 2 quadrilat\`eres rouges (resp bleus) sont \'egaux : les rouges sont sym\'etriques par rapport \`a la droite $C_1K_0$ et les bleus sont sym\'etriques par rapport au milieu $O$ de $BB_0$.\\ La rotation de centre $A$ et d'angle $\pi/2$ transforme le quadilat\`ere bleu $AB_0KC$ en le quadrilat\`ere rouge $ABK_0C_1$ : les 2 quadrilat\`eres bleu ont donc la m\^eme aire que les 2 quadrilat\`eres rouge.\\ On a donc : 2*aire$(T)+a^2+b^2$=2*aire$(T)+c^2$ donc $a^2+b^2=c^2$.\\ {\bf Le puzzle selon la d\'emonstration de L\'eonard de Vinci}\\ A l'int\'erieur du carr\'e de c\^ot\'e $c$ on trace deux triangles directement \'egaux \`a $T$. Ces deux triangles sont sym\'etriques par rapport \`a $O$ centre du carr\'e de c\^ot\'e $c$.Puis on trace la bissectrice int\'erieure de l'angle $C$ de $T$ cette bissectrice passe par les sommets $S1$ et $S2$ de l'angle droit de ces 2 triangles (on remarquera que les triangles $CAS1$ et $CBS2$ sont des triangles rectangles isoc\`eles).\\ A partir des sommets $S1$ et $S2$ trace des s\'egments parall\`eles \`a $C_1C$ : cela d\'etermine les triangles rouge et jaune. Puis on colore en vert et bleu les 2x2 triangles non color\'es du carr\'e de c\^ot\'e $c$.\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pytagl2} \section{La formule $(a-b)^2=a^2-2ab+b^2$ comme exercice} Soit $ABC$ est un triangle quelconque et $L$ le pied de la hauteur issue de $C$. On pose $AB=c$, $AC=b$, $BC=a$, $CH=h$, $HB=d_1$, $HA=d_2$. Montrer que : $h^2=b^2-d_2^2$,\\ $h^2=a^2-d_1^2$,\\ $d_2=b\cos(A)$, \\ en d\'eduire que: $a^2=d_1^2+h^2=d_1^2-d_2^2+b^2$.\\ En observant la figure, montrer que :\\ la surface verte $V$ = $a^2$\\ la surface jaune $J$= $b^2$\\ la surface rouge $R$=$d_1^2-d_2^2$\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pytha8}\\ Que vaut la surface rouge $R$ par rapport \`a $c$ et $d_2$, par rapport \`a $b,c,\cos(A)$ ? En d\'eduire la g\'en\'eralistion du th\'eor\`eme de Pythagore.\\ {\bf Solution} On applique le th\'eor\`eme de Pythagore aux triangles rectangles $ALC$ et $BLC$ donc :\\ $h^2=b^2-d_2^2$ et\\ $h^2=a^2-d_1^2$,\\ On a donc : $V=R+J=a^2=d_1^2-d_2^2+b^2$\\ Puisque $c=d_1+d_2$ on a $d_1-d_2=c-2d_2=c-2b\cos(A)$:\\ $R=d_1^2-d_2^2=c(c-2d_2)=c(c-2b\cos(A))=c^2-2bc\cos(A)$\\ $c^2=R+2d_2^2+2d_1d_2=R+2c*d_2=a^2-b^2+2bc\cos(A)$ \\ Donc\\ $a^2=b^2+c^2-2bc\cos(A)$ \section{Exercice} Soit un rectangle $ABCD$.\\ On trace les trois cercles : \begin{enumerate} \item $C_1$ : cercle de centre $B$ et de rayon $BC$, \item $C_2$ : cercle de centre $B$ et de rayon $BA$, \item $C_3$ : cercle de centre $B$ et de rayon $BD$. \end{enumerate} \includegraphics[width=\textwidth]{exopytha} Laquelle des deux zones en rouge a l'aire la plus grande ?\\ {\bf Solution}\\ On pose $AB=a$, $BC=b$ $BD=d$.\\ L'aire de $C_1$ vaut : $\pi b^2$\\ L'aire de $C_2$ vaut : $\pi a^2$\\ L'aire de $C_3$ vaut : $\pi d^2$\\ On a d'apr\`es le th\'eor\`eme de Pythagore $d^2=BD^2=AB^2+BC^2=a^2+b^2$\\ Donc l'aire de $C_3$ vaut : $\pi(a^2+b^2)$\\ L'aire de l'anneau rouge vaut donc : $\pi(a^2+b^2)-\pi a^2=\pi b^2$\\ Donc les 2 zones en rouge ont m\^eme aire ! \section{Exercice le carr\'e de soie} Voici un carr\'e de soie qui est sym\'etrique par rapport \`a ses m\'edianes :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{tapis}\\ Les cercles rouges et verts sont-ils egaux ?\\ Sachant que le cercle jaune est \'egale au cercle vert et que les centres $I,\ J,\ K$ des cercles vert, jaune, rouges sont align\'es, est ce que $J$ est-il le milieu de $IK$ ?\\ {\bf Solution}\\ \includegraphics[width=\textwidth]{tapis1} On note $R$ le rayon des cercles bleus.\\ Les cercles magenta ont alors $2R$ comme rayon.\\ Cherchons le rayon $r$ des cercles rouges.\\ On a :\\ $MN=2R$, $NK=2R+r$, $MK=2R+r$ et d'apr\`es Pythagore $(2R+r)^2=(2R-r)^2+4R^2$ donc $8Rr=4R^2$ et $r=\frac{R}{2}$ Cherchons le rayon $r_v$ des cercles verts.\\ Le cercle jaune est centr\'e en $J$ situ\'e sur une m\'ediane du carr\'e Les cercles bleus ont comme rayon $R$ On trace le rectangle $OSIT$, on a :\\ $RI=R+r_v$, $OQ=2R$, $IS:=r_v$, $OS=IT$ et $RT=R0-0T=R-r_v$ donc d'apr\`es Pythagore, $OS^2=(2R-rv)^2-r_v^2=4R^2-4Rr_v$ et\\ $OS^2=IT^2=IR^2-RT^2=(R+r_v)^2-(R-r_v)^2=4Rr_v$\\ Donc :\\ $4R^2-4Rr_v=4Rr_v$ \\ $r_v=\frac{R}{2}$ \\ On en d\'eduit que $OS^2=2R$.\\ Cherchons les coordonn\'ees de $I$ de $K$ et de $J$ en prenant les bords du carr\'e comme axe de coordonn\'ees.\\ On a :\\ $K$ est le point de coordonn\'ees $R/2,2R$\\ $I$ est le point de coordonn\'ees $R(2+\sqrt 2),R/2$\\ $J$ est l'intersection de $IK$ avec la droite $x=R$.\\ On tape :\\ {\tt I:=point(R*(2+sqrt(2) +i/2))}\\ {\tt K:=point(R*(1/2+i*2))}\\ {\tt equation(droite(I,K))}\\ On obtient :\\ {\tt y=((6*sqrt(2)-9)*x+(13-6*sqrt(2))/2*R)}\\ Donc les coordonn\'ees de $J$ sont : $2R,(-23+18*\sqrt 2)*R/2$ Les coordonn\'ees du milieu $L$ de $IK$ sont :\\ On tape pour avoir les coordonn\'ees du milieu $L$ de $IK$ :\\ {\tt evalc(factor((I+J)/2))}\\ On obtient :\\ {\tt (10+4*sqrt(2))*R/8+i*5*R/4} Les coordonn\'ees du milieu $L$ de $IK$ sont :\\ $R(10+4\sqrt 2)/8,5*R/4$\\ On tape :\\ {\tt evalf((10+4*sqrt(2))/8)}\\ On obtient :\\ {\tt 1.9571068}\\ ce qui est proche de 2 donc $L$ est proche de $J$\\ Donc $J$ n'est pas le milieu de $IK$. \section{Exercice un probl\`eme pos\'e par Fermat en 1658} Soit un rectangle indirect $ABCD$ tel que $AB=\sqrt 2$ et $AD=1$.\\ On construit \`a l'ext\'erieur du rectangle un demi-cercle $c$ de diam\`etre $AB$.\\ Soit $P$ un point sur $c$, et $X$ (resp $Y$) l'intersection de $PD$ (resp de $PC$) avec $AB$.\\ Monter que $AY^2+BX^2=2=AB^2$.\\ En d\'eduire que les 3 cercles, $c_1$ de diam\`etre $AB$, $c_2$ de centre $A$ et de rayon $AY$ et $c_3$ de centre $B$ et de rayon $BX$ sont concourants.\\ \includegraphics[width=\textwidth]{geofermat}\\ {\bf Avec Xcas}\\ On tape dans un niveau de g\'eom\'etrie : \begin{verbatim} A:=point(i);B:=point(sqrt(2)+i); C:=point(sqrt(2));D:=point(0); polygone(A,B,C,D); c:=cercle(sqrt(2)/2+i,sqrt(2)/2,0,pi); supposons(t=[2.0,0,0,0.1]); P:=element(c,t); d1:=droite(D,P); d2:=droite(C,P); X:=inter_unique(d1,droite(y=1)); Y:=inter_unique(d2,droite(y=1)); \end{verbatim} On tape :\\ {\tt simplify(longueur2(A,Y)+longueur2(B,X))}\\ On obtient :\\ {\tt 2}\\ Soit $Q_0,Q_1$ les points d'intersection des cercles $c_2$ et $c_3$.\\ On a donc :\\\ $AQ_0=AQ_1=AY$ (car $Q_0,Q_1$ sont des points de $c_2$).\\ $BQ_0=BQ_1=BX$ (car $Q_0,Q_1$ sont des points de $c_3$).\\ Donc :\\ $AQ_0^2+BQ_0^2=2=AB^2$ et $AQ_1^2+BQ_1^2=2=AB^2$ D'apr\`es la r\'eciproque du th\'eor\`eme de Pythagore on en d\'eduit que :\\ $\widehat{AQ_0B}=\widehat{AQ_1B}=pi/2$ donc\\ $Q_0$ et $Q_1$ sont sur le cercle de diam\`etre $AB$.\\ On tape dans le m\^eme niveau de g\'eom\'etrie : \begin{verbatim} c1:=cercle(A,B):;c1 Q:=inter(c1,cercle(A,longueur(A,Y))):; Q0:=affichage(Q[0],quadrant2);Q1:=Q[1]; \end{verbatim} On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{geofermat1}\\ {\bf Sans Xcas}\\ Soient $t=\widehat{BAP}$ et $(x_1,y_1)$ les coordonn\'ees de $P$.\\ On a $AP=\sqrt 2\cos(t)$ donc :\\ $x_1=AP\cos(t)=\sqrt 2\cos(t)^2$ \\ $y_1=1+AP\sin(t)=1+\sqrt 2\cos(t)\sin(t)$\\ Soient $u=\widehat{CDP}=\widehat{AXD}$ donc :\\ $\tan(u)=y_1/x_1=1/AX$ donc $$AX=\frac{x_1}{y_1}$$\\ Soient $v=\widehat{PCD}=\widehat{BYC}$ donc :\\ $\tan(v)=y_1/(\sqrt 2-x_1)=1/BY$ donc $$BY=\frac{\sqrt 2-x_1}{y_1}$$ Donc :\\ $AY^2=(\sqrt 2-BX)^2=(\sqrt 2+x_1/y_1-\sqrt 2/y_1)^2$ et \\ $BX^2=(\sqrt 2-AX)^2=(\sqrt 2-x_1/y_1)^2$\\ $AY^2+BX^2=(\sqrt 2-x_1/y_1)^2+(\sqrt 2+x_1/y_1)^2+2/y_1^2-2\sqrt 2(\sqrt 2+x_1/y_1)/y_1$\\ $AY^2+BX^2=4+2(x_1^2+1-2y_1-\sqrt 2 x_1)/y_1^2=4+2(N/D)$\\ On a en remplacant $x_1$ et $y_1$ en fonction de $t$ :\\ $N=(x_1^2-\sqrt 2 x_1+1- 2y_1)=$\\ $N=2\cos(t)^4-2\cos(t)^2+1-2-2\sqrt 2\cos(t)\sin(t)$\\ $N=-2\cos(t)^2\sin(t)^2-1-2\sqrt 2\cos(t)\sin(t)$\\ et\\ $D=y_1^2=(1+\sqrt 2\cos(t)\sin(t))^2=$\\ $D=1+2\sqrt 2\cos(t)\sin(t)+2\cos(t)^2\sin(t)^2$ donc\\ $N/D=-1$\\ $AY^2+BX^2=4-2*1=2$\\ ouf !!!\\ {\bf Ou plus simplement :}\\ Soit le rep\`ere d'origine $A$ et d'axe des $x$ port\'e par $\overrightarrow{AB}$.\\ On a : $B=(\sqrt 2,0)$ et $D=(0-1)$\\ Soit $(x_P,y_P)$ le coordonn\'ees de $P$.\\ $(x_P,y_P)$ v\'erifient l\'equation $x_P^2+y_P^2-\sqrt 2x_P=0$\\ On refait la figure on tape :\\ \begin{verbatim} A:=point(0);B:=point(sqrt(2)); D:=point(-i);C:=point(sqrt(2)-i); polygone(0,-i,-i+sqrt(2),sqrt(2)); supposons(xp=[1.0,0,1.4,0.1]); P:=point(xp+i*sqrt(sqrt(2)*xp-xp^2)); c:=cercle(point(0),point(sqrt(2)),0,pi); d1:=droite(D,P); d2:=droite(C,P); X:=inter_unique(d1,segment(A,B)); Y:=inter_unique(d2,segment(A,B)); \end{verbatim} On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{fermat} L'\'equation de la droite $PX$ est : $$y=\frac{y_P+1}{x_P}x-1$$ donc l'abscisse de $X$ est : $$\frac{x_P}{y_P+1}$$ $\displaystyle BX=AB-AX=\sqrt 2-\frac{x_P}{y_P+1}=\frac{\sqrt 2+\sqrt 2y_P-x_P}{y_P+1}$ $$BX^2=\frac{2+2y_p^2+x_p^2+4y_P-2\sqrt 2x_P-2\sqrt 2y_Px_P}{(y_P+1)^2}$$ L'\'equation de la droite $PY$ est :\\ $$y=\frac{y_P+1}{x_P-\sqrt 2}(x-\sqrt 2)-1$$ donc l'abscisse de $Y$ est : $$\sqrt 2+\frac{x_P-\sqrt 2}{y_P+1}=\frac{\sqrt 2y_P+x_P}{y_P+1}$$ $$AY^2=\frac{2y_P^2+x_P^2+2\sqrt 2y_Px_P}{(y_P+1)^2}$$ Donc :\\ $$AY^2+BX^2=\frac{4y_p^2+2x_p^2-2\sqrt 2x_P+4y_P+2}{(y_P+1)^2}$$ Puisque $x_P^2+y_P^2=\sqrt 2x_P$ on a $4y_p^2+2x_p^2=2y_P^2+2\sqrt 2x_P$ on a:\\ $$AY^2+BX^2=\frac{2y_p^2+4y_P+2}{(y_P+1)^2}=\frac{2(y_p^2+2y_P+1)}{(y_P+1)^2}=2=AB^2$$ \chapter{Le th\'eor\`eme de 1968} \section{Le th\'eor\`eme} Soit un triangle quelconque $ABC$. On construit sur les c\^ot\'es du triangle $ABC$ les carr\'es directs $CBDE$, $ACGF$ et $BAKH$, puis les parall\'elogrammes $DBHJ$ et $GCEL$.\\ \begin{center}\includegraphics[width=8cm]{th1968d}\end{center} {\bf Remarque} : si $ABC$ est direct les carr\'es sont \`a l'ext\'erieur du triangle.\\ On a la propri\'et\'e suivante : Le triangle $AJL$ est isoc\`ele rectangle direct. \section{La figure} Pour faire la figure, on tape les instructions suivantes qui se trouvent dans le fichier {\tt th1968.xws} : \begin{verbatim} A:=point(-4,-1); B:=point(-2,-1); C:=point(-3.5,0); triangle(A,B,C); carre(B,A,K,H); carre(C,B,D,E); carre(A,C,G,F); J:=H+D-B; polygone(D,B,H,J,affichage=bleu); L:=E+G-C:;legend(L,"L",quadrant2; polygone(C,G,L,E,affichage=bleu); triangle(A,J,L,affichage=rouge); \end{verbatim} \section{Une d\'emonstration g\'eom\'etrique} On suppose que le triangle $ABC$ est direct car la figure est plus lisible.\\ On fait des constructions suppl\'ementaires et on tape : \begin{verbatim} B1:=translation(B-H,B); B2:=translation(C-B,B1); segment(B1,B); segment(B1,L); segment(B1,D); segment(C,L); \end{verbatim} \begin{center}\includegraphics[width=10cm]{th1968}\end{center} On remarque que {\tt B2} est confondu avec {\tt L} puisque les triangles {\tt B1BD} et {\tt LCE} sont \'egaux au triangle {\tt ABC} en effet :\\ - le triangle {\tt B1BD} est le transform\'e du triangle {\tt ABC} par rotation de centre {\tt B} et d'angle {\tt -pi/2}, et \\ - le triangle {\tt LCE} est le transform\'e du triangle {\tt ABC} par la composition de la rotation de centre {\tt C} et d'angle {\tt -pi/2} et de la translation de vecteur {\tt E-C}.\\ La rotation de centre {\tt A} et d'angle {\tt pi/2} transforme {\tt H} en {\tt B1} et {\tt HJ} en {\tt B1B2}.\\ Donc la rotation de centre {\tt A} et d'angle {\tt pi/2} transforme {\tt J} en {\tt B2}.\\ Donc, puisque {\tt B2} est confondu avec {\tt L}, la rotation de centre {\tt A} et d'angle {\tt pi/2} transforme {\tt J} en {\tt L}\\ Donc le triangle {\tt AJL} est isoc\`ele rectangle direct. \section{Une d\'emonstration avec les complexes} Soit {\tt a=affixe(A), b=affixe(B), c=affixe(C)}\\ On a :\\ {\tt j=affixe(J)=b+i*(a-b)-i*(c-b)=b+i(a-c)}\\ {\tt l=affixe(L)=c+i*(b-c)-i*(a-c)=c+i(b-a)}\\ On a donc : $$ l-a=c-a+i*(b-a)=i^2*(a-c)+i*(b-a)=i*(b-a+i(a-c))=i*(j-a)$$ L'\'egalit\'e {\tt l-a=i*(j-a)} prouve que {\tt L} se d\'eduit de {\tt J} par la rotation de centre {\tt A} et d'angle {\tt pi/2}. \section{La d\'emonstration du th\'eor\`eme avec {\tt Xcas}} On suppose que le point {\tt A} est \`a l'origine du rep\`ere et que le point {\tt B} est le point d'affixe 2. Le point {\tt C} a comme affixe $a+ib$, avec $a$ et $b$ quelconques.\\ Pour faire la figure on suppose que $a=-1$ et que $b=-1$.\\ On tape les instructions suivantes qui se trouvent dans le fichier {\tt th1968d.xws} : \begin{verbatim} assume(a=-3.5); assume(b=0); A:=point(-4,-1); B:=point(-2,-1); C:=point(a,b); T1:=couleur(carre(B,A,K,H),vert); T2:=couleur(carre(C,B,D,E),vert); T3:=couleur(carre(A,C,G,F),vert); J:=H+(D-B); P1:=couleur(polygone(D,B,H,J),rouge); L:=E+(G-C); P2:=couleur(polygone(L,E,C,G),rouge); p:=normal((affixe(J)-affixe(A))/(affixe(L)-affixe(A))); normal(longueur2(A,L)-longueur2(A,J)); normal(angle(A,J,L)); \end{verbatim} On obtient {\tt -i}, {\tt 0} et {\tt pi/2} comme r\'esultats des 3 derni\`eres commandes : \begin{center}\includegraphics[width=\textwidth]{th1968w}\end{center} \chapter{Le th\'eor\`eme de Napol\'eon} \section{Le th\'eor\`eme} Soit un triangle quelconque $ABC$.\\ On construit \`a l'ext\'erieur du triangle $ABC$ les triangles \'equilat\`eraux $BAD$, $CBE$ et $ACF$ qui ont pour centre de gravit\'e : $G1$, $G2$ et $G3$.\\ On a les propri\'et\'es suivantes :\\ Le triangle $G1G2G3$ est \'equilat\'eral et a m\^eme centre de gravit\'e que le triangle $ABC$.\\ Les droites $AE$, $DC$, $BF$ sont concourantes en un point $T$ qui s'appelle le point de Torricelli.\\ Le point $T$ est aussi le point de concours des cercles circonscrits aux triangles $BAD$, $CBE$ et $ACF$. \section{La figure} \includegraphics[width=8cm]{napo1}\\ Pour faire cette figure, on tape dans un \'editeur de programme : \begin{verbatim} A:=point(-2.,-1.,'affichage'=0); B:=point(2.,-1,'affichage'=0); C:=point(1.,2,'affichage'=0); triangle_equilateral(B,A,D); triangle_equilateral(C,B,E); triangle_equilateral(A,C,F); segment(A,E,affichage=2); segment(C,D,affichage=2); segment(B,F,affichage=2+ligne_tiret); T:=inter_droite(droite(A,E),droite(C,D),affichage=2+ epaisseur_point_2); circonscrit(A,B,D); circonscrit(C,B,E); G1:=isobarycentre(A,B,D); G2:=isobarycentre(C,B,E); G3:=isobarycentre(A,C,F); G:=isobarycentre(A,C,B,affichage=quadrant2); triangle(A,B,C,affichage=1); triangle(G1,G2,G3,affichage=4); \end{verbatim} \section{Les d\'emonstrations g\'eom\'etriques} \subsection{Avec les cercles circonscrits \`a $BAD$, $CBE$ et $ACF$} On trace les cercles $C_1$, $C_2$ et $C_3$ circonscrits aux triangles $ADB$, $BEC$ et $CFA$ de centres respectifs $G_1$, $G_2$ et $G_3$.\\ Pour faire la figure, on tape : \begin{verbatim} A:=point(-2.,-1.,'affichage'=0); B:=point(2.,-1,'affichage'=0); C:=point(1.,2,'affichage'=0); D:=rotation(B,pi/3,A); E:=rotation(C,pi/3,B); F:=rotation(A,pi/3,C); C1:=circonscrit(A,B,D,affichage=2); C2:=circonscrit(C,B,E,affichage=2); C3:=circonscrit(C,A,F,affichage=2+ligne_tiret); G1:=isobarycentre(A,B,D); G2:=isobarycentre(C,B,E); G3:=isobarycentre(A,C,F); G:=isobarycentre(A,C,B,affichage=quadrant2); triangle(A,B,C,affichage=1); triangle(G1,G2,G3,affichage=4); T:=inter(C1,C2,affichage=2+epaisseur_point_2)[1]; angle(D,B,A,""); angle(T,B,A,""); angle(T,C,B,""); angle(E,C,B,""); \end{verbatim} \includegraphics[width=8cm]{napo2}\\ Montrons que ces trois cercles sont concourants en un point $T$. \\ Soit $T$ le point d'intersection de $C_1$ et $C_2$, on a :\\ $\widehat{BDA}=\frac{\pi}{3}$.\\ Comme l'angle $\widehat{BTA}$ intercepte le m\^eme arc $BA$ que l'angle $\widehat{BDA}$ de $C_1$ on a :\\ $\widehat{BTA}=\frac{\pi}{3}$ ou $\widehat{BTA}=\frac{2\pi}{3}$ de m\^eme :\\ $\widehat{BTC}=\frac{\pi}{3}$ ou $\widehat{BTC}=\frac{2\pi}{3}$ donc :\\ soit $\widehat{CTA}=\widehat{BTC}+\widehat{BTA}$ si $TB$ est entre $TC$ et $TA$\\ soit $\widehat{CTA}=|\widehat{BTC}-\widehat{BTA}|$ sinon.\\ Donc $\widehat{CTA}=\frac{\pi}{3}$ ou $\widehat{CTA}=\frac{2\pi}{3}$ et donc $CAFT$ sont cocycliques.\\ On a donc montr\'e que $T$ se trouve sur $C3$.\\ Comme $G_1G_2$ (resp $G_1G_3$ ou $G_2G_3$) est perpendiculaire \`a $BT$ (resp \`a $AT$ ou \`a $CT$) et que $\widehat{G_2G_1G_3}+\widehat{G_1G_2G_3}+\widehat{G_1G_3G_2}=\pi$ on a :\\ $\widehat{G_2G_1G_3}=\widehat{G_1G_2G_3}=\widehat{G_1G_3G_2}=\frac{\pi}{3}$\\ ce qui prouve que le triangle $G_1G_2G_3$ est \'equilat\`eral. \subsection{Avec $G_4$ le sym\'etrique de $G_1$ par rapport \`a $AB$} Soit $G_4$ le sym\'etrique de $G_1$ par rapport \`a $AB$.\\ \includegraphics[width=8cm]{napo3}\\ Pour faire cette figure, on tape dans un \'editeur de programme : \begin{verbatim} A:=point(-2.,-1.,'affichage'=0); B:=point(2.,-1,'affichage'=0); C:=point(1.,2,'affichage'=0); D:=rotation(B,pi/3.,A); E:=rotation(C,pi/3.,B); F:=rotation(A,pi/3.,C); G1:=isobarycentre(A,B,D); G2:=isobarycentre(C,B,E); G3:=isobarycentre(A,C,F); G4:=symetrie(droite(A,B),G1); G:=isobarycentre(A,C,B,affichage=quadrant2); triangle(A,B,C,affichage=1); triangle(G1,G2,G3,affichage=4); segment(A,G1); segment(A,G3); segment(G4,G3); segment(G4,G2); segment(C,G2); segment(C,G3); segment(B,G4); segment(A,G4); segment(B,G2); segment(B,G1); segment(G4,G1); segment(A,F,affichage=1+ligne_tiret); segment(C,F,affichage=1+ligne_tiret); segment(C,E,affichage=1+ligne_tiret); segment(E,B,affichage=1+ligne_tiret); segment(B,D,affichage=1+ligne_tiret); segment(A,D,affichage=1+ligne_tiret); \end{verbatim} Les triangles $AG_4G_3$ et $G_4BG_2$ sont \'egaux et sont des triangles semblables \`a $ABC$ en effet :\\ le quadrilat\`ere $AG_1BG_4$ est un losange d'angle $A=\frac{\pi}{3}$ (4 cot\'es \'egaux \`a la diagonale $G_1G_4$), donc \\ l'angle $\widehat{G_4AG_3}$ est \'egale \`a l'angle $\widehat{BAC}$,\\ $AG_4=AG_1=BG_1=BG_4=\frac{AB}{\sqrt 3}$,\\ $AG_3=CG_3=\frac{AC}{\sqrt 3}$.\\ Le triangle $AG_4G_3$ est donc semblable au triangle $ABC$ avec comme rapport de similitude $\frac{1}{\sqrt(3)}$.\\ De m\^eme l'angle $\widehat{G_4BG_2}$ est \'egale \`a l'angle $\widehat{ABC}$ et,\\ $\displaystyle BG_2=CG_2=\frac{BC}{\sqrt 3}$\\ donc le triangle $G_4BG_2$ est semblable au triangle $ABC$ avec comme rapport de similitude $\frac{1}{\sqrt 3}$.\\ On en d\'eduit que :\\ $BG_2=G_4G_3$ et $AG_2=G_4G_2$ et donc que le quadrilat\`ere $G_2CG_3G_4$ est un parall\'elogramme.\\ Les triangles $G_1G_4G_3$ et $G_1BG_2$ sont donc \'egaux (l'angle $\widehat{G_3G_4G_1}=\widehat{CBA}+pi/3=\widehat{G_2BG_1}$) et ces deux triangles se d\'eduisent l'un de l'autre par une rotaion de centre $G_1$ et d'anble $\frac{\pi}{3}$ donc \\ $G_1G_3=G_1G_2$ et l'angle $\widehat{G_2G_1G_3}=\frac{\pi}{3}$.\\ L'isobarycentre de $A,B,C$ est aussi l'isobarycentre de $G_1,G_4,C$ car le quadrilat\`ere $AG_1BG_4$ est un losange.\\ L'isobarycentre de $G_1,G_4,C$ est aussi l'isobarycentre de $G_1,G_2,G_3$ car le quadrilat\`ere $CG_3G_4G_2$ est un parall\'elogramme.\\ Donc $ABC$ et $G_1G_2G_3$ ont m\^eme centre de gravit\`e.\\ \subsection{Avec les sym\'etriques de $G_1$ (resp de $G_2$) par rapport \`a $AB$ (resp \`a $BE$)} \subsubsection{L'\'enonc\'e} Soit $ABC$ un triangle quelconque. On construit \`a l'ext\'erieur du triangle $ABC$ les triangles \'equilat\`eraux : $ABD$, $BCE$ et $ACF$.\\ 1/ Montrer que $AE=BF=CD$.\\ 2/ Montrer que $AE$, $BF$ et $CD$ sont concourantes.\\ 3/ Th\'eor\`eme de Napol\'eon :\\ On note $G_1$, $G_2$ et $G_3$ les centres de gravit\'e des triangles $ABD$, $BCE$ et $ACF$.\\ Montrer que le triangle $G_1G_2G_3$ est \'equilat\`eral.\\ \subsubsection{La solution} \begin{verbatim} A:=point(-2.,-1.,'affichage'=0); B:=point(2.,-1,'affichage'=0); C:=point(0.,1.5,'affichage'=0); D:=rotation(B,pi/3.,A); E:=rotation(C,pi/3.,B); F:=rotation(A,pi/3.,C); segment(A,E,affichage=2); segment(C,D,affichage=2); segment(B,F,affichage=2+ligne_tiret); T:=inter_droite(droite(A,E),droite(C,D),affichage=2+ epaisseur_point_2); G1:=isobarycentre(A,B,D); G2:=isobarycentre(C,B,E); G3:=isobarycentre(A,C,F); G:=isobarycentre(A,C,B,affichage=quadrant2); triangle(A,B,C,affichage=1); triangle(G1,G2,G3,affichage=4); angle(B,D,A,""); angle(B,C,E,""); angle(C,E,B,""); angle(C,A,F,""); vecteur(B,G1,affichage=1) vecteur(B,A,affichage=1); vecteur(B,D,affichage=1); vecteur(B,B+3*(G1-B),affichage=1); vecteur(B,G2,affichage=6) vecteur(B,E,affichage=6); vecteur(B,C,affichage=6); vecteur(B,B+3*(G2-B),affichage=6); N:=rotation(C,pi/3.,T); \end{verbatim} \includegraphics[width=8cm]{napo4}\\ On suppose le triangle $ABC$ direct.\\ 1/ La rotation de centre $B$ et d'angle $-\pi/3$ transforme :\\ $D$ en $A$ et $C$ en $E$ donc:\\ $DC=AE$ et $(\overrightarrow{DC},\overrightarrow{AE})=-\pi/3$.\\ De m\^eme la rotation de centre $C$ et d'angle $-\pi/3$ transforme :\\ $E$ en $B$ et $A$ en $F$ donc :\\ $AE=FB$ et $(\overrightarrow{EA},\overrightarrow{BF})=-\pi/3$.\\ On montre, en utilisant les vecteurs, que $G_1G_2G_3$ est \'equilat\`eral, on a :\\ $\overrightarrow{BG_1}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{BA})$ et $\overrightarrow{BG_2}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{BC})$\\ $\overrightarrow{CG_2}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{CE}+\overrightarrow{CB})$ et $\overrightarrow{CG_3}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{CF}+\overrightarrow{CA})$\\ donc \\ $\overrightarrow{G_2G_1}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{CD})$ et \\ $\overrightarrow{G_2G_3}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{BF}+\overrightarrow{EA})$\\ $\overrightarrow{BF}$ (resp $\overrightarrow{EA}$) est le transform\'e de $\overrightarrow{EA}$ (resp $\overrightarrow{CD}$) par une rotation d'angle $-\pi/3$ donc $\overrightarrow{G_2G_3}$ est le transform\'e de $\overrightarrow{G_2G_1}$ par une rotation d'angle $-\pi/3$ donc le triangle $G_1G_2G_3$ est \'equilat\`eral.\\ 2/ Soit $T$ le point d'intersection de $AE$ et de $CD$. D'apr\`es la premi\`ere question : $(\overrightarrow{TC},\overrightarrow{TE})=(\overrightarrow{DC},\overrightarrow{AE})=-\pi/3$.\\ On construit alors le point $N$ sur $AE$ pour que le triangle $TCN$ soit \'equlat\'eral et donc $(\overrightarrow{CN},\overrightarrow{CT})=-\pi/3$. Ainsi, la rotation de centre $C$ et d'angle $-\pi/3$ transforme $AE$ en $FB$ et le point $N$ de $AE$ en le point $T$ de $BF$ donc $BF$ passe par $T$.\\ 3/ Autre d\'emonstration de $G_1G_2G_3$ est \'equilat\`eral. On construit :\\ $G_4$ le sym\'etrique de $G_1$ par rapport \`a $AB$,\\ $G_5$ le sym\'etrique de $G_2$ par rapport \`a $BE$,\\ donc les triangles $AG_1G_4$, $BG_1G_4$, $BG_2G_5$ sont \'equilat\'eraux.\\ La rotation de centre $B$ et d'angle $-\pi/3$ transforme :\\ $G_1$ en $G_4$ et $G_2$ en $G_5$ donc $G_1G_2=G_4G_5$ et $(\overrightarrow{G_2G_1},\overrightarrow{G_5G_4})=-\pi/3$.\\ On va montrer que le quadrilat\`ere $G_3G_2G_5G_4$ est un parall\'elogramme et on aura ainsi montrer que le triangle $G_1G_2G_3$ est \'equilat\`eral puisque :\\ $G_3G_2=G_4G_5=G_1G_2$ et $(\overrightarrow{G_2G_3},\overrightarrow{G_5G_4})=0$ donc $(\overrightarrow{G_2G_3},\overrightarrow{G_2G_1})=\pi/3$.\\ Les triangles $AG_4G_3$ et $G_4BG_2$ sont semblables au triangle $ABC$ (m\^eme angle $A$ (resp $B$) et deux cot\'es proportionnels) et comme $AG_4=G_4B$, les triangles $AG_4G_3$ et $G_4BG_2$ sont \'egaux. Donc $G_3G_4=BG_2=BG_5=G_2G_5$.\\ On a :\\ $(\overrightarrow{G_4B},\overrightarrow{G_4G_3})=(\overrightarrow{G_4A},\overrightarrow{G_4G_3})+2\pi/3=(\overrightarrow{BG_4},\overrightarrow{BG_2})+2\pi/3=$\\ $(\overrightarrow{BG_4},\overrightarrow{BE})+2\pi/3-\pi/6=(\overrightarrow{BG_4},\overrightarrow{BE})+\pi/2$.\\ Donc $G_3G_4$ est parall\'ele \`a $G_2G_5$ puisque ces deux droites sont perpendiculaires \`a $BE$. On a ainsi montrer que le quadrilat\`ere $G_3G_2G_5G_4$ est un parall\'elogramme, ce qui termine la d\'emonstration. \subsection{Avec les nombres complexes} Soient $a,b,c,g_1,g_2,g_2$ les affixes de $A,B,C,G_1,G_2,G_3$ on a :\\ si le triangle $ADB$ est de sens direct, $A$ se d\'eduit de $B$ dans la rotation de centre $g_1$ et d'angle $2*\pi/3$ donc puisque $j=e^{\frac{i2\pi}{3}}$:\\ $a-g_1=j*(b-g_1)$ \\ de m\^eme si les triangles $BEC$ et $CFA$ sont de sens direct on a :\\ $b-g_2=j*(c-g_2)$ \\ $c-g_3=j*(a-g_3)$ \\ On en d\'eduit que :\\ $(1-j)g_1=a-jb$ et\\ $(1-j)g_2=b-jc$ et\\ $(1-j)g_3=c-ja$ donc\\ $(1-j)(g_1-g_2)=a-b(1+j)+jc=a+jc+j^2b$ puisque $1+j+j^2=0$ et \\ $(1-j)(g_2-g_3)=b-c(1+j)+ja=j(a+jc+j^2b)$ puisque $j^3=1$ donc\\ $(1-j)(g_2-g_3)=j(1-j)(g_1-g_2)$ et apr\`es division par $j-1$ on a\\ $g_2-g_3=j(g_1-g_2)$ et\\ cette \'egalit\'e prouve que le triangle $G_1G_2G_3$ est \'equilat\`eral.\\ On a de plus :\\ $(1-j)g_1+(1-j)g_2+(1-j)g_3=a-jb+b-jc+c-ja=(1-j)(a+b+c)$ donc\\ $(a+b+c)/3=(g_1+g_2+g_3)/3$ ce qui veut dire que les triangles $ABC$ et $G_1G_2G_3$ ont m\^eme centre de gravit\'e. \section{La d\'emonstration du th\'eor\`eme avec {\tt Xcas}} On suppose que le point {\tt A} est \`a l'origine du rep\`ere et que le point {\tt B} est le point d'affixe 2. Le point {\tt C} a comme affixe $a+ib$, avec $a$ et $b$ quelconques.\\ Pour faire la figure on suppose que $a=-1$ et que $b=-1$.\\ On tape les instructions suivantes qui se trouvent dans le fichier {\tt napoleon} : \begin{verbatim} assume(a=0); assume(b=1.5); A:=point(-2,-1); B:=point(2,-2); C:=point(a,b); T1:=couleur(triangle_equilateral(B,A),vert); T2:=couleur(triangle_equilateral(C,B),vert); T3:=couleur(triangle_equilateral(A,C),vert); couleur(circonscrit(T1),vert); couleur(circonscrit(T2),vert); couleur(circonscrit(T3),vert); AB:=segment(A,B); AC:=segment(A,C); CB:=segment(C,B); G1:=normal(isobarycentre(T1)); G2:=normal(isobarycentre(T2)); G3:=normal(isobarycentre(T3)); G1G2:=couleur(segment(G1,G2),rouge); G2G3:=couleur(segment(G2,G3),rouge); G3G1:=couleur(segment(G3,G1),rouge); normal(longueur2(G1,G2)-longueur2(G2,G3)); normal(longueur2(G1,G3)-longueur2(G3,G2)); \end{verbatim} \includegraphics[width=\textwidth]{napo5}\\ On obtient la figure et comme r\'eponses :\\ {\tt 0} \`a {\tt normal(longueur2(G1,G2)-longueur2(G2,G3));},\\ {\tt 0} \`a {\tt normal(longueur2(G1,G2)-longueur2(G1,G3));},\\ ce qui prouve que le triangle $G1G2G3$ est \'equilat\`eral. \chapter{Des exercices sur les transformations} \section{Exercice 1 sur les rotations} \subsection{L'\'enonc\'e et sa figure} Soit un triangle direct quelconque $ABC$. On construit \`a l'ext\'erieur de $ABC$ les carr\'es $ACDE$ et $AGHB$ et le parall\'elogramme $AEFG$.\\ Montrer que $BE=CG$ et que $CG$ est perpendiculaire \`a $EB$\\ Montrer que $AF=BC$ et que $AF$ est perpendiculaire \`a $BC$\\ Pour faire la figure, on d\'efinit le triangle direct $ABC$ avec les 3 points $A,B,C$ obtenus en cliquant en mode {\tt point}, puis on tape : \begin{verbatim} carre(A,C,D,E); carre(B,A,G,H); F:=translation(G-A,E); parallelogramme(A,E,F); segment(B,E,affichage=1); segment(C,G,affichage=1); segment(B,C,affichage=2); segment(A,F,affichage=2); K:=projection(droite(B,C),A):; segment(A,K,affichage=4+ligne_tiret_point); \end{verbatim} On obtient : \begin{center}\includegraphics[width=\textwidth]{rota}\end{center} \subsection{La d\'emonstration g\'eom\'etrique} La rotation de centre $A$ et d'angle $\frac{\pi}{2}$ transforme $C$ en $E$ et $G$ en $B$. Donc $CG=EB$ et $CG$ est perpendiculaire \`a $EB$\\ Soit $I$ le sym\'etrique de $G$ par rapport \`a $A$ : \begin{center}\includegraphics[width=\textwidth]{rotat}\end{center} On a donc :\\ $\overrightarrow{IA}=\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{EF}$ donc le quadrilat\`ere $AIEF$ est un parall\'elogramme donc :\\ $\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{IE}$ La rotation de centre $A$ et d'angle $\frac{\pi}{2}$ transforme $B$ en $I$ donc $BC=IE$ et $BC$ est perpendiculaire \`a $IE$ et comme $\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{IE}$, on en d\'eduit que : $BC=AF$ et $BC$ est perpendiculaire \`a $AF$. \subsection{La d\'emonstration avec les nombres complexes} On choisit un rep\`ere d'origine $A$.\\ La rotation de centre $A$ et d'angle $\frac{\pi}{2}$ transforme $C$ en $E$ et $G$ en $B$. Donc si $zb,zc,...$ d\'esigne les affixes de $B,C...$ on a :\\ $ze=i*zc$ et $zb=i*zg$ donc $zg=-i*zb$\\ $\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AG}$ donc \\ $zf=ze+zg=i(zc-zb)$ donc $AF=BC$ et $BC$ est perpendiculaire \`a $AF$. \subsection{La d\'emonstration avec {\tt Xcas}} On choisit un rep\`ere d'origine $A$ et $C$ sur l'axe des $y$.\\ On tape : \begin{verbatim} assume(a=[-2,-5,5,0.1]); assume(b=[1,-5,5,0.1]); assume(c=[-5/2,-5,5,0.1]); A:=point([0,0,'affichage'=0]); B:=point([a,b,'affichage'=0]); C:=point([0,c,'affichage'=0]); carre(A,C,D,E); carre(B,A,G,H); F:=translation(G-A,E); parallelogramme(A,E,F); \end{verbatim} Puis on demande \`a {\tt Xcas} :\\ {\tt longueur2(C,G)}, on obtient {\tt (-b)\verb|^|2+(c+a)\verb|^|2}\\ {\tt longueur2(B,E)}, on obtient {\tt (a+c)\verb|^|2+(b-c+c)\verb|^|2 }\\ {\tt longueur2(A,F)}, on obtient {\tt (c-b)\verb|^|2+a\verb|^|2 }\\ {\tt longueur2(B,C)}, on obtient {\tt a\verb|^|2+(b-c)\verb|^|2 }\\ {\tt equation(droite(C,G))}, on obtient {\tt y=((-a-c)*1/b*x+c) }\\ {\tt equation(droite(B,E))}, on obtient {\tt y=(b*1/(a+c)*x+(b*c)/(a+c)) }\\ le produit des pentes vaut bien -1.\\ {\tt equation(droite(A,F))}, on obtient {\tt y=((-a)*1/(b-c)*x)}\\ {\tt equation(droite(B,C))}, on obtient {\tt y=((b-c)*1/a*x+c)}\\ le produit des pentes vaut bien -1.\\ On peut aussi utiliser directement :\\ {\tt normal(pente(droite(C,G))*pente(droite(B,E)))} et\\ {\tt normal(pente(droite(A,F))*pente(droite(B,C)))} et obtenir {\tt -1}\\ ou \\ {\tt est\_perpendiculaire(droite(C,G),droite(B,E))} et\\ {\tt est\_perpendiculaire(droite(A,F),droite(B,C))} et obtenir {\tt 1} \section{Exercice 2 sur les similitudes} \subsection{L'\'enonc\'e et sa figure} Soit un carr\'e direct $ABCD$ de centre $I$ et de c\^ot\'e $a$. Soit $J$ le milieu de $IB$. On construit le carr\'e direct $IJKL$.\\ Trouver le centre, le rapport et l'angle de la similitude qui transforme :\\ $A$ en $I$,\\ $B$ en $J$\\ $C$ en $K$ et\\ $D$ en $L$.\\ On tape : \begin{verbatim} A:=point(0); assume(a=[5,0,10,0.1]); B:=point(a); c:=carre(A,B,C,D):;c I:=milieu(A,C); J:=milieu(B,I); carre(I,J,K,L); segment(A,C); segment(B,D); \end{verbatim} On obtient : \begin{center}\includegraphics[width=\textwidth]{simili}\end{center} \subsection{La d\'emonstration g\'eom\'etrique} Si cette similitude existe on a :\\ le rapport de la similitude est $k=a*\sqrt{2}/4$.puisque $IJ=a*\sqrt{2}/4=AB*\sqrt{2}/4$, \\ L'angle est de $-\frac{\pi}{4}$ puisque $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{IJ})=-\frac{\pi}{4}$\\ Cherchons son centre $O$.\\ On doit avoir $(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OI})=-\frac{\pi}{4}$ donc $O$ se trouve sur l'arc $ABI$ du cercle de diam\`etre $AB$ (arc capable interceptant $AI$ et d'angle $-\frac{\pi}{4}$ puisque l'angle au centre de ce cercle qui intercepte l'arc $AI$ est droit).\\ On doit avoir $(\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OJ})=-\frac{\pi}{4}$ donc $O$ se trouve sur l'arc $BKJ$ du cercle de diam\`etre $BK$ (arc capable interceptant $BJ$ et d'angle $-\frac{\pi}{4}$ puisque l'angle au centre de ce cercle qui intercepte l'arc $BJ$ est droit).\\ Soit $O$ l'intersection de ces 2 arcs : $O$ est donc la projection de $B$ sur $AK$ (puisque l'angle $(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB})=\frac{\pi}{2}$ et l'angle $(\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OK})=\frac{\pi}{2}$, on a $(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OK})=\pi$).\\ La similitude de centre $O$, d'angle $-\frac{\pi}{4}$ et de rapport $k=a*\sqrt{2}/4$ transforme $A$ en $I$ et $B$ en $J$. Comme une similitude transforme des longueurs \'egales en des longueurs \'egales et conserve aussi les angles, cette similitude transforme le carr\'e direct $ABCD$ en le carr\'e direct $IJKL$.\\ On peut donc en d\'eduire que les 4 cercles :\\ {\tt cercle(A,B),cercle(B,K),circonscrit(I,K,C),circonscrit(ADL)} \\ sont concourants en $O$. \\ En effet :\\ $(\overrightarrow{IC},\overrightarrow{IK})=-\frac{\pi}{4}$ donc $I$ et $O$ sont sur l'arc capable interceptant $CK$ et d'angle $-\frac{\pi}{4}$. On en d\'eduit que $O$ est sur le cercle circonscrit \`a $IKC$.\\ De m\^eme $(\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AL})=-\frac{\pi}{4}$ donc $A$ et $O$ sont sur l'arc capable interceptant $CK$ et d'angle $-\frac{\pi}{4}$. On en d\'eduit que $O$ est sur le cercle circonscrit \`a $JAD$. \begin{center}\includegraphics[width=\textwidth]{similit}\end{center} \subsection{La d\'emonstration avec les nombres complexes et {\tt Xcas}} On choisit $A$ \`a l'origine et $B$ sur l'axe des $x$.\\ Si cette similitude existe on a :\\ le rapport de la similitude est $k=a*\sqrt{2}/4$.puisque $IJ=a*\sqrt{2}/4=AB*\sqrt{2}/4$, \\ L'angle est de $-\frac{\pi}{4}$ puisque $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{IJ})=-\frac{\pi}{4}$\\ Cherchons $O$ le centre de la similitude d'affixe $z0$, on a :\\ $-z0*\sqrt 2/4*exp(-i*\pi/4)=a*(1+i)/2-z0$ On tape :\\ {\tt normal(solve(-z0*sqrt( 2)/4*exp(-i*pi/4)=a*(1+i)/2-z0,z0))}\\ On obtient :\\ {\tt [(4+2*i)/5*a]}\\ donc $z0=(4+2*i)/5*a$ On tape :\\ {\tt I:=similitude(point((4+2*i)/5*a),sqrt(2)/4,-pi/4,A,\\ affichage=1+epaisseur\_point\_2)}\\ {\tt J:=similitude(point(4+2*i),sqrt( 2)/4,-pi/4,B,\\ affichage=1+epaisseur\_point\_2)}\\ {\tt K:=similitude(point(4+2*i),sqrt( 2)/4,-pi/4,C,\\ affichage=1+epaisseur\_point\_2)}\\ {\tt L:=similitude(point(4+2*i),sqrt( 2)/4,-pi/4,D,\\ affichage=1+epaisseur\_point\_2)}\\ On obtient :\\ \begin{center}\includegraphics[width=\textwidth]{similitu}\end{center} \section{Exercice 3 : lieu et similitude} \subsection{L'\'enonc\'e et sa figure} Soit un triangle direct $OAB$ rectangle en $O$ avec $OA=a$ et $OB=b$.\\ Soit $D=At$ une demi droite variable telle que :\\ $(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{At})=c$, $0 \leq c \leq \frac{\pi}{2}$.\\ Soient $A1$ et $B1$ les projections respectives de $A$ et $B$ sur $D$.\\ Quelle est la valeur de $c$ pour laquelle $A1$ et $B1$ sont confondus en un point que l'on nommera $P$ ? Trouver les lieux de $A1$ et de $B1$ quand $c$ varie.\\ Montrer que le triangle $PA1B1$ reste semblable au triangle $OAB$ quand $c$ varie.\\ Trouver le lieu de $M$ milieu de $A1B1$ quand $c$ varie.\\ On tape (on choisit $a=3$ et $b=5$): (les instructions {\tt carre} sont la pour voir les droites perpendiculaires) \begin{verbatim} assume(a=3); assume(b=5); O:=point(0); A:=point(a); B:=point(b*i); d:=segment(A,B); supposons(c=[0.8,0,1.57,0.1]); D:=droite(y=(tan(c)*x)); A1:=projection(D,A); B1:=projection(D,B); P:=projection(d,O); carre(P,O+(P-0)*0.9); segment(O,P,affichage=3+point_tiret); carre(P,O+(P-0)*0.9); carre(O+(P-0)*0.93,P); segment(A,A1,affichage=3+point_tiret); carre(A1,O+(A1-0)*0.9); segment(B,B1,affichage=3+point_tiret); carre(B1,O+(B1-0)*1.05); triangle(P,A1,B1); M:=milieu(A1,B1); C1:=cercle(1.5,1.5,0,pi); C2:=cercle(2.5*i,2.5,-pi/2,pi/2); C3:=similitude(P,sqrt(a^2+b^2)/(2*b),atan(a/b),C2,affichage=5) \end{verbatim} On obtient : \begin{center}\includegraphics[width=\textwidth]{simi}\end{center} \subsection{La d\'emonstration g\'eom\'etrique} $A1$ et $B1$ sont confondus lorsque $D$ est perpendiculaire \`a $AB$. $P$ est donc la projection de $O$ sur $AB$.\\ Quand $c$ varie, l'angle $(\overrightarrow{A1O},\overrightarrow{A1A})=\frac{\pi}{2}$ donc le lieu de $A1$ est le demi-cercle $C1$ de diam\`etre $OA$ contenant $P$.\\ Quand $c$ varie l'angle $(\overrightarrow{B1B},\overrightarrow{B1O})=\frac{\pi}{2}$ donc le lieu de $B1$ est le demi-cercle $C2$ de diam\`etre $OB$ contenant $P$.\\ Ces deux demi-cercles se coupent en $P$.\\ Les triangles $POA$ et $PBO$ sont semblables au triangle $OBA$.\\ Si $B1$ est sur l'arc $OP$ de $C2$ alors $A$ est sur l'arc $AP$ de $C1$.\\ alors l'angle Si $B1$ est sur l'arc $PB$ de $C2$ alors $A$ est sur l'arc $OP$ de $C1$.\\ Dans les 2 cas l'angle $B1$ de $PA1B1$ est \'egal \`a l'angle $B$ de $OAB$ et $A1$ de $PA1B1$ est \'egal \`a l'angle $A$ de $OAB$.\\ Donc le triangle $PB1A1$ est direct et est semblable au triangle $OBA$.\\ On en d\'eduit que $A1$ se d\'eduit de $B1$ par une similitude de centre $P$, d'angle $\pi/2$ et de rapport $PA1/PB1=OA/OB=a/b$. $C1$ est donc l'image de $C2$ par cette similitude.\\ Le milieu $M$ de $A1B1$ se d\'eduit de $B1$ par une similitude de centre $P$, d'angle :\\ $B1$ (\'egal \`a l'angle $B$ de $OAB$ valant atan$(a/b)$) et de rapport :\\ $PM/PB1=AB/(2*OB)=\sqrt{a^2+b^2}/(2b)$ (car la m\'ediane $OK$ de $OAB$ a pour longueur $AB/2=\sqrt{a^2+b^2}/2$).\\ Donc le lieu de $M$ est le demi cercle $C3$ qui se d\'eduit de $C2$ par cette similitude : c'est le demi-cercle diam\`etre le segment joingnant les milieux de $OA$ et $OB$ (car si $c=0$ $A1$ est en $A$ et $B1$ est en $O$ et si $c=\pi/2$ $A1$ est en $O$ et $B1$ est en $B$) qui passe par $P$ (puisque quand $A1$ et $B1$ sont en $P$, $M$milieu de $A1B1$ est aussi en $P$). \begin{center}\includegraphics[width=\textwidth]{simil}\end{center} \subsection{La d\'emonstration avec les nombres complexes et {\tt Xcas}} $P$ est la projection de $O$ sur $AB$.\\ On $PO*AB=a*b=PO*\sqrt{a^2+b^2}$ donc $O-P=(B-A)*(iab/(a^2+b^2))$ si $p$ est l'affixe de $P$ on a : \\ $p=(a-ib)(iab/(a^2+b^2))=(ab^2+ia^2b)/(a^2+b^2)$\\ $A1$ a pour affixe $a1=a\cos(c)\exp(ic)$\\ $B1$ a pour affixe $b1=b\sin(c)\exp(ic)$\\ $M$ a pour affixe $m=(a1+b1)/2=(a\cos(c)+b\sin(c))\exp(ic)/2$\\ On pose :\\ $x1=$re$(m)=(a\cos(c)+b\sin(c))\cos(c)/2$ et \\ $y1=$im$(m)=(a\cos(c)+b\sin(c))\sin(c)/2$\\ On a $x1\geq 0$ et $y1\geq 0$ car $c\in [0;\pi/2]$.\\ On tape :\\ {\tt x1,y1:=op(normal(coordonnees(M)))}\\ {\tt factor(equation(plotparam(x1+i*y1,c)))}\\ On obtient :\\ {\tt (b\verb|^|2+a\verb|^|2)*(2*x\verb|^|2-x*a-b*y+2*y\verb|^|2)}\\ qui est l'\'equation du cercle de centre d'affixe $(a+ib)/2$ passant par $O$.\\ Comme $A1$ et $B1$ se trouve dans l'angle $(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB})$ c'est le demi-cercle se trouvant dans cet angle qui est le lieu de $M$.\\ ou bien, on calcule :\\ $x1^2+y1^2=(a\cos(c)+b\sin(c))^2/4=$\\ $a/4*\cos(c)(a\cos(c)++b\sin(c))+b/4\sin(c)(a\cos(c)++b\sin(c))=$\\ $a*x1/2+b*y1/2$\\ Donc le lieu de $M$ a pour \'equation pour $x\geq 0$ et $y\geq 0$ :\\ $x^2+y^2-ax/2-by/2=(x-a/4)^2+(y-b/4)^2-(a^2+b^2)/16$ \\ qui est l'\'equation du demi-cercle $C3$. \section{Exercice : les verres et le plateau} On dispose d'un plateau circulaire de 24.2 cm. Montrer \`a l'aide de {\tt Xcas} que l'on peut poser sur ce plateau 12 verres cylindriques d'un diam\`etre de 6cm (sans les empiler !). {\bf Solution} On tape : \begin{verbatim} supposons(d=[12.09,0,13,0.01]); cercle(0,d); cercle(d-3,3); a:=2*asin(3/(d-3)); b:=2*pi/3-3*a;; cercle((d-3)*exp(-i*a),3); cercle((d-3)*exp(i*(a+b)),3); cercle((d-3)*exp(i*(b+2*a)),3); cercle((d-3)*exp(i*(b+3*a)),3); cercle((d-3)*exp(i*(2*b+4*a)),3); cercle((d-3)*exp(-2*i*a),3); cercle((d-3)*exp(-3*i*a-i*b),3); cercle((d-3)*exp(-4*i*a-i*b),3); d1:=mediatrice((d-3),(d-3)*exp(i*(a+b))):;; d2:=mediatrice((d-3)*exp(i*b+3*i*a),(d-3)*exp(2*i*b+4*i*a)):;; d3:=mediatrice((d-3)*exp(-i*b-3*i*a),(d-3)*exp(-2*i*a)):;; A:=inter_unique(d1,cercle((d-3),6),0); cercle(A,3); C:=inter_unique(d3,cercle((d-3)*exp(-2*i*a),6),0); cercle(C,3); triangle_equilateral(C,A,B); cercle(B,3); evalf(longueur(A,C)) \end{verbatim} Pour {\tt d=12.09}, on obtient comme longueur $AC$ :\\ {\tt 6.00279577807}\\ et comme dessin :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{plateau3}\\ {\bf Prolongement} Quelles sont les dimensions minimum que doit avoir un plateau rectangulaire pour mettre 14 cylindrique verres de dim\`etre 6cm ? A surface \'egale faut-il choisir un plateau rectangulaire ou circulaire pour mettre 14 verres de diam\`etre 6 cm ? On obtient pour un plateau rectangulaire dimension 30 cm X $6(1+\sqrt 3)$ cm d'aire $180+\sqrt 3*180\simeq 491.769145362$ cm$^2$ :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{plateau30}\\ On obtient pour un plateau circulaire de rayon 13 cm d'aire 529.93 cm$^2$ (le dessin a \'et\'e fait en utilisant le mode {\tt Pointeur} pour placer 3 cercles situ\'es au centre) :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{plateau33} \chapter{Le th\'eor\`eme de Morley} \section{Le th\'eor\`eme} Soit un triangle $ABC$ et ses trissectrices int\'erieures.\\ Soient $P,Q,R$ les points de ces trissectrices tels que le triangle $ABP$ (respectivement $BCQ$, $CAR$) ait comme angles $\frac{\widehat A}{3}$ et $\frac{\widehat B}{3}$ (respectivement $\frac{\widehat B}{3}$ et $\frac{\widehat C}{3}$, $\frac{\widehat C}{3}$ et $\frac{\widehat A}{3}$), alors le triangle $PQR$ est \'equilat\'eral.\\ De plus si $U,\ V,\ W $ sont les points de ces trissectrices tels que le triangle $ABU$ (respectivement $BCV$, $CAW$) ait comme angles $\frac{\widehat 2A}{3}$ et $\frac{\widehat 2B}{3}$ (respectivement $\frac{\widehat 2B}{3}$ et $\frac{\widehat 2C}{3}$, $\frac{\widehat 2C}{3}$ et $\frac{\widehat 2A}{3}$), alors les triangles $URQ$, $VRP$, $WPQ$ sont isoc\`eles.\\ On remarquera que le triangle isoc\`ele $URQ$ a comme angles :\\ $\widehat{U}=\pi-\frac{\widehat 2A}{3}-\frac{\widehat 2B}{3}$\\ $\widehat{R}=\widehat{Q}=\frac{\widehat A}{3}+\frac{\widehat B}{3}$. \section{La figure} On prend comme param\`etres {\tt a1} et {\tt b1} qui repr\'esentent le tiers des angles {\tt A} et {\tt B} du triangle {\tt ABC}.\\ Quitte \`a faire une similitude, on peut choisir {\tt A} \`a l'origine du rep\`ere et {\tt B} au point d'affixe 1, le point {\tt C} a alors comme affixe : $$\frac{\tan(3*b1)}{\tan(3*a1)+\tan(3*b1)*(1+i*\tan(3*a1))}$$ $C$ est donc sur la droite passant par $A$ de pente $\tan(3*a1)$ et sur la droite passant par $B$ et de pente $-tan(3*b1)$.\\ On tape : \begin{verbatim} A:= point(-4.95-1.777*i); B:= point(3.786-2.876*i); C:= point(0.722+1.9*i); a1:=(angle(A,B,C))/3; b1:=(angle(B,C,A))/3; c1:=eval(pi/3-a1-b1); P:=inter(rotation(A,a1,droite(A,B)),rotation(B,-b1, droite(B,A)))[0]; Q:=inter(rotation(C,-c1,droite(C,B)),rotation(B,b1, droite(B,C)))[0]; R:=inter(rotation(A,-a1,droite(A,C)),rotation(C,c1, droite(C,A)))[0]; U:=inter(rotation(A,2*a1,droite(A,B)),rotation(B,-2*b1, droite(B,A)))[0]; V:=inter(rotation(C,-2*c1,droite(C,B)),rotation(B,2*b1, droite(B,C)))[0]; W:=inter(rotation(A,-2*a1,droite(A,C)),rotation(C,2*c1, droite(C,A)))[0]; triangle(A,R,C); triangle(B,Q,C); triangle(A,P,B); triangle(P,Q,R); triangle(U,Q,R); triangle(V,P,R); triangle(W,Q,P); \end{verbatim} {\bf Remarque} On peut aussi utiliser la d\'efinition d'une droite par un point et sa pente pour d\'efinir les points {\tt C} et {\tt P} ce qui nous dispense faire les calculls des coordonn\'ees de {\tt C} et {\tt P}.\\ On peut aussi taper : \begin{verbatim} A:=point(0); B:=point(1); a1:=0.32; b1:=0.42; TA1:=droite(A,pente=tan(a1)); TA2:=droite(A,pente=tan(2a1)); TA3:=droite(A,pente=tan(3a1)):; TB1:=droite(B,pente=-tan(2b1)):; TB2:=droite(B,pente=-tan(b1)):; TB3:=droite(B,pente=-tan(3b1)):; C:=inter_unique(TA3,TB3); TC1:=droite(C,pente=tan(2a1-b1+pi/3)):; TC2:=droite(C,pente=tan(a1-2b1+2pi/3)):; TC3:=droite(C,pente=tan(3a1+pi/3)):; P:=inter_unique(TA1,TB2); Q:=inter_unique(TB1,TC2); R:=inter_unique(TC1,TA2); triangle(A,R,C); triangle(B,Q,C); triangle(A,P,B); triangle(P,Q,R,couleur=magenta+line_width_2); pq2:=longueur2(P,Q); pr2:=longueur2(P,R); qr2:=longueur2(Q,R); U:=inter_unique(TB1,TA2); V:=inter_unique(TB2,TC1); W:=inter_unique(TC2,TA1) normal(longueur2(W,Q)-longueur2(W,P)); normal(longueur2(U,Q)-longueur2(U,R)); normal(longueur2(V,P)-longueur2(V,R)); angle(A,B,W,"a1"); angle(B,V,A,"b1"); polygone(W,Q,U,R,V,P,affichage=vert); \end{verbatim} On obtient la figure du triangle de Morley :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{morley1}\\ et {\tt 0.0379352631434} comme valeur des carr\'es des 3 longueurs et des valeurs de l'ordre de $10^{-14}$ pour les diff\'erence de longueurs.\\ Mais cela n'est pas une d\'emonstration.... \section{La d\'emonstration du th\'eor\`eme avec {\tt Xcas}} On place {\tt A} \`a l'origine, {\tt B} en (1,0) et on utilise 2 param\`etres {\tt a1} et {\tt b1}, tels que les angles en {\tt A} et {\tt B} soient {\tt 3*a1}, {\tt 3*b1} {\tt C} est donc sur la droite passant par {\tt A} de pente {\tt tan(3*a1)} et sur la droite passant par {\tt B} et de pente {\tt -tan(3*b1)}, etc.\\ Pour faire une d\'emonstration avec {\tt Xcas}, on va remplacer : {\tt a1:=0.32;} par {\tt assume(a1=0.32);} et\\ {\tt b1:=0.42;} par {\tt assume(b1=0.42);}\\ La figure reste la m\^eme mais les calculs sont faits avec les param\`etres formels {\tt a1} et {\tt b1}: \begin{verbatim} assume(a1=0.32); assume(b1=0.42); A:=point(0); B:=point(1); TA1:=droite(A,pente=tan(a1)); TB1:=droite(A,pente=texpand(tan(2a1))); TA3:=droite(A,pente=texpand(tan(3a1))):; TB1:=droite(B,pente=-texpand(tan(2b1))):; TB2:=droite(B,pente=-tan(b1)):; TB3:=droite(B,pente=-texpand(tan(3b1))):; C:=inter_unique(TA3,TB3); TC1:=droite(C,pente=texpand(tan(2a1-b1+pi/3))):; TC2:=droite(C,pente=texpand(tan(a1-2b1+2pi/3))):; TC3:=droite(C,pente=texpand(tan(3a1+pi/3))):; P:=inter_unique(TA1,TB2); Q:=inter_unique(TB1,TC2); R:=inter_unique(TC1,TA2); triangle(A,R,C); triangle(B,Q,C); triangle(A,P,B); triangle(P,Q,R,couleur=magenta+line_width_2); pq2:=longueur2(P,Q); pr2:=longueur2(P,R); qr2:=longueur2(Q,R); U:=inter_unique(TB1,TA2); V:=inter_unique(TB2,TC1); W:=inter_unique(TC2,TA1) angle(A,B,W,"a1"); angle(B,V,A,"b1"); polygone(W,Q,U,R,V,P,affichage=vert); normal(pq2-pr2),normal(pq2-qr2); normal(longueur2(W,Q)-longueur2(W,P)); normal(longueur2(U,Q)-longueur2(U,R)); normal(longueur2(V,P)-longueur2(V,R)); \end{verbatim} Ou on tape dans un \'editeur de programme \begin{verbatim} assume(a1=0.32); assume(b1=0.42); A:=point(0); B:=point(1); C:=point(texpand(tan(b1*3)/(tan(a1*3)+ tan(b1*3))*(1+i*tan(a1*3)))); P:=point(texpand(tan(b1)/(tan(a1)+ tan(b1))*(1+i*tan(a1)))); R:=(inter(droite(0,1+i*texpand(tan(2*a1))), droite(C,C+1+i*texpand(tan(pi/3+2*a1-b1)))))[0]; Q:=(inter(droite(1,i*texpand(tan(2*b1))), droite(C,C+1+i*texpand(tan(2*pi/3+a1-2*b1)))))[0]; U:=point(texpand(tan(2*b1)/(tan(2*a1)+ tan(2*b1))*(1+i*tan(2*a1)))); W:=(inter(droite(0,1+i*texpand(tan(a1))), droite(C,C+1+i*texpand(tan(2*pi/3+a1-2*b1)))))[0]; V:=(inter(droite(1,i*texpand(tan(b1))), droite(C,C+1+i*texpand(tan(pi/3+2*a1-b1)))))[0]; triangle(A,R,C); triangle(B,Q,C); triangle(A,P,B); triangle(P,Q,R); triangle(P,Q,W); triangle(P,V,R); triangle(U,Q,R); pq2:=longueur2(P,Q); pr2:=longueur2(P,R); qr2:=longueur2(Q,R); ur2:=longueur2(U,R); uq2:=longueur2(U,Q); vr2:=longueur2(V,R); vp2:=longueur2(V,P); pw2:=longueur2(P,W); qw2:=longueur2(Q,W); normal(pq2-pr2),normal(pq2-qr2); normal(uq2-ur2); normal(vp2-vr2); normal(pw2-qw2); \end{verbatim} On valide par {\tt OK} On obtient alors :\\ {\tt 0,0,0,0,0}\\ ce qui prouve que le triangle {\tt PQR} est \'equilat\'eral et que les triangles {\tt UQR}, {\tt VPR} et {\tt WPQ} sont isoc\`eles. %On obtient : %\begin{center}\includegraphics[width=15cm]{morleyp}\end{center} \subsection{Une d\'emonstration g\'eom\'etrique} {\tt La figure}\\ \begin{center}\includegraphics[width=10cm]{morley2}\end{center} {\tt La d\'emonstration}\\ On suppose que les angles du triangle $ABC$ valent $3a,3b,3c$ ($a+b+c=\pi/3$).\\ On trace les trissectrices des angles $B$ et $C$.\\ Soit $D$ l'intersection des deux trissectrices tels que le triangle $BCD$ aient comme angles $b$ et $c$ et $\pi-b-c$.\\ Soient $F$ et $H$ tels que le triangle $HFD$ soit isoc\'ele d'angle \`a la base $a+c$ et $H$ sur $CD$ et $F$ sur la 2-i\`eme trissectrice de $B$ : on construit $F$ sur la 2-i\`eme trissectrice de $B$ tel que l'angle $\widehat{FDB} =\pi/3+c=a+c+b+c$,\\ Soient $E$ et $K$ tels que le triangle $KED$ soit isoc\'ele d'angle \`a la base $a+b$ et $K$ sur $BD$ et $E$ sur la 2-i\`eme trissectrice de $C$ : on construit $F$ sur la 2-i\`eme trissectrice de $C$ tel que l'angle $\widehat{CDK} =\pi/3+b=a+b+b+c$)\\ On a :\\ $\widehat{HDB}=b+c=\widehat{KDC}$\\ $\widehat{FDE}+(a+c)+(b+c)+(\pi-b-c)+(a+b)+(b+c)=2\pi$ donc,\\ $\widehat{FDE}=\pi-2a-2b-2c=\pi/3$ et \\ $\widehat{BFD}=\pi-b-(a+c)-(b+c)=a+\pi/3$\\ $\widehat{CED}=\pi-c-(a+b)-(b+c)=a+\pi/3$\\ $D$ est sur les bissectrices des angles $\widehat{CBF}$ et $\widehat{BCE}$, donc $D$ est \'equidistant de $BF$ et $CE$ et puisque $\widehat{BFD}=\widehat{CED}$ on a $DE=DF$\\ donc le triangle $DEF$ est \'equilat\`eral ($DE=DF$ et $\widehat{FDE}=\pi/3$).\\ Il reste donc \`a montrer que $F$ et $E$ sont sur les trissectrices de $A$ : on va montrer que $FH$ et $EK$ sont les trissectrices de $A$.\\ $FK$ est la bissectrice de $\widehat{DKE}$ \\ $FB$ est la bissectrice de $\widehat{DBA}$ donc \\ si on suppose que $KE$ coupe $AB$ an $L$, $LF$ est la bissectrice de $\widehat{L}$ et $\widehat{BLF}=\widehat{FLK}=a$ ($\widehat{BKL}=\pi-2(a+b)$ $\widehat{KBL}=2b$ donc $\widehat{BLK}=2a$) et comme $\widehat{BFH}=a+b$, $L,F,H$ sont align\'es.\\ De m\^eme si on suppose que $HF$ coupe $AC$ en $J$, $JE$ est la bissectrice de $\widehat{J}$ et $\widehat{CJE}=\widehat{EJH}=a$ et $J,E,K$ sont align\'es.\\ On a $K,E,L$ sont align\'es et $J,E,K$ sont align\'es.\\ On a $L,F,H$ sont align\'es et $F,H,J$ sont align\'es\\ donc $J$ et $L$ sont \`a l'intersection de $EK$ et $FH$. Mais $J$ est sur $AB$ et $L$ sur $AC$, donc $J$ et $L$ sont confondus en $A$ et on en d\'eduit que $FH$ et $EK$ sont les trissectices de l'angle $A$. \subsection{La d\'emonstration d'un Lemme} Les instructions pour faire cette figure se trouve dans le fichier {\tt morley1.xws}. \begin{center}\includegraphics[width=10cm]{morleyl}\end{center} {\bf Lemme} : Soient un triangle $ABC$, $J$ le point de concours de ses bissectrices int\'erieures et $P$ un point de la bissectrice int\'erieure de l'angle $A$ se trouvant \`a l'int\'erieur du triangle $ABC$ alors :\\ $J$ et $P$ sont confondus si et seulement si $\displaystyle \widehat{BPC}=\frac{(\pi+\widehat A)}{2}$.\\ En effet :\\ - si $J$ et $P$ sont confondus on a bien : $\displaystyle \widehat{BJC}=\pi-\frac{(\widehat B+\widehat C)}{2}=\frac{(\pi+\widehat A)}{2}$.\\ - soit $P$ est un point de la bissectrice int\'erieure de l'angle $A$ se trouvant \`a l'int\'erieur du triangle $ABC$ et tel que $\displaystyle \widehat{BPC}=\frac{(\pi+\widehat A)}{2}$.\\ On remarque que $\widehat{BPC}=\pi-(\widehat{PBC}+\widehat{PCB})$ cro\^{\i}t lorsque $P$ s'\'eloigne de $A$ en restant sur la bissectrice int\'erieure de l'angle $A$, donc si $P \neq J$ on a soit $\displaystyle \widehat{BPC}>\widehat{BJC}=\frac{(\pi+\widehat A)}{2}$ soit $\displaystyle \widehat{BPC}<\widehat{BJC}=\frac{(\pi+\widehat A)}{2}$.\\ On en d\'eduit donc que $P$ et $ J$ sont confondus. \subsection{Une d\'emonstration g\'eom\'etrique pas courante} On va d\'emontrer le th\'eor\`eme pour un triangle $ABC$ d'angles de mesure $3*a$, $3*b$ et $3*c$ ($a+b+c=\frac{\pi}{3}$).\\ La forme de la preuve n'est pas courante : on part d'un triangle $PQR$ \'equilat\'eral et on construit \`a l'ext\'erieur de ce triangle les triangles isoc\`eles $UQR$, $VPR$ et $WPQ$ d'angles :\\ $\widehat{QRU}=\widehat{UQR}=a+b=\frac{\pi}{3}-c$,\\ $\widehat{VPR}=\widehat{VRP}=b+c=\frac{\pi}{3}-a$ et\\ $\widehat{WPQ}=\widehat{WQP}=c+a=\frac{\pi}{3}-b$.\\ En effet on sait d'apr\`es les calculs faits par {\tt Xcas} que le triangle $PQR$ est \'equilat\'eral et que les triangles $UQR$, $VPR$ et $WPQ$ sont isoc\`eles.\\ Puis on construit le triangle $ABC$ :\\ $A$ est l'intersection de $UR$ et de $PW$,\\ $B$ est l'intersection de $UQ$ et de $PV$ et \\ $C$ est l'intersection de $VR$ et de $QW$.\\ \begin{center}\includegraphics[width=10cm]{morley2}\end{center} On obtient la figure ci-dessus :\\ On peut montrer par des consid\'eration d'angles que $V$ se trouve \`a l'int\'erieur du triangle $ARP$ ($\widehat{PRU}$+$\widehat{RPW}$>$\pi$ et $\widehat{VPR}$<$\pi-\widehat{RPW}$) etc...\\ On va montrer qu'alors $P$, $Q$, $R$ sont les points de concours des trissectrices int\'erieures de Morley.\\ Calculons quelques angles :\\ $\displaystyle \widehat{APV}=\pi-(\frac{\pi}{3}-b)-\frac{\pi}{3}-(\frac{\pi}{3}-a)=a+b=\frac{\pi}{3}-c$ donc \\ $\displaystyle \widehat{APR}=\frac{\pi}{3}-c+\frac{\pi}{3}-a=\frac{\pi}{3}+b$\\ de m\^eme\\ $\displaystyle \widehat{ARV}=\frac{\pi}{3}-b$ et\\ $\displaystyle \widehat{ARP}=\frac{\pi}{3}-b+\frac{\pi}{3}-a=\frac{\pi}{3}+c$ \\ donc $\widehat{PAR}=a$\\ de m\^eme $ \widehat{PBQ}=b$ et $\widehat{QCR}=c$\\ $\displaystyle \widehat{AUB}=\widehat{RUQ}=\pi-(\frac{2\pi}{3}-c)=\frac{\pi}{3}+2*c$\\ $\displaystyle \widehat{APB}=\pi-\widehat{APV}=\frac{2\pi}{3}+c=\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{6}-c=\frac{\pi}{2}+\frac{\widehat{AUB}}{2}$\\ $PU$ est la m\'ediatrice de $RQ$ puisque $PQ=PR$ et $UQ=UR$.\\ $PU$ est donc aussi la bissectrice int\'erieure de l'angle $U$ et $\widehat{APB}=\frac{(\pi+\widehat{AUB})}{2}$ donc d'apr\`es le lemme :\\ $P$ est le point de concours des bissectrices int\'erieures du triangle $UAB$ de m\^eme,\\ $Q$ est le point de concours des bissectrices int\'erieures du triangle $VBC$ et \\ $R$ est le point de concours des bissectrices int\'erieures du triangle $WAC$.\\ L'angle $A$ vaut donc $3a$, l''angle $B$ vaut donc $3b$ et l''angle $C$ vaut donc $3c$ ce qui prouve que $P$, $Q$, $R$ sont les points de concours des trissectrices int\'erieures de Morley.\\ \subsection{Une d\'emonstration selon Conway} On suppose tout d'abord le probl\`eme r\'esolu c'est \`a dire que le triangle $PQR$ est \'equilat\'eral.\\ Soient :\\ $a, b, c$ le tiers des mesures des angles du triangle $ABC$ on a donc $a+b+c=\frac{\pi}{3}$,\\ $R_1$ le sym\'etrique de $R$ par rapport \`a $PA$ : $R_1$ se trouve sur $AB$ puisque $\widehat{PAR}=\widehat{PAB}=a$,\\ et de m\^eme, $Q_2$ le sym\'etrique de $Q$ par rapport \`a $PB$ se trouve sur $AB$.\\ Le triangle $PQ_2R_1$ est donc isoc\`ele ($PR_1=PR=PQ=PQ_2$),\\ on en d\'eduit que $\widehat{Q_2R_1P}= \widehat{PQ_2R_1}$, et par sym\'etrie que $\widehat{ARP}= \widehat{PQB}=\gamma$.\\ On a : $\widehat{APB}+\widehat{BPQ}+\widehat{QPR}+\widehat{RPA}=2\pi$ c'est \`a dire \\ $\displaystyle (\pi-a-b)+(\pi-b-\gamma)+\frac{\pi}{3}+(\pi-a-\gamma)=2\pi$ soit \\ $\displaystyle \gamma=2*\frac{\pi}{3}-a-b=c+\frac{\pi}{3}$.\\ Donc le triangle $APR$ a comme angles : $a, \ c+\pi/3,\ b+\pi/3$,\\ le triangle $BQP$ a comme angles : $b, \ c+\frac{\pi}{3},\ a+\frac{\pi}{3}$,\\ de m\^eme le triangle $CRQ$ a comme angles : $c, \ b+\frac{\pi}{3},\ a+\frac{\pi}{3}$.\\ %Le programme de la figure qui suit se trouve dans le fichier {\tt morleypuzzel}.\\ L'\'ecriture en Latex de cette figure se trouve dans le fichier {\tt morleypuzzel.tex}. %\input figgeo/morleypuzzel.tex \includegraphics[width=\textwidth]{morleypuz} L'id\'ee de Conway est de faire un puzzle avec 7 pi\`eces (cf figure) :\\ avec ces 7 pi\`eces on va pouvoir reconstituer un triangle $ABC$ d'angle $3a$, $3b$ et $3c$ dans lequel les trissectrices se coupent selon le triangle \'equilat\'eral de Morley.\\ Les pi\`eces du puzzles sont : \begin{itemize} \item 1 triangle \'equilat\'eral de cot\'es de longueur 1 (en rouge), \item 3 triangles \begin{itemize} \item le premier $PAR$ (en vert) est d\'efini par $PR$ de longueur 1, l'angle $\widehat{P}$ de mesure $\frac{\pi}{3}+b$ et l'angle $\widehat{R}$ de mesure $\frac{\pi}{3}+c$ et $APR$ est de sens direct.\\ On a donc :\\ $PA=\sin(c+\pi/3)/\sin(a)$, $RA=\sin(b+\pi/3)/\sin(a)$ et l'angle $\widehat{A}$ est de mesure $a$, \item le second $PQB$ (en bleu) est d\'efini par $PQ$ de longueur 1, l'angle $\widehat{P}$ de mesure $\frac{\pi}{3}+a$ et l'angle $\widehat{Q}$ de mesure $\frac{\pi}{3}+c$ et $BQP$ est de sens direct.\\ On a donc :\\ $PB=\sin(c+\frac{\pi}{3})/\sin(b)$, $QB=\sin(a+\frac{\pi}{3})/\sin(b)$ et l'angle $\widehat{B}$ est de mesure $b$,\\ \item le troisi\`eme $QRC$ (en magenta) est d\'efini par $RQ$ de longueur 1, l'angle $\widehat{R}$ de mesure $\frac{\pi}{3}+a$ et l'angle $\widehat{Q}$ de mesure $\frac{\pi}{3}+b$ et $CRQ$ est de sens direct.\\ On a donc :\\ $QC=\sin(a+\frac{\pi}{3})/\sin(c)$, $RC=\sin(b+\frac{\pi}{3})/\sin(c)$ et l'angle $\widehat{C}$ est de mesure $c$. \end{itemize} \item 3 triangles \begin{itemize} \item le premier $PAB1$ (en noir) est d\'efini par un cot\'e de longueur $PA$ trouv\'ee ci-dessus ($PA=\sin(c+\frac{\pi}{3})/\sin(a)$) l'angle $\widehat{A}$ de mesure $a$ et l'angle $\widehat{P}$ de mesure $c+2*\frac{\pi}{3}$. Dans ce triangle l'angle $\widehat{B1}$ a comme mesure $b$ et on a : $PB1=PA*\sin(a)/\sin(b)=\sin(c+\frac{\pi}{3})/\sin(b)=PB$, \item le second $RCA1$ (en jaune) est d\'efini par un cot\'e de longueur $RC$ trouv\'ee ci-dessus ($RC=\sin(b+\frac{\pi}{3})/\sin(c)$) l'angle $\widehat{C}$ de mesure $c$ et l'angle $\widehat{R}$ de mesure $b+\frac{2\pi}{3}$. Dans ce triangle l'angle $\widehat{A1}$ a comme mesure $a$ et on a : $RA1=RC*\sin(c)/\sin(a)=\sin(b+\frac{\pi}{3})/\sin(a)=RA$, \item le troisi\`eme $QBC1$ (en cyan) est d\'efini par un cot\'e de longueur $QB$ trouv\'ee ci-dessus ($QB=\sin(a+\frac{\pi}{3})/\sin(b)$) l'angle $\widehat{B}$ de mesure $b$ et l'angle $\widehat{Q}$ de mesure $a+\frac{2\pi}{3}$. Dans ce triangle l'angle $\widehat{C1}$ a comme mesure $c$ et on a : $QC1=QB*\sin(b)/\sin(c)=\sin(a+\frac{\pi}{3})/\sin(c)=QC$. \end{itemize} \end{itemize} Il est alors facile de montrer, par des consid\'erations de mesure d'angles et de longueurs, que les triangles s'emboitent bien. \subsection{Une autre d\'emonstration} On pose :\\ $\widehat{ARP}=\gamma$ et \\ $ \widehat{APR}=\beta$.\\ Si $R$ est le rayon du cercle circonscrit du triangle $ABC$ on a la relation : $$\frac{AB}{\sin(3c)}=\frac{AC}{\sin(3b)}=\frac{BC}{\sin(3a)}=2R$$ En consid\'erant les triangles $APR$, $APB$, $ARC$, $ABC$ on peut montrer en utilisant les relations ci-dessus que : $$PR=\frac{2R \sin(a) \sin(b) \sin(3c)}{\sin(\gamma) \sin(c+2\pi/3)}=\frac{2R \sin(a) \sin(3b) \sin(c)}{\sin(\beta) \sin(b+2\pi/3)}$$ On en d\'eduit apr\`es diff\'erents calculs laiss\'es au lecteur (voir les indications ci-dessous) que :\\ $\gamma=c+\frac{\pi}{3}$, $\beta=b+\frac{\pi}{3}$ et\\ $PR=8R\sin(a)\sin(b)\sin(c)$\\ Indications :\\ 1/ Pour tout $x$ on a :\\ $2\sin(x+\frac{\pi}{3}) \sin(x+\frac{2\pi}{3})=\frac{1}{2}-\cos(2x+\pi)=\frac{1}{2}+\cos(2x)$ et \\ $2\sin(x)(\frac{1}{2}-\cos(2x))=3\sin(x)-4\sin(x)^3=\sin(3x)$ donc\\ $4\sin(x) \sin(x+\frac{\pi}{3}) \sin(x+\frac{2\pi}{3})=\sin(3x)$.\\ On obtient donc en remplacant $\sin(3c)$ et $\sin(3b)$ dans : $$\frac{2R \sin(a) \sin(b) \sin(3c)}{\sin(\gamma) \sin(c+\frac{2\pi}{3})}=\frac{2R \sin(a) \sin(3b) \sin(c)}{\sin(\beta) \sin(b+\frac{2\pi}{3})}$$ l'égalité :\\ $\sin(\beta)\sin(c+\frac{\pi}{3})=\sin(\gamma)\sin(b+\frac{\pi}{3})$\\ et donc \\ $PR=\frac{8R \sin(a) \sin(b) \sin(c)\sin(c+\frac{\pi}{3})}{\sin(\gamma)} $ 2/ si $\sin(a)\neq 0,\ \sin(b)\neq 0,\ \sin(a+b)\neq 0$, le syst\`eme :\\ \[ \left\{ \begin{array}{l} x+y=a+b\\ \sin(x)/\sin(a)=\sin(y)/\sin(b) \end{array}\right. \] \noindent a comme solution $x=a+k\pi,\ y=b-k\pi$ o\`u $k \in Z$. \\ En effet on a $y=a+b-x$\\ donc $\sin(x)\sin(b)=\sin(a)(\sin(a+b)\cos(x)-\cos(a+b)\sin(x))$\\ $\sin(x)(\sin(b)+\sin(a)\cos(a+b))=\cos(x)\sin(a)\sin(a+b)$\\ on d\'eveloppe $\cos(a+b)$ et on obtient :\\ $\sin(x)\cos(a)\sin(a+b)=\cos(x)\sin(a)\sin(a+b)$\\ et donc puisque $\sin(a+b)\neq 0$\\ $\sin(x-a)=0$ d'ou le résultat.\\ Donc le syst\`eme : \[\left\{ \begin{array}{l} \sin(\beta)/\sin(b+\frac{\pi}{3})=\sin(\gamma)/\sin(c+\frac{\pi}{3}) \\ \beta+\gamma=b+\frac{\pi}{3}+c+\frac{\pi}{3}=\pi-a \end{array}\right.\] \noindent avec $\sin(b+\frac{\pi}{3})\neq 0,\ \sin(c+\frac{\pi}{3})\neq 0,\ \sin(\pi-a)\neq 0$ \\ a pour solutions :\\ $ \beta=b+\frac{\pi}{3}+k\pi$ et $ \gamma=(c+\frac{\pi}{3})-k\pi$ o\`u $k \in Z$. \\ Donc $\sin(\gamma)=\sin(c+\frac{\pi}{3})$ et donc \\ $PR=8*R*\sin(a)*\sin(b)*\sin(c)$ La formule etant sym\'etrique par rapport \`a $ a,\ b, \ c$ on a :\\ $ PR=8*R*\sin(a)*\sin(b)*\sin(c)=RQ=PQ$\\ Le triangle $PQR$ est donc \'equilat\`eral. \section{Le th\'eor\`eme de Morley g\'en\'eralis\'e} Soit un triangle $ABC$ et ses trissectrices.\\ On consid\`ere toutes les intersections de ces trissectrices.\\ Combien trouve-t-on de triangles \'equilat\'eraux ? \subsection{Les trissectrices d'un angle de droites} Soit un angle de droites ($AB$, $AC$) de mesure $3t+k\pi$ ($k$ entier) : il y a 6 trissectrices ($D1$, $D2$, $D3$, $D4$, $D5$, $D6$) qui forment avec $AB$ des angles de mesure :\\ $$ t,\ 2t,\ t+\frac{\pi}{3},\ 2t+\frac{2\pi}{3},\ t+\frac{2\pi}{3},\ 2t+\frac{4\pi}{3}=2t+\frac{\pi}{3}+\pi$$ On consid\`ere deux groupes de trois trissectrices ($D1$, $D3$, $D5$) et ($D2$, $D4$, $D6$) : dans chaque groupe les trissectrices se d\'eduisent l'une de l'autre par des rotations d'angle $\frac{\pi}{3}$.\\ Voici les instructions contenu dans le fichier {\tt morleytri6} qui permet de tracer les 6 trissectrices de l'angle de droite (AB,AC) : \begin{verbatim} A:= point(-1.2*i); B:= point(3.7-1.5*i); C:= point(1.5+1.1*i); t:=angle(A,B,C)/3; D1:=droite(A,A+(B-A)*exp(i*t)); D2:=droite(A,A+2*(B-A)*exp(i*t*2)); D3:=droite(A,A+(B-A)*exp(i*(t+pi/3))); D4:=droite(A,A+2*(B-A)*exp(i*2*(t+pi/3))); D5:=droite(A,A+(B-A)*exp(i*(t+2*pi/3))); D6:=droite(A,A+2*(B-A)*exp(i*(2*t+pi/3))); couleur(droite(A,B),1); couleur(droite(A,C),1); \end{verbatim} On obtient la figure :\\ %\input figgeo/morleytri6.tex \includegraphics[width=\textwidth]{morleytri} \subsection{Calcul num\'erique des diff\'erentes longueurs} On fait tout d'abord avec {\tt Xcas} un calcul num\'erique pour avoir une id\'ee du r\'esultat. Quitte \`a faire une similitude on peut choisir {\tt A} \`a l'origine et {\tt B} au point d'affixe 1.\\ La site d'instructions ci-dessous calcule les coordonn\'ees des 108 points d'intersections des trissectrices entre elles : il y a $3\times 6=18$ trissectrices, sur chaque trissectrices il y a 6+6=12 points d'intersections donc en tout $18\times 12/2=108$ points d'intersections que l'on met dans la liste {\tt P}.\\ Puis on met dans une matrice sym\'etrique {\tt LO} de dimension $108\times 108$ le carr\'e des distances entre ces 108 points.\\ On met ensuite dans la variable {\tt trequi} la liste des triplets formant un triangle \'equilat\'eral, selon le calcul num\'erique.\\ {\tt A} est une liste de 7 \'el\'ements qui sont :\\ {\tt A[0]=0}, c'est l'affixe du sommet $A$ du triangle,\\ {\tt A[1]} est l'affixe d'un point situ\'e sur la trissectrice {\tt AD1},\\ {\tt A[2]} est l'affixe d'un point situ\'e sur la trissectrice {\tt AD2}, etc...\\ de m\^eme pour {\tt B} et {\tt C} ({\tt B[0]=1}...). \\ Voici les instructions qui calcule les coordonn\'ees des 108 points d'intersections des trissectrices entre elles : \begin{verbatim} a1:=0.2; b1:=0.4; A:=[0,1+i*texpand(tan(a1)),1+i*texpand(tan(2*a1)), 1+i*texpand(tan(pi/3+a1)), 1+i*texpand(tan(2*a1+2*pi/3)),1+i*texpand(tan(a1+2*pi/3)), 1+i*texpand(tan(pi/3+2*a1))]; B:=[1,i*texpand(tan(2*b1)),i*texpand(tan(b1)), i*texpand(tan(2*b1+2*pi/3)),i*texpand(tan(b1+pi/3)), i*texpand(tan(pi/3+2*b1)),i*texpand(tan(2*pi/3+b1))]; C0:=texpand(tan(b1*3)/(tan(a1*3)+tan(b1*3))*(1+i*tan(a1*3))); C:=[C0,C0+1+i*texpand(tan(pi/3+2*a1-b1)), C0+1+i*texpand(tan(2*pi/3+a1-2*b1)), C0+1+i*texpand(tan(2*pi/3+2*a1-b1)), C0+1+i*texpand(tan(pi/3+a1-2*b1)), C0+1+i*texpand(tan(2*a1-b1)),C0+1+i*texpand(tan(a1-2*b1))]; P:=[]; for (k:=1;k<=6;k++) { for (j:=1;j<=6;j++){ P:=concat(P,affixe((inter(droite(A[0],A[k]), droite(B[0],B[j])))[0])); P:=concat(P,affixe((inter(droite(B[0],B[k]), droite(C[0],C[j])))[0])); P:=concat(P,affixe((inter(droite(A[0],A[k]), droite(C[0],C[j])))[0])); } }; LO:=[]; for (k:=0;k<108;k++) { LOL:=[]; for (j:=0;j<108;j++){ LOL:=concat(LOL,longueur2(P[k],P[j])); } LO:=append(LO,LOL); }; trequi:=[]; for (k:=0;k<106;k++) { for (j:=k+1;j<107;j++){ l:=LO[k,j]; for (s:=j+1;s<108;s++){ if ((abs(normal(l-LO[j,s]))<0.0000001) and (abs(normal(l-LO[k,s]))<0.0000001)){ trequi:=append(trequi,[k,j,s]); } } } }; trequi; \end{verbatim} On tape dans {\tt Xcas} : {\tt size(trequi)} : on obtient {\tt 54}.\\ Cette liste contient donc 54 triplets ce qui veut dire qu'il y a num\'eriquement 54 triangles \'equilat\'eraux. Parmi ces triangles il y en a 18 seulement qui mettent en jeu les trissectrices des 3 angles du triangle.\\ Les autres triangles ont des sommets qui sont des intersections de trissectrices de 2 angles du triangle : ceci \'etait \`a pr\'evoir et se d\'emontre facilement.\\ En effet si on consid\`ere deux angles de sommets $A$ et $B$ et leurs trissectrices : les 3 trissectrices $AD1,\ AD3,\ AD5$ de l'angle $A$ se d\'eduisent l'une de l'autre par des rotations de centre A et d'angle $\frac{\pi}{3}$ et les intersections des 3 trissectrices ($AD1,\ AD3,\ AD5$) de l'angle $A$ avec les 3 trissectrices $BD1,\ BD3,\ BD5$ de l'angle $B$ d\'eterminent 3 triangles \'equilat\'eraux. Plus pr\'ecis\'ement soient $M$ le point d'intersection de $AD1$ avec $BD1$, $N$ le point d'intersection de $AD3$ avec $BD3$, $O$ le point d'intersection de $AD5$ avec $BD5$. Alors le triangle $MNO$ est \'equilat\`eral.\\ On tape : \begin{verbatim} trissect(A,B,C):={ local t; t:=angle(A,B,C)/3; D1:=droite(A,A+(B-A)*exp(i*t)); D2:=droite(A,A+(B-A)*exp(i*t*2)); D3:=droite(A,A+(B-A)*exp(i*(t+pi/3))); D4:=droite(A,A+(B-A)*exp(i*2*(t+pi/3))); D5:=droite(A,A+(B-A)*exp(i*(t+2*pi/3))); D6:=droite(A,A+(B-A)*exp(i*2*(t+2*pi/3))); return([D1,D2,D3,D4,D5,D6, couleur(droite(A,B),1),couleur(droite(A,C),1)]); }:; \end{verbatim} Puis, on tape : \begin{verbatim} A:= point(-1.2*i); B:= point(3.7-1.5*i); C:= point(1.5+1.1*i); TA:=trissect(A,B,C):; TB:=trissect(B,C,A):; M:=inter_droite(TA[0],TB[0]); N:=inter_droite(TA[2],TB[2]); O:=inter_droite(TA[4],TB[4]); triangle(A,B,C); segment(A,M),segment(B,M); segment(A,N),segment(B,N); segment(A,O),segment(B,O); triangle(M,N,O,affichage=2+epaisseur_ligne_2) \end{verbatim} On obtient :\\ \includegraphics[width=10cm]{morleyt} %\input figgeo/morley2.tex Montrons par exemple que $MNO$ est un triangle \'equilat\'eral : la rotation de centre $M$ et d'angle $\frac{\pi}{3}$ transforme $A$ en $A1$, $B$ en $B1$ et $N$ en $N1$.\\ %Voici la figure (\'etablie par le fichier {\tt demomorley2}) :\\ %\input figgeo/demomorley2.tex \includegraphics[width=10cm]{morleytd} les triangles $MAA1$ et $MNN1$ sont des triangles \'equilat\'eraux directs (triangle isoc\`ele ayant un angle de $\pi/3$). $M$ \'etant sur $AD1$, $A1$ se trouve donc sur $AD5$.\\ $A1N1$ fait un angle de $\pi/3$ avec $AN$. $N$ \'etant sur $AD3$, $A1N1$ est donc parall\`ele \`a $AD5$. On a ainsi montr\'e que $N1$ se trouve sur $AD5$ c'est \`a dire que $A,\ A1,\ N1$ sont align\'es.\\ On montre de m\^eme que $B,\ B1,\ N1$ sont align\'es et donc $N1$ se trouve sur $BD5$ d'o\`u $N1$ et $O$ sont confondus. Ce qui prouve que $MNO$ est un triangle \'equilat\'eral. Donc les 3 trissectrices $AD1,\ AD3,\ AD5$ de l'angle $A$ forment avec les 6 trissectrices de l'angle $B$, 6 triangles \'equilat\'eraux. Donc les 6 trissectrices de l'angle $A$ forment avec les 6 trissectrices de l'angle $B$, 12 triangles \'equilat\'eraux. Donc il existe $3\times 12=36$ triangles \'equilat\'eraux de ce type. \subsection{Les 18 triangles \'equilat\'eraux} \subsubsection{Qui sont-ils?} On modifie le programme {\tt morley108} pour ne tester que des triangles obtenus par les intersections des trissectrices des 3 angles.\\ Un triangle est d\'esign\'e soit :\\ - par un triplet qui sont ses sommets par exemple : {\tt (A1B2, B1C2, C1A2)} ce qui veut dire que le premier sommet est l'intersection de la trissectrice 1 issue de {\tt A} avec la trissectrice 2 issue de {\tt B} etc... soit\\ - par un triplet de couples par exemple : {\tt [[1,2],[1,4],[3,2]]} d\'esigne le m\^eme triangle que {\tt (A1B2, B1C4, C3A2)}.\\ On \'ecrit le fichier {\tt morley18} qui met dans la liste {\tt trequi} les triangles qui sont num\'eriquement \'equilat\'eraux : \begin{verbatim} a1:=0.2; b1:=0.4; A:=[0,1+i*texpand(tan(a1)),1+i*texpand(tan(2*a1)), 1+i*texpand(tan(pi/3+a1)),1+i*texpand(tan(2*a1+2*pi/3)), 1+i*texpand(tan(a1+2*pi/3)),1+i*texpand(tan(pi/3+2*a1))]; B:=[1,i*texpand(tan(2*b1)),i*texpand(tan(b1)), i*texpand(tan(2*b1+2*pi/3)),i*texpand(tan(b1+pi/3)), i*texpand(tan(pi/3+2*b1)),i*texpand(tan(2*pi/3+b1))]; C0:=texpand(tan(b1*3)/(tan(a1*3)+tan(b1*3))*(1+i*tan(a1*3))); C:=[C0,C0+1+i*texpand(tan(pi/3+2*a1-b1)), C0+1+i*texpand(tan(2*pi/3+a1-2*b1)), C0+1+i*texpand(tan(2*pi/3+2*a1-b1)), C0+1+i*texpand(tan(pi/3+a1-2*b1)), C0+1+i*texpand(tan(2*a1-b1)),C0+1+i*texpand(tan(a1-2*b1))]; P1:=[]; P2:=[]; P3:=[]; for (k:=1;k<=6;k++) { for (j:=1;j<=6;j++){ P1:=concat(P1,affixe((inter(droite(A[0],A[k]), droite(B[0],B[j])))[0])); P3:=concat(P3,affixe((inter(droite(A[0],A[k]), droite(C[0],C[j])))[0])); P2:=concat(P2,affixe((inter(droite(B[0],B[k]), droite(C[0],C[j])))[0])); } }; LO12:=[]; for (k:=0;k<36;k++) { LOL12:=[]; for (j:=0;j<36;j++){ LOL12:=concat(LOL12,longueur2(P1[k],P2[j])); } LO12:=append(LO12,LOL12); }; LO23:=[]; for (k:=0;k<36;k++) { LOL23:=[]; for (j:=0;j<36;j++){ LOL23:=concat(LOL23,longueur2(P2[k],P3[j])); } LO23:=append(LO23,LOL23); }; LO13:=[]; for (k:=0;k<36;k++) { LOL13:=[]; for (j:=0;j<36;j++){ LOL13:=concat(LOL13,longueur2(P1[k],P3[j])); } LO13:=append(LO13,LOL13); }; trequi:=[]; for (k:=0;k<36;k++) { for (j:=0;j<36;j++){ l:=LO12[k,j]; for (s:=0;s<36;s++){ if ((abs(normal(l-LO23[j,s]))<0.0000001) and (abs(normal(l-LO13[k,s]))<0.0000001)){ trequi:=append(trequi,[[iquo(k,6)+1,irem(k,6)+1], [iquo(j,6)+1,irem(j,6)+1], [irem(s,6)+1,iquo(s,6)+1]]); } } } }; trequi; \end{verbatim} On fait {\tt Charger session} du menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et on s\'electionne {\tt morley18} du r\'ep\'ertoire {\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier.\\ La liste {\tt trequi} contient cette fois 18 triplets, il y donc num\`eriquement 18 triangles \'equilat\'eraux dont les sommets sont d\'efinis comme intersection des trissectrices des 3 angles du triangle.\\ On trouve comme contenu de {\tt trequi} : \begin{verbatim} [[[1,2],[1,2],[1,2]], [[1,2],[1,4],[3,2]], [[1,4],[3,2],[1,2]], [[1,4],[3,6],[5,2]], [[1,6],[5,4],[3,2]], [[1,6],[5,6],[5,2]], [[3,2],[1,2],[1,4]], [[3,2],[1,6],[5,4]], [[3,4],[3,4],[3,4]], [[3,4],[3,6],[5,4]], [[3,6],[5,2],[1,4]], [[3,6],[5,4],[3,4]], [[5,2],[1,4],[3,6]], [[5,2],[1,6],[5,6]], [[5,4],[3,2],[1,6]], [[5,4],[3,4],[3,6]], [[5,6],[5,2],[1,6]], [[5,6],[5,6],[5,6]]] \end{verbatim} Chaque triplet d\'esigne les sommets d'un triangle. Avec la notation {\tt A1B2} qui d\'esigne l'intersection de la trissectrice 1 issue de {\tt A} avec la trissectrice 2 issue de {\tt B} on a :\\ {\tt (A1B2, B1C2, C1A2),}\\ {\tt (A1B2, B1C4, C3A2),}\\ {\tt (A1B4, B3C2, C1A2),}\\ {\tt (A1B4, B3C6, C5A2),}\\ {\tt (A1B6, B5C4, C3A2),}\\ {\tt (A1B6, B5C6, C5A2),}\\ {\tt (A3B2, B1C2, C1A4),}\\ {\tt (A3B2, B1C6, C5A4),}\\ {\tt (A3B4, B3C4, C3A4),}\\ {\tt (A3B4, B3C6, C5A4),}\\ {\tt (A3B6, B5C2, C1A4),}\\ {\tt (A3B6, B5C4, C3A4),}\\ {\tt (A5B2, B1C4, C3A6),}\\ {\tt (A5B2, B1C6, C5A6),}\\ {\tt (A5B4, B3C2, C1A6),}\\ {\tt (A5B4, B3C4, C3A6),}\\ {\tt (A5B6, B5C2, C1A6),}\\ {\tt (A5B6, B5C6, C5A6)} \subsection{La figure} On dessine les 18 triangles.\\ On \'ecrit un fichier {\tt morleydess18} qui va calculer les coordonn\'ees des 27 points sommets de ces 18 triangles et dessiner ces 18 triangles.\\ On pourra avec un tel dessin faire bouger {\tt A} ou {\tt B} ou {\tt C}.\\ On note {\tt DA} (resp {\tt DB}, {\tt DC}) la liste des 6 trissectrices de l'angle {\tt A} (resp {\tt B}, {\tt C}).\\ On remarquera dans la d\'efinition de {\tt DA, DB, DC} :\\ - un z\'ero au d\'ebut de la liste pour que la premi\`ere trissectrice soit d'indice 1 etc...\\ - un z\'ero en fin de liste pour que les objets graphiques situ\'es dans la liste ne soient pas dessin\'es (pour ne pas surcharger la figure) (on aurait aussi pu employer la fonction {\tt nodisp}). \begin{verbatim} A:=point(-2.35-i*2.28); B:=point(-0.684-i*2.3); C:=point(-1.35-i*0.61); a1:=angle(A,B,C)/3; a2:=angle(B,C,A)/3; a3:=pi/3-a1-a2; DA:=0,droite(A,A+(B-A)*exp(i*a1)):; DA:=DA,droite(A,A+(B-A)*exp(i*a1*2)):; DA:=DA,droite(A,A+(B-A)*exp(i*(a1+pi/3))):; DA:=DA,droite(A,A+(B-A)*exp(i*2*(a1+pi/3))):; DA:=DA,droite(A,A+(B-A)*exp(i*(a1+2*pi/3))):; DA:=DA,droite(A,A+(B-A)*exp(i*2*(a1+2*pi/3))),0:; DB:=0,droite(B,B+(C-B)*exp(i*a2)):; DB:=DB,droite(B,B+(C-B)*exp(i*a2*2)):; DB:=DB,droite(B,B+(C-B)*exp(i*(a2+pi/3))):; DB:=DB,droite(B,B+(C-B)*exp(i*2*(a2+pi/3))):; DB:=DB,droite(B,B+(C-B)*exp(i*(a2+2*pi/3))):; DB:=DB,droite(B,B+(C-B)*exp(i*2*(a2+2*pi/3))),0:; DC:=0,droite(C,C+(A-C)*exp(i*a3)):; DC:=DC,droite(C,C+(A-C)*exp(i*a3*2)):; DC:=DC,droite(C,C+(A-C)*exp(i*(a3+pi/3))):; DC:=DC,droite(C,C+(A-C)*exp(i*2*(a3+pi/3))):; DC:=DC,droite(C,C+(A-C)*exp(i*(a3+2*pi/3))):; DC:=DC,droite(C,C+(A-C)*exp(i*2*(a3+2*pi/3))),0:; P1:=[]; P1:=concat(P1,affixe((inter(DA[1],DB[2]))[0])); P1:=concat(P1,affixe((inter(DA[1],DB[4]))[0])); P1:=concat(P1,affixe((inter(DA[1],DB[6]))[0])); P1:=concat(P1,affixe((inter(DA[3],DB[2]))[0])); P1:=concat(P1,affixe((inter(DA[3],DB[4]))[0])); P1:=concat(P1,affixe((inter(DA[3],DB[6]))[0])); P1:=concat(P1,affixe((inter(DA[5],DB[2]))[0])); P1:=concat(P1,affixe((inter(DA[5],DB[4]))[0])); P1:=concat(P1,affixe((inter(DA[5],DB[6]))[0])); P2:=[]; P2:=concat(P2,affixe((inter(DB[1],DC[2]))[0])); P2:=concat(P2,affixe((inter(DB[1],DC[4]))[0])); P2:=concat(P2,affixe((inter(DB[1],DC[6]))[0])); P2:=concat(P2,affixe((inter(DB[3],DC[2]))[0])); P2:=concat(P2,affixe((inter(DB[3],DC[4]))[0])); P2:=concat(P2,affixe((inter(DB[3],DC[6]))[0])); P2:=concat(P2,affixe((inter(DB[5],DC[2]))[0])); P2:=concat(P2,affixe((inter(DB[5],DC[4]))[0])); P2:=concat(P2,affixe((inter(DB[5],DC[6]))[0])); P3:=[]; P3:=concat(P3,affixe((inter(DC[1],DA[2]))[0])); P3:=concat(P3,affixe((inter(DC[1],DA[4]))[0])); P3:=concat(P3,affixe((inter(DC[1],DA[6]))[0])); P3:=concat(P3,affixe((inter(DC[3],DA[2]))[0])); P3:=concat(P3,affixe((inter(DC[3],DA[4]))[0])); P3:=concat(P3,affixe((inter(DC[3],DA[6]))[0])); P3:=concat(P3,affixe((inter(DC[5],DA[2]))[0])); P3:=concat(P3,affixe((inter(DC[5],DA[4]))[0])); P3:=concat(P3,affixe((inter(DC[5],DA[6]))[0])); triangle(A,B,C); triangle(P1[0],P2[0],P3[0]); P:=point(P1[0]); Q:=point(P2[0]); R:=point(P3[0]); triangle(P1[0],P2[1],P3[3]); triangle(P1[1],P2[3],P3[0]); triangle(P1[1],P2[5],P3[6]); triangle(P1[2],P2[7],P3[3]); triangle(P1[2],P2[8],P3[6]); triangle(P1[3],P2[0],P3[1]); triangle(P1[3],P2[2],P3[7]); triangle(P1[4],P2[4],P3[4]); triangle(P1[4],P2[5],P3[7]); triangle(P1[5],P2[6],P3[1]); triangle(P1[5],P2[7],P3[4]); triangle(P1[6],P2[1],P3[5]); triangle(P1[6],P2[2],P3[8]); triangle(P1[7],P2[3],P3[2]); triangle(P1[7],P2[4],P3[5]); triangle(P1[8],P2[6],P3[2]); triangle(P1[8],P2[8],P3[8]); \end{verbatim} On obtient :\\ %\input figgeo/morleydess18.tex \includegraphics[width=\textwidth]{morleyt18}\\ On voit que ces triangles ont leur cot\'es parall\`eles. \\ On peut le faire montrer par {\tt Xcas} avec le programme suivant se trouvant dans le fichier {\tt morleypara} : \begin{verbatim} est_parallele(droite(P1[0],P2[0]),droite(P1[8],P2[8])); est_parallele(droite(P1[0],P2[0]),droite(P1[0],P3[6])); est_parallele(droite(P1[0],P2[0]),droite(P1[4],P2[4])); est_parallele(droite(P1[4],P2[4]),droite(P1[4],P3[1])); est_parallele(droite(P1[0],P2[0]),droite(P1[8],P2[8])); est_parallele(droite(P1[8],P2[8]),droite(P1[8],P3[5])); est_parallele(droite(P1[0],P2[0]),droite(P3[6],P2[5])); est_parallele(droite(P1[4],P2[4]),droite(P1[2],P3[3])); \end{verbatim} \subsection{La d\'emonstration avec {\tt Xcas}} Pour montrer plus facilement que les 18 triangles trouv\'es sont \'equilat\'eraux on va \'ecrire dans le fichier {\tt equimorley} une fonction ayant {\tt m,n,p,q,r,s} comme param\`etres repr\'esentant le triangle {\tt AmBn,BpCq,CrAs} et qui teste si ce triangle est \'equilat\'eral : \begin{verbatim} equimore(m,n,p,q,r,s):={ assume(a1=0.3); assume(a2=0.4); A:=[0,1+i*texpand(tan(a1)),1+i*texpand(tan(2*a1)), 1+i*texpand(tan(pi/3+a1)),1+i*texpand(tan(2*a1+2*pi/3)), 1+i*texpand(tan(a1+2*pi/3)),1+i*texpand(tan(pi/3+2*a1))]; B:=[1,i*texpand(tan(2*a2)),i*texpand(tan(a2)), i*texpand(tan(2*a2+2*pi/3)),i*texpand(tan(a2+pi/3)), i*texpand(tan(pi/3+2*a2)),i*texpand(tan(2*pi/3+a2))]; C0:=texpand(tan(a2*3)/(tan(a1*3)+tan(a2*3))*(1+i*tan(a1*3))); C:=[C0,C0+1+i*texpand(tan(pi/3+2*a1-a2)), C0+1+i*texpand(tan(2*pi/3+a1-2*a2)), C0+1+i*texpand(tan(2*pi/3+2*a1-a2)), C0+1+i*texpand(tan(pi/3+a1-2*a2)), C0+1+i*texpand(tan(2*a1-a2)),C0+1+i*texpand(tan(a1-2*a2))]; P:=affixe((inter(droite(A[0],A[m]),droite(B[0],B[n])))[0]); Q:=affixe((inter(droite(B[0],B[p]),droite(C[0],C[q])))[0]); R:=affixe((inter(droite(C[0],C[r]),droite(A[0],A[s])))[0]); lpq:=longueur2(P,Q); lpr:=longueur2(P,R); lqr:=longueur2(Q,R); return([normal(lpq-lpr),normal(lpq-lqr)]); }; \end{verbatim} On fait {\tt Charger session} du menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et on selectionne {\tt equimorley} du r\'ep\'ertoire {\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier, puis :\\ {\tt equimorley(5,6,5,6,5,6)}\\ On trouve :\\ {\tt [0,0]}\\ et cela prouve que le triangle {\tt (A5B6, B5C6, C5A6)} est \'equilat\'eral.\\ puis par exemple :\\ {\tt equimorley(5,4,3,2,1,6)}\\ On trouve :\\ {\tt [0,0] }\\ et cela prouve que le triangle {\tt (A5B4, B3C2, C1A6)} est \'equilat\'eral.\\ Avec la fonction {\tt equimore}, on peut donc montrer que les 18 triangles trouv\'es pr\'ec\'edemment sont bien tous \'equilat\'eraux. \chapter{Quelques exemples de g\'eom\'etrie dynamique} \section{Exemples de probl\`eme de maxima-minima} \subsection{Variation d'une longueur} Soient deux points $A$ et $B$. Un point $M$ se d\'eplace sur le cercle $C$ de centre $B$ et de rayon 2 : $\overrightarrow{BM}=2*\exp(it)$.\\ On consid\`ere la fonction :\\ $L(A,B,t)$= longueur($AM$) \\ Avec {\tt Xcas} on peut avoir sur le m\^eme dessin la construction g\'eom\`etrique et le graphe de la fonction.\\ On clique avec la souris pour avoir les points {\tt A} et {\tt B} puis, on ex\'ecute la liste des instructions qui se trouve dans {\tt geo12} ( faire {\tt Charger session} du menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et selectionner {\tt geo12} du r\'ep\'ertoire {\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier).\\ Voici le d\'etail de {\tt geo12} :\\ {\tt //2pts A et B, calcul de la longueur de AE qd E=B+$2*\exp(i*t)$ \\ //A:=point(-2);\\ //B:=point(i);\\ C:=cercle(B,2);} \\ d\'efinit le cercle $C$,\\ {\tt L(A,B,t):=evalf(longueur(A,B+2*exp(i*t)));}\\ d\'efinit la fonction $L$,\\ {\tt D:=plotfunc(L(A,B,x),x);}\\ dessine le graphe de la longueur($AM$) en fonction de $x$ ($M=B+2*exp(i*x)$),\\ {\tt t:=element(0..pi);} \\ t est un \'el\'ement que l'on pourra faire varier entre 0 et $\pi$\\ {\tt E:=element(cercle(B,2),t);}\\ $E$ est un point du cercle qui varie quand t varie,\\ {\tt F:=element(D,t);}\\ $F$ est un point du graphe qui varie quand t varie, $F$ a donc comme ordonn\'e la longueur de $AE$\\ Lorsqu'on fait bouger le curseur correspondant \`a $t$ (situ\'e dans la plage grise en haut et \`a droite de l'\'ecran g\'eom\'etrique), on fait varier $E$ et $F$ simultan\'ement. \subsection{Dimensions du rectangle de p\'erimetre $2p$ et de surface maximum} Une famille de rectangles a pour p\'erim\`etre $2p$. Trouver les dimensions du (ou des) rectangle(s) d'aire maximum.\\ On suppose pour faire le dessin avec {\tt Xcas} que $p=3$.\\ Les cot\'es d'un rectangle de la famille sont donc $x$ et $3-x$ ou encore $3t$ et $3(1-t)$\\ L'aire d'un tel rectangle est donc \'egale \`a $f(t)=9t(1-t)$.\\ On dessine les diff\'erents rectangles et le graphe de la fonction $f$ sur un m\^eme graphique pour pouvoir observer la variation des formes des rectangles et la variation de leurs aires.\\ On ex\'ecute la liste des instructions : %qui se trouve dans {\tt geo13} ( faire {\tt Charger session} du %menu {\tt Fich} de {\tt Xcas} et selectionner {\tt geo13} du r\'ep\'ertoire %{\tt examples/geo} pour ex\'ecuter ce fichier..)\\ %Voici le d\'etail de {\tt geo13} :\\ {\tt A:=point(-3);}\\ {\tt p:=3;}\\ $p$ est le demi-p\'erim\`etre des rectangles,\\ {\tt K:= point(A+p);} \\ $\overline{AK}=p=3$\\ {\tt t:=element(0..1);} {\tt B:=A+t*(K-A);}\\ $B$ sommet du rectangle $\overrightarrow{AB}=t*\overrightarrow{AK}$ donc $\overline{AB}=3*t$\\ {\tt C:=rotation(B,pi/2,K);}\\ $C$ est un sommet du rectangle\\ {\tt D:= C+A-B;}\\ $D$ est l'autre sommet\\ {\tt segment(A,B);} \\ {\tt segment(C,B);}\\ {\tt segment(C,D);}\\ {\tt segment(A,D);}\\ ces 4 segments dessinent le rectangle {\tt ABCD}.\\ {\tt f(x):=9*x*(1-x);}\\ d\'efinit de la fonction $f$ \'egale \`a l'aire de {\tt ABCD}.\\ {\tt G:=plotfunc(f(x),x);} \\ dessine le graphe de $f$.\\ {\tt M:=element(G,t);}\\ d\'efinit $M$ un point du graphe, qui a comme ordonn\'e l'aire du rectangle {\tt ABCD}.\\ En faisant varier $t$, le rectangle change de forme et le point $M$ se d\'eplace sur le graphe en ayant pour ordonn\'e l'aire du rectangle dessin\'e. {\bf Remarque} Il est facile de montrer alg\'ebriquement que l'aire est maximum quand le rectangle est un carr\'e, c'est \`a dire que l'aire maximum vaut $(p/2)^2=p^2/4$. En effet on a :\\ l'aire d'un rectangle de c\^ot\'es $a$ et $p-a$ vaut $(p-a)*a=a*p-a^2$, et on a $p^2/4\geq a*p-a^2=(p/2-a)^2$ car $ p^2/4-a*p+a^2=(p/2-a)^2 \geq 0$ \subsection{Variante du probl\`eme pr\'ec\'edent : minimiser une surface} Soient un rectangle $ABCD$ de c\^ot\'es $a$ et $b$ et $c \leq {\tt min}(a,b)$. Soient $A1$ sur le c\^ot\'e $AB$ tel que $AA1=c$, $B1$ sur le c\^ot\'e $BC$ tel que $BB1=c$, $C1$ sur le c\^ot\'e $CD$ tel que $CC1=c$ et $D1$ sur le c\^ot\'e $DA$ tel que $DD1=c$. Comment choisir $c$ pour que l'aire du parall\'elogramme $A1B1C1D1$ soit minimum.\\ Ce probl\`eme se ram\'ene au pr\'ec\'edent en effet : la diff\'erence entre les aires de $ABCD$ et de $A1B1C1D1$ est l'aire de 4 triangles rectangles \'egaux deux \`a deux, c'est donc aussi l'aire de 2 rectangles de c\^ot\'es $c$ et $a-c$ pour l'un et $c$ et $b-c$ pour l'autre ou encore l'aire d'un rectangle de c\^ot\'es $c$ et $a+b-2*c$. L'aire de ces 4 triangles rectangles vaut donc $(a+b-2*c)*c$.\\ On cherche comment choisir $c$ pour que l'aire du rectangle de c\^ot\'es $c$ et $a+b-2*c$ soit maximum ou ce qui revient au m\^eme pour que l'aire du "rectangle double" (de c\^ot\'es $2*c$ et $a+b-2*c$) soit maximum. Ce rectangle double a pour p\'erim\`etre $2*p=2*(a+b)$, donc d'apr\`es ce qui pr\'ec\`ede il faut choisir $2*c=p/2=(a+b)/2$ c'est \`a dire $c=(a+b)/4$. \subsection{Un trajet difficile : minimiser AMB avec M sur un cercle} Un point {\tt M} se d\'eplace sur le cercle {\tt C} de centre {\tt O} et de rayon {\tt 1}. On choisit deux points {\tt A} et {\tt B} pour que la droite {\tt AB} ne coupe pas le cercle {\tt C}.\\ On cherche dans ce cas, \`a minimiser le trajet {\tt AM+MB}.\\ Avec {\tt Xcas} on va faire appara\^{i}tre sur le m\^eme \'ecran, le dessin g\'eom\'etrique et le graphe {\tt G} de {\tt L:=longueur(AM)+longueur(MB)} : lorsque {\tt M:=exp(i*t)} se d\'eplace sur le cercle {\tt C}, le point {\tt N} de coordonn\`ees {\tt (t,L)} se d\'eplace sur le graphe {\tt G}.\\ On tape : \begin{verbatim} A:=point(-3); B:=point(1+2*i); C:=cercle(0,1); t:=element(-3..7); M:=point(exp(i*t)); L(A,B,t):=evalf(longueur(A,exp(i*t))+longueur(B,exp(i*t))); G:=plotfunc(L(A,B,t),t=-3..7); //N:=element(G,t); N:=point(t,L(A,B,t)); segment(A,M,affichage=1+epaisseur_ligne_2); segment(B,M,affichage=1+epaisseur_ligne_2); segment(N,t,affichage=1+epaisseur_ligne_2); bissectrice(M,A,B); exbissectrice(M,A,B); \end{verbatim} Ensuite lorsque l'on fait bouger {\tt t} les points {\tt M} et {\tt N} bougent, l'un sur le cercle {\tt C}, l'autre sur le graphe {\tt G} et l'on peut voir que le minimum est atteint quand une bissectrice int\'erieure de l'angle {\tt M} passe par {\tt O}.\\ On peut aussi faire varier {\tt B} pour voir ce qu'il se passe quand la droite {\tt AB} coupe {\tt C} c'est \`a dire quand la solution est evidente...\\ \includegraphics[width=\textwidth]{trajetmin}\\ {\bf Solution dans un cas particulier}\\ \includegraphics[width=\textwidth]{trajetmin1} On peut d\'emontrer que lorsque le triangle $OAB$ est isoc\'ele de sommet $O$ le point $M$ du cercle $C$ de centre $O$ qui rend le trajet $AM+MB$ minimum se trouve sur la bissectrice int\'erieure de l'angle $ \widehat{AOB}$. En effet soient deux points $N1$ et $N2$ du cercle $C$ sym\'etriques par rapport \`a cette bissectrice (qui est aussi la m\'ediatrice de $AB$). On a donc $AN1=BN2$ et $AN2=BN1$ et donc \[ AN1+N1B=AN1+AN2. \] Soient $K$ le milieu de $N1N2$ et $J$ le milieu de $AB$. Les points $0,\ K,\ M,\ J$ sont tous sur la m\'ediatrice de $AB$ et puisque $JK>JM$ ($K$ milieu de la corde $N1N2$ et $M$ milieu de l'arc $N1N2$), on en d\'eduit que :\\ $$ AK>AM$$ $$\overrightarrow{AN1} +\overrightarrow{AN2}=2\overrightarrow{AK}$$ d'apr\'es l'in\'egalit\'e triangulaire on a \[ 2AKa2$, on se ram\`ene au cas $a1k>0$, $t>0$ et $a>0$ donc $d(x)$ est positif. On a donc montr\'e que $l(t)$ croit avec $t$. \item de fa\c{c}on purement g\'eom\'etrique,\\ La parall\`ele \`a $OA$ passant par $K$ coupe $MA$ en $L1$. On a donc :\\ $KL1=OA*MK/MO$ et\\ en consid\'erant le triangle $LKL1$,on a :\\ $KL/\sin(\widehat L1)=KL/\sin(\widehat A)=KL1/\sin(\widehat L)$.\\ Le rapport $MK/MO$ augmente avec $OM$ en effet soit une autre position $M1$ de $M$ ($SM0$ et $1-\frac{b}{a}>0$.\\ $\frac{1}{a}S$ est une constante qui ne d\'epend que du triangle $ABC$.\\ Donc $MP+MQ+MR$ sera minimum lorsque $L=(1-\frac{c}{a})MP+(1-\frac{b}{a})MQ$ sera minimum.\\ $L=(1-\frac{c}{a})MP+(1-\frac{b}{a})MQ$ est minimum lorsque $MP=0$ et $MQ=0$ c'est \`a dire lorsque $M$ se trouve sur $AB$ et sur $AC$ donc lorsque $M$ est en $A$.\\ et on a aussi :\\ $MP+MQ+MR=\frac{1}{c}S+(1-\frac{a}{c})MR+(1-\frac{b}{c})MQ$ avec $1-\frac{a}{c}<0$ et $1-\frac{b}{c}<0$ et $\frac{1}{a}S$ est une constante qui ne d\'epend que du triangle $ABC$.\\ Donc $MP+MQ+MR$ sera maximum lorsque $L=(1-\frac{a}{c})MR+(1-\frac{b}{c})MQ \geq 0$ sera nul.\\ $L=(1-\frac{a}{c})MR+(1-\frac{b}{c})MQ$ est nul lorsque $MR=0$ et $MQ=0$ c'est \`a dire lorsque $M$ se trouve sur $BC$ et sur $AC$ donc lorsque $M$ est en $C$.\\ On retrouve aussi le m\^eme r\'esultat pour les cas particuliers : $ABC$ \'equilat\'eral ou isoc\`ele. \section{Les courbes de B\'ezier et le barycentre} \subsection{Courbe de B\'ezier d\'efinie par 3 points} Etant donn\'e 3 points $A,\ B,\ C$ la courbe de B\'ezier qui passe par $A$ et $C$ en \'etant tangente \`a $AB$ et \`a $BC$ a pour \'equation param\'etrique :\\ $A(1-x)^2+2Bx(1-x)+Cx^2$ pour $x \in [0;1]$.\\ On peut donc d\'efinir la fonction :\\ ${\tt bezier3(A,B,C,x):=\{ evalf(A*(1-x)\verb|^|2+2*B*x*(1-x)+C*x\verb|^|2); \};}$\\ La repr\'esentation de cette \'equation param\'etrique se fait en utilisant la fonction {\tt plotparam} qui permet de repr\'esenter des courbes en param\'etrique.\\ On \'ecrit par exemple :\\ {\tt courb(A,B,C):=\{plotparam(affixe(bezier3(A,B,C,x)),x,0,1);\};} \subsection{Courbe de B\'ezier pour une liste de points} On suppose que l'on met dans une liste une suite de points par exemple :\\ {\tt L:=[A,B,C,D,E,F,G]} et on veut tracer les courbes de B\'ezier d\'efinies par {\tt A, B, C} puis, par {\tt C, D, E} puis, par {\tt E, F, G}.\\ On peut donc d\'efinir la fonction : \begin{verbatim} bezierl(L,x):={ local LS,A,B,C; LS:=[]; for(j:=0;j0 donc ici ld et ld1 ne sont pas paralleles M:=(i*(-c*ld1[1]+b*ld1[2])+(c*ld1[0]-a*ld1[2]))/dpd1; plotparam(M,t); t:=element(-3..3); d:=plotfunc(2*t*x+t^2,x); \end{verbatim} On \'ecrit maintenant deux fonctions ({\tt enveloppe3} et {\tt enveloppe}) qui tracent l'enveloppe d'une famille de droites.\\ La fonction {\tt enveloppe3} a trois param\`etres {\tt a,b,c} qui sont des fonctions de la variable $t$ et qui repr\'esente les droites d'\'equation {\tt ay+bx+c=0}. \begin{verbatim} //enveloppe d'une droite def par a(t),b(t),c(t) (ay+bx+c=0) enveloppe3(a,b,c):={ local ld,ld1,dd1,M; ld:=[a,b,c]; ld1:=derive(ld,t); dd1:=ld[0]*ld1[1]-ld[1]*ld1[0]; if (dd1!=0) { M:=(i*(-ld[2]*ld1[1]+ld[1]*ld1[2])+ (ld[2]*ld1[0]-ld[0]*ld1[2]))/dd1; return(plotparam(M,t)); } else { return("droites paralleles"); } } \end{verbatim} La fonction {\tt enveloppe} a un param\`etre {\tt d} qui est :\\ {\tt d} est l'expression {\tt a(t)y+b(t)x+c(t)} (on sous-endend $=0$ et les variables doivent \^etre {\tt x,y,t}). \begin{verbatim} enveloppe(d):={ local zM,a,b,c,a1,b1,c1,dpd1; a:=derive(d,y); b:=derive(d,x); c:=subst(subst(d,x=0),y=0); a1:=derive(a,t);b1:=derive(b,t);c1:=derive(c,t); dpd1:=a*b1-b*a1; if (dpd1!=0) { zM:=(i*(-c*b1+b*c1)+(c*a1-a*c1))/dpd1; return(plotparam(zM,t)); } else return("Droites paralleles"); }; \end{verbatim} On peut alors \'ecrire les fichiers {\tt envelopt} et {\tt envelop3t} pour avoir une figure anim\'ee : l'enveloppe {\tt E} et les diff\'erentes droites qui bougent selon les valeurs de {\tt t} en restant tangentes \`a {\tt E}.\\ Voici le fichier {\tt envelop3t} qui trace l'enveloppe des droites :\\ $\cos(t)*(1-\cos(2t))y+\sin(t)*\cos(2t)x=\sin(t)\cos(t)$ : \begin{verbatim} purge(t); purge(tt); purge(x); purge(y); xyztrange(-6,6,-7,4,-10,10,-3,3,-6,6,-2,4,1); a:=cos(t)*(1-cos(2*t)); b:=sin(t)*cos(2*t); c:=-sin(t)*cos(t); enveloppe3(a,b,c); tt:=element(-3..4); aa:=subst(a,t,tt); bb:=subst(b,t,tt); cc:=subst(c,t,tt); plotfunc((-bb*x-cc)/aa,x); \end{verbatim} Voici le fichier {\tt envelopt} qui trace l'enveloppe des droites $x*(cos(2*t)-cos(t))+y*(sin(2*t)-sin(t))-sin(2*t)=0$ : \begin{verbatim} xyztrange(-6,6,-7,4,-10,10,-3,3,-6,6,-2,4,1); purge(x); purge(y); purge(t); purge(tt); d:=x*(cos(2*t)-cos(t))+y*(sin(2*t)-sin(t))-sin(2*t); enveloppe(d); tt:=element(-3..4); dd:=subst(d,t,tt); aa:=derive(dd,y); bb:=derive(dd,x); cc:=subst(subst(dd,x=0),y=0); plotfunc((-bb*x-cc)/aa,x); \end{verbatim} \section{Le pantalon} Un "jean" de poids $j$ est accroch\'e en $A$ \`a un \'etendage sp\'ecial :\\ l'un des poteaux de l'\'etendage poss\`ede une poulie $P$ ! \\ Le fil de l'\'etendage passe sur la poulie et est accroch\'e \`a l'autre poteau en $O$. On suppose que la masse du fil est n\'egligeable.\\ Quel poids faut-il mettre au bout du fil pour avoir un \'equilibre ?\\ \includegraphics[width=\textwidth]{pantalon}\\ Dans ce qui suit on suppose que :\\ - le "jean" p\`ese $j$ unit\'es et on note $\overrightarrow{J}=(0,-j)$,\\ - les deux poteaux sont distants de $l$,\\ - on choisit le rep\`ere $Oxy$ pour que la poulie $P$ ait comme coordonn\'ees $(0,l)$,\\ - le "jean" est fix\'e au point $A$ de coordonn\'ees $(a,b)$ dans le rep\`ere $Oxy$,\\ - le poids est de $p$ unit\'es.\\ Quelles sont alors les positions d'\'equilibre du "jean" ?\\ Si $\overrightarrow{T1}=(t11,t12)$ est la tension du fil $AP$ et\\ si $\overrightarrow{T2}=(t21,t22)$ est la tension du fil $AO$, on a :\\ $\overrightarrow{T1}+\overrightarrow{T2}+\overrightarrow{J}=0$ et $p^2=||T1||^2$ donc :\\ $t11+t21=0$, $t12+t22-j=0$ et $p^2=t11^2+t12^2$.\\ $\overrightarrow{T1}$ est dirig\'e selon $AP$ donc $-b/(l-a)=t12/t11$,\\ $\overrightarrow{T2}$ est dirig\'e selon $AO$ donc $-b/(-a)=t22/t21$.\\ On remarquera que le probl\`eme n'est pas le m\^eme selon que le pantalon coulisse sur le fil ou qu'il est fix\'e sur le fil par une pince \`a linge : - si le pantalon coulisse sur le fil les deux tensions $\overrightarrow{T1}$ et $\overrightarrow{T2}$ ont m\^eme module.\\ On tape :\\ ${\tt solve([t11+t21=0,t12+t22-j=0,t11^2+t12^2=t21^2+t22^2],}$\\ ${\tt [t11,t12,t21,t22])}$ \\ On obtient :\\ ${\tt [[-t21,j/2,t21,j/2]]}$\\ ce qui signifie que $\overrightarrow{T1}$ et $\overrightarrow{T2}$ sont sym\'etriques par rapport \`a la verticale et donc que $OA=AP$.\\ On tape pour déterminer le poids $p$ en fonction de $j,l,a,b$ :\\ ${\tt solve([t11+t21=0,t12+t22-j=0,t11^2+t12^2=t21^2+t22^2,}$\\ ${\tt b/a=t22/t21,p^2=t11^2+t12^2],[p,t11,t12,t21,t22])}$\\ On obtient :\\ ${\tt [[sqrt(4*b^4*j^2+4*b^2*j^2*a^2)/(4*b^2),(-(j*a))/(2*b),j/2,j*a/(2*b),j/2],}$\\ ${\tt [(-(sqrt(4*b^4*j^2+4*b^2*j^2*a^2)))/(4*b^2),(-(j*a))/(2*b),j/2,j*a/(2*b),j/2]]}$ - si le pantalon est fix\'e en $A$ (par exemple au moyen d'une pince à linge), il faut supprimer l'\'equation ${\tt t11^2+t12^2=t21^2+t22^2}$ et rajouter : ${\tt -b/(l-a)=t12/t11}$.\\ On tape :\\ ${\tt normal(solve([t11+t21=0,t12+t22-j=0,b/a=t22/t21,}$\\ ${\tt -b/(l-a)=t12/t11,t11^2+t12^2=p^2],[p,t11,t12,t21,t22])[1][0])}$\\ On obtient :\\ ${\tt (sqrt(l^2+-2*l*a+a^2+b^2)*abs(l)*abs(b)*abs(j)*abs(a))/(l^2*b^2)}$\\ On a donc : $p^2=j^2*a^2*((l-a)^2+b^2)/(l^2*b^2)$,\\ d'o\`u $b^2=j^2*a^2*(-l+a)^2/(p^2*l^2-j^2*a^2)$.\\ L'ordonn\'ee de $A$ est n\'egative, l'\'equation de la courbe d'\'equilibre est :\\ ${\tt b:=-sqrt((a\verb|^|2*(-l+a)\verb|^|2*j\verb|^|2)/(p\verb|^|2*l\verb|^|2-j\verb|^|2*a\verb|^|2));}$.\\ Pour simuler la situation on \'ecrit les instructions suivantes dans le fichier {\tt pantalon}. Ces instructions permettent de faire varier les param\`etres $j,p$ et $a$.\\ Voici le fichier {\tt pantalon}. \begin{verbatim} switch_axes(0); xyztrange(-1,10,-7,1,-10,10,-1,6,-1,10,-7,1,0); p:=element(0..5); h:=2;//hauteur des poteaux l:=8;//distance entre les poteaux f:=l+5;//longueur du fil j:=element(1..3);//poids du jean segment(l-h*i,l);P;=point(l,0);//dessin d'un poteau segment(-h*i,0);O:=point(0,0);//dessin de l'autre poteau y:=-sqrt((x^2*(-l+x)^2*j^2)/(p^2*l^2-j^2*x^2)); //m:=min(l,p*l/j); //plotfunc(y,x,0,m); a:=element(0..l); b:=-sqrt((a^2*(-l+a)^2*j^2)/(p^2*l^2-j^2*a^2)); A:=point(a,b); couleur(segment(A,0),2); couleur(segment(A,l),2); ap:=sqrt((l-a)^2+b^2); ao:=sqrt(a^2+b^2); c:=ao+ap; //dessin des forces couleur(vecteur(A,a+(b-j)*i),1); couleur(vecteur(A,A+(l-a-b*i)*p/sqrt((-l+a)^2+b^2)),1); couleur(vecteur(A,A+(-l+a+b*i)*p/sqrt((-l+a)^2+b^2)+j*i),1); couleur(vecteur(A,A+(l-a-b*i)*p/sqrt((-l+a)^2+b^2)-j*i),4); T1:=A+(l-a-b*i)*p/sqrt((-l+a)^2+b^2); T2:=A+(-l+a+b*i)*p/sqrt((-l+a)^2+b^2)+j*i; J:=A+(-j)*i; //dessin de la poulie cercle(l,0.2); //dessin du poids p if (c0, {\tt spiraler(A,B,C,n)} est form\'e du triangle(A,B,C) et de \\ {\tt spiraler(A,C,C1,n-1)} avec {\tt C1=similitude(A,k,t,C)}.\\ On \'ecrit donc : \begin{verbatim} //Le dessin obtenu a partir d'un triangle ABC peut //etre decrit de facon recursive si on a C=similitude(A,k,t,B), //soit C1=similitude(A,k,t,C) : //spiraler(A,B,C,0)=triangle(A,B,C) // si n>0, spiraler(A,B,C,n)=triangle(A,B,C) puis //spiraler(A,C,C1,n-1) //n=nombre de triangles a construire=nombre d'appels recursifs spiraler(A,B,C,n):={ local k,t,L; k:=longueur(A,C)/longueur(A,B); t:=angle(A,B,C); if (n>0) { L:=triangle(A,B,C); B:=C; C:=similitude(A,k,t,B); L:=L,spiraler(A,B,C,n-1); } else L:=triangle(A,B,C); retourne L; }:; \end{verbatim} On peut \'ecrire un programme l\'eg\`erement diff\`erent pour ne pas faire deux fois le m\^eme trait.\\ {\tt spiralers(A,B,C,0)} c'est le triangle(A,B,C) si n>0, {\tt spiralers(A,B,C,n)} est form\'e du segment(A,B), du segment(B,C) et de {\tt spiralers(A,C,C1,n-1)} si {\tt C1=similitude(A,k,t,C)}.\\ On \'ecrit donc : \begin{verbatim} //meme dessin que spiraler(A,B,C,n) //mais sans repasser sur le meme trait //si on a C=similitude(A,k,t,B), soit C1=similitude(A,k,t,C) //spiralers(A,B,C,0)=triangle(A,B,C) et si n>0, //spiralers(A,B,C,n)=segment AB et BC puis spiralers(A,C,C1,n-1) spiralers(A,B,C,n):={ local k,t,L; k:=longueur(A,C)/longueur(A,B); t:=angle(A,B,C); if (n>0) { L:=segment(A,B),segment(B,C); B:=C; C:=similitude(A,k,t,B); L:=L,spiralers(A,B,C,n-1); } else L:=L,triangle(A,B,C); retourne L; }:; \end{verbatim} 2/ la proc\'edure r\'ecursive {\tt spiraler1s(A,B,C,n)} commence \`a dessiner la spirale par la fin...\\ {\tt spiraler1s(A,B,C,0)} c'est le triangle(A,B,C) et\\ si n>0, {\tt spiraler1s(A,B,C,n)} est form\'e du triangle(A,C(n-1),Cn) (ou des segments C(n-1)Cn et ACn si on ne veut pas repasser sur le m\^eme trait) et\\ de {\tt spiraler1s(A,B,C,n-1)} si {\tt C(n-1)=similitude(A,k\verb|^|n,n*t,B)} et {\tt Cn=similitude(A,k\verb|^|n,n*t,C)=similitude(A,k,t,C(n-1))}.\\ \begin{verbatim} //meme dessin que spiraler(A,B,C,n) mais autre facon de voir //la recursivite spiraler1(A,B,C,0)=triangle(A,B,C) si n>0, //spiraler1(A,B,C,n)=dernier triangle AMN et spiraler1(A,B,C,n-1) //sans repasser sur le meme trait : //spiraler1s(A,B,C,0)=triangle(A,B,C) et si n>0, //spiraler1s(A,B,C,n)=segments AN et MN et spiraler1s(A,B,C,n-1) spiraler1s(A,B,C,n):={ local k,t,L; k:=longueur(A,C)/longueur(A,B); t:=angle(A,B,C); if (n>0) { M:=similitude(A,k^n,n*t,B); N:=similitude(A,k,t,M); L:=segment(M,N),segment(A,N); L:=L,spiraler1s(A,B,C,n-1); } else L:=triangle(A,B,C); }:; \end{verbatim} \section{La double suite des triangles semblables \`a ABC} \`A partir d'un triangle {\tt ABC}, on trace le triangle {\tt ACC1} semblable au triangle {\tt ABC}. Puis, on recommence le m\^eme processus avec le triangle {\tt ACC1} on obtient le triangle {\tt AC1C2} etc... On trace aussi le triangle {\tt ABB1} semblable au triangle {\tt ABC}. Puis, on recommence le m\^eme processus avec le triangle {\tt ABB1} on obtient le triangle {\tt AB1B2} etc..\\ \'Ecrire un programme {\tt Xcas} qui d\'essine la suite des {\tt n} triangles :\\ {\tt ACC1}, {\tt AC1C2},...{\tt AC(n-1)Cn},{\tt ABB1}, {\tt AB1B2},...{\tt AB(n-1)Bn} \subsection{Avec un programme iteratif} \begin{verbatim} //a partir d'un triangle ABC on trace son semblable sur //AC etc...n fois, on trace aussi le semblable du triangle ABC // sur AB etc...(aussi n fois). spirale2(A,B,C,n):={ local k,t,B0,C0,L; L:=triangle(A,B,C); k:=longueur(A,C)/longueur(A,B); t:=angle(A,B,C); B0:=B; C0:=C; for (j:=1;j<=n;j++){ B:=C; C:=similitude(A,k,t,B); L:=L,triangle(A,B,C); }; B:=B0; C:=C0; for (j:=1;j<=n;j++){ C:=B; B:=similitude(A,1/k,-t,C); L:=L,triangle(A,B,C); } retourne L; }:; \end{verbatim} On clique sur 3 points {\tt ABC} puis on tape :\\ {\tt spirale2(A,B,C,5)}\\ On obtient la suite de 11 triangles :\\ \includegraphics[width=8cm]{spirale2}\\ pour faire le m\^eme dessin mais sans repasser sur le m\^eme trait, on tape : \begin{verbatim} //meme dessin que spirale2(A,B,C,n) mais sans repasser sur le meme trait spirales2(A,B,C,n):={ local k,t,B0,C0,L,j; L:=triangle(A,B,C); k:=longueur(A,C)/longueur(A,B); t:=angle(A,B,C); B0:=B; C0:=C; for (j:=1;j<=n;j++){ B:=C; C:=similitude(A,k,t,B); L:=L,segment(B,C),segment(A,C); }; B:=B0; C:=C0; for (j:=1;j<=n;j++){ C:=B; B:=similitude(A,1/k,-t,C); L:=L,segment(B,C),segment(A,B); }; retourne L; }:; \end{verbatim} \subsection{Avec un programme r\'ecursif} Cette fois on a une seule fa\c{c}on de voir le dessin r\'ecursif : {\tt spiralers2(A,B,C,0)} c'est le triangle(A,B,C) si n>0, {\tt spiralers2(A,B,C,n)} est form\'e des segments ACn et C(n-1)Cn, de {\tt spiraler1s(A,B,C,n-1)} puis dessegments ABn et B(n-1)Bn.\\ On tape : \begin{verbatim} //meme dessin que spirale2(A,B,C,n) mais en recursif //cette fois on a une seule facon de voir le dessin //(analogue a spiraler1s) //et sans repasser sur le meme trait //spiralers2(A,B,C,0)=triangle(A,B,C) si n>0, //spiralers2(A,B,C,n)=segments AN et MN et spiraler1s(A,B,C,n-1) //et segments AQ et PQ (M=C(n-1),N=Cn,P=B(n-1),Q=Bn) spiralers2(A,B,C,n):={ local k,t,M,N,P,Q,L; k:=longueur(A,C)/longueur(A,B); t:=angle(A,B,C); if (n>0) { M:=similitude(A,k^n,n*t,B); N:=similitude(A,k,t,M); L:=segment(M,N),segment(A,N); L:=L,spiralers2(A,B,C,n-1); P:=similitude(A,1/k^n,-n*t,C); Q:=similitude(A,1/k,-t,P); L:=L,segment(P,Q),segment(A,Q); } else L:=triangle(A,B,C); retourne L;} :; \end{verbatim} {\bf Remarques} Ainsi on a :\\ {\tt spiralers2(A,B,C,5)= spiralers(A,B,C,5);spiralers(A,C,B,5);}\\ On peut aussi rajouter un param\`etre {\tt s} suppl\'ementaire qui donnera le sens de la spirale par rapport au signe de {\tt t:=angle(A,B,C)} : {\tt s=1} si la spirale tourne dans le m\^eme sens que les points {\tt A,B,C} et {\tt s=-1} sinon. \\ On tape : \begin{verbatim} //spiraler2s(A,B,C,1,3);spiraler2s(A,B,C,-1,3) //equivalent a spiralers2(A,B,C,3) //s= sens de la spirale par rapport au signe // de l'angle oriente (AB,AC) spiraler2s(A,B,C,s,n):={ local k,t,L; if (s==1) { k:=longueur(A,C)/longueur(A,B); } else{ k:=longueur(A,B)/longueur(A,C); } t:=angle(A,B,C); if (n>0) { L:=triangle(A,B,C); B:=similitude(A,k,s*t,B); C:=similitude(A,k,s*t,C); L:=L,spiraler2s(A,B,C,s,n-1); } else { L:=triangle(A,B,C); } retourne L; }:; \end{verbatim} On clique sur 3 points {\tt ABC} (triangle {\tt ABC} direct) puis on tape :\\ {\tt spiraler2s(A,B,C,1,5);spiraler2s(A,B,C,-1,5)}\\ On obtient la suite de 11 triangles. %\includegraphics[width=\textwidth]{spirale3} \chapter{Quelques exemples de r\'ecursivit\'e} %Les programmes qui suivent sont dans le r\'epertoire {\tt examples/recur}. \section{R\'ecursivit\'e ayant un seul appel r\'ecursif} %Ces programmes se trouvent dans {\tt examples/recur/carre.cxx}.\\ On commence par des exemples simples. \subsection{Les carr\'es} On trace un carr\'e puis le carr\'e qui joint les milieux des cot\'es etc... on s'arr\^ete quand les segments \`a dessiner deviennent trop petits ou quand on a un dessin de profondeur $n$ ($n$ est le nombre d'\'etapes necessaires pour r\'ealiser le dessin).\\ On tape dans un \'editeur de programme (que l'on ouvre avec {\tt Alt+p}), puis on valide avec {\tt OK} : \begin{verbatim} carres(A,B):={ local L; L:=carre(A,B); if (longueur2(A,B)>0.01) { L:=L,carres(A+(B-A)/2,B+(B-A)*i/2); } return L; }; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt carres(point(-1),point(1))} :\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{carre}\\ On obtient le dessin des carr\'es avec le trac\'e qui est fait du plus grand au plus petit : le dessin du carr\'e (-1,1,1+2*i,-1+2*i) puis du carr\'e (0,1+i,i,-1+i)....\\ {\tt bf Remarque} si on tape \begin{verbatim} carres2(A,B):={ local L; if (longueur2(A,B)>0.01) { L:=L,carres2(A+(B-A)/2,B+(B-A)*i/2); } L:=L,carre(A,B); return L; }; \end{verbatim} puis :\\ {\tt carres2(-1.0,1.0)}\\ le dessin des carr\'es ne se fera pas dans le m\^eme ordre et se fera du plus petit au plus grand.\\ {\bf Autre test d'arr\^et} On peut avoir besion de connaitre le nombre de $n$ de fois que l'on fait le ou les appels r\'ecursifs pour avoir un dessin de "profondeur" $n$. On rajoute pour cela un param\`etre qui sera la profondeur.\\ Dans l'exemple ci-dessus, on tape dans un \'editeur de programme (que l'on ouvre avec {\tt Alt+p}), puis on valide avec {\tt OK} le programme : \begin{verbatim} carrep(A,B,n):={ local L; L:=carre(A,B); if (n==0) return NULL; L:=L,carrep(A+(B-A)/2,B+(B-A)*i/2,n-1); return L; }; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt carrep(-1.0,1.0,5)}\\ On obtient le dessin des carr\'es du plus grand au plus petit et de profondeur 5\\ \includegraphics[width=\textwidth]{carre1}\\ {\bf G\'en\'eralisation} \\ On trace un carr\'e $ABCD$, puis le carr\'e $MNPQ$ avec :\\ $\overrightarrow{AM}=a*\overrightarrow{AB}$,\\ $\overrightarrow{BN}=a*\overrightarrow{BC}$,\\ $\overrightarrow{CO}=a*\overrightarrow{CD}$,\\ $\overrightarrow{DP}=a*\overrightarrow{DA}$,\\ o\`u $a$ est un nombre r\'eel entre 0 et 1. \begin{verbatim} carresp(A,B,a):={ local L; L:=carre(A,B); if (longueur2(A,B)>0.01) { L:=L,carresp(A+(B-A)*a,B+(B-A)*i*a,a); } return L; }:; \end{verbatim} On tape par exemple :\\ {\tt carresp(-1.0,1.0,0.2)} On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{carrep} \subsection{Les triangles} %Ces programmes se trouvent dans {\tt examples/recur/triangle.cxx}.\\ On trace un triangle puis le triangle qui joint les milieux des cot\'es etc...on s'arr\^ete quand les segments \`a dessiner deviennent trop petits.\\ On tape dans un \'editeur de programme (que l'on ouvre avec {\tt Alt+p}), puis on valide avec {\tt OK} : \begin{verbatim} triangles(A,B,C):={ local L; L:=triangle(A,B,C); if (longueur2(A,B)>0.01) { L:=L,triangles(A+(B-A)/2,B+(C-B)/2,C+(A-C)/2); } return L}; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt triangles(-2.0,1,2*i)}\\ On obtient le dessin des triangles du plus grand au plus petit :le dessin du triangle (-2,1,2*i) puis du triangle (-0.5,0.5+i,-1+i,)....\\ \includegraphics[width=\textwidth]{triangl1}\\ {\bf Remarque} si on tape \begin{verbatim} trianglesp(A,B,C):={ local L; if (longueur2(A,B)>0.01) { L:=L,trianglesp(A+(B-A)/2,B+(C-B)/2,C+(A-C)/2); } L:=L,triangle(A,B,C); return L}; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt trianglesp(-2.0,1,2*i)}\\ On obtient le m\^eme dessin, mais le trac\'e des triangles ne se fera pas dans le m\^eme ordre et se feradu plus petit au plus grand.\\ {\bf G\'en\'eralisation} \\ On trace un triangle $ABC$, puis le triangle $MNP$ avec :\\ $\overrightarrow{AM}=a*\overrightarrow{AB}$,\\ $\overrightarrow{BN}=a*\overrightarrow{BC}$,\\ $\overrightarrow{CO}=a*\overrightarrow{CD}$,\\ o\`u $a$ est un nombre r\'eel entre 0 et 1. \begin{verbatim} trianglea(A,B,C,a):={ local L; L:=triangle(A,B,C); if (longueur2(A,B)>0.01) { L:=L,trianglep(A+(B-A)*a,B+(C-B)*a,C+(A-C)*a,a); } return L}:; \end{verbatim} On tape par exemple :\\ {\tt trianglea(-2.0,1.0,2*i,0.2)}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{triangla} \section{R\'ecursivit\'e ayant plusieurs appels r\'ecursifs} Voici des exemples encore assez simples. \subsection{Les triangles} %Ces programmes se trouvent dans {\tt examples/recur/triangle.cxx}.\\ On trace un triangle puis on joint les milieux des cot\'es.\\ On obtient ainsi 4 petits triangles semblables au pr\'ec\'edent.\\ On recommence le m\^eme processus avec les trois triangles qui ont un angle commun avec le grand triangle et ainsi de suite.....on s'arr\^ete quand les segments \`a dessiner deviennent trop petits.\\ On tape dans un \'editeur de programme (que l'on ouvre avec {\tt Alt+p}), puis on valide avec {\tt OK} : \begin{verbatim} triangle3(A,B,C):={ local L; L:=triangle(A,B,C); if (longueur2(A,B)<0.005) return NULL; L:=L,triangle3(A,A+(B-A)/2,C+(A-C)/2); L:=L,triangle3(A+(B-A)/2,B,B+(C-B)/2); L:=L,triangle3(C+(A-C)/2,B+(C-B)/2,C); return L; }; \end{verbatim} On tape par exemple :\\ {\tt triangle3(-2.0,1.0,2*i)}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{triangl}\\ {\bf Remarque}\\ Le trac\'e du triangle ne peut se faire qu'a la fin car il suffit de tracer les derniers petits triangles on \'ecrit donc dans un \'editeur de programme (que l'on ouvre avec {\tt Alt+p}), puis on valide avec {\tt OK} : \begin{verbatim} trianglep(A,B,C):={ local L:=NULL; if (longueur2(A,B)<0.01) {return triangle(A,B,C);} L:=L,trianglep(A,A+(B-A)/2,C+(A-C)/2); L:=L,trianglep(A+(B-A)/2,B,B+(C-B)/2); L:=L,trianglep(C+(A-C)/2,B+(C-B)/2,C); return L; }; \end{verbatim} On tape par exemple :\\ {\tt trianglep(-2.0,1.0,2*i)}\\ On obtient le m\^eme dessin. {\bf G\'en\'eralisation} \\ On trace un triangle $ABC$, puis le triangle $MNP$ avec :\\ $\overrightarrow{AM}=a*\overrightarrow{AB}$,\\ $\overrightarrow{BN}=a*\overrightarrow{BC}$,\\ $\overrightarrow{CO}=a*\overrightarrow{CD}$,\\ o\`u $a$ est un nombre r\'eel entre 0 et 1. \begin{verbatim} triangle3p(A,B,C,a):={ local L:=NULL; if (longueur2(A,B)<0.02) {return triangle(A,B,C);} L:=L,triangle3p(A,A+(B-A)*a,C+(A-C)*a,a); L:=L,triangle3p(A+(B-A)*a,B,B+(C-B)*a,a); L:=L,triangle3p(C+(A-C)*a,B+(C-B)*a,C,a); return L; }:; \end{verbatim} On tape par exemple :\\ {\tt triangle3p(-2.0,1.0,2*i,0.6)}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{triangl3} Et avec un autre test d'arr\^et en utilisant la profondeur $n$ du dessin : \begin{verbatim} triangle3an(A,B,C,a,n):={ local L; if (n==0) {return triangle(A,B,C);} L:=L,triangle3an(A,A+(B-A)*a,C+(A-C)*a,a,n-1); L:=L,triangle3an(A+(B-A)*a,B,B+(C-B)*a,a,n-1); L:=L,triangle3an(C+(A-C)*a,B+(C-B)*a,C,a,n-1); return L; }:; \end{verbatim} On tape par exemple :\\ {\tt triangle3an(-2.0,1.0,2*i,0.6,3)}\\ 0n obtient un dessin de profondeur 3 :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{triangl2} \subsection{Les hexagones} %Ces programmes se trouvent dans {\tt examples/recur/polygone.cxx}.\\ On consid\`ere un hexagone de co\'es de longueur $l$, on remplace cet hexagone par 7 hexagones de cot\'es de longueur $l/3$ qui sont :les 6 hexagones ayant un angle commun avec l'hexagone de d\'epart et un septi\`eme hexagone se trouvant au centre comme sur la figure :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{hexago}\\ On obtient ainsi 7 petits hexagones semblables au pr\'ec\'edent et on recommence le m\^eme processus.\\ On tape la fonction {\tt hexago} ou on utilise la commande {\tt hexagone} de {\tt Xcas} : \begin{verbatim} // dessin d'un hexagone hexago(x,y):={ local a,b,c,L; a:=x; b:=y; L:=NULL; for (j:=1;j<=6;j++) { c:=a+(b-a)*exp(evalf(i*pi*2/3)); L:=L,segment(a,c); b:=a; a:=c; } return L; }:; \end{verbatim} puis on fait un premier appel r\'ecursif correspondant \`a l'hexagone du centre et avec la m\^eme it\'eration que dans la fonction {\tt hexago}, on fait un appel r\'ecursif au lieu de tracer un segment pour les hexagones des angles, on tape : \begin{verbatim} hexagones(a,b,n):={ local j,c,L; L:=NULL; if (n==0) {return hexago(a,b);} c:=a+(b-a)*2/3*exp(evalf(i*pi/3)); // dessin de l'hexagone central L:=L,hexagones(c,c+(b-a)/3, n-1); //dessin des 6 hexagones dans les angles for (j:=1;j<=6;j++) { c:=a+(b-a)*exp(evalf(i*pi*2/3)); L:=L,hexagones(c,c+(a-c)/3,n-1); b:=a; a:=c; } return L;}; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt hexagone(point(-1),point(1)),hexagones(-1,1,3)}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{hexag} \subsection{Les polygones r\'eguliers} %Ces programmes se trouvent dans {\tt examples/recur/polygone.cxx}.\\ On part d'un polygone r\'egulier $P$ \`a $k$ sommets et on le remplace par $k$ polygones r\'eguliers \`a $k$ sommets de fa\c{c}on \`a ce que ces $k$ polygones aient chacun un angle commun avec $P$ et de fa\c{c}on \`a ce qu'ils ne se chevauchent pas. Puis on contine le processus et on ne dessine que les derniers petits polygones.\\ Par exemple un hexagone $H$ de cot\'e $a$ est remplac\'e par 6 hexagones de c\^ot\'es $a/3$ obtenus par homoth\'etie de rapport 1/3 et de centre les sommets de l'hexagone $H$.\\ Pour \'ecrire une proc\'edure g\'en\'erale il faut faire un peu de trigonom\'etrie.\\ Le calcul du cot\'e $h$ du petit polygone $k$-r\'egulier doit v\'erifier :\\ - si $k$=3, 4 on a $h=(b-a)/2$\\ - si $k$=5, 6, 7, 8 on a $h+h\cos(2\pi/k)=(b-a)/2$\\ - si $k$=9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16 on a :\\ $h+h\cos(2\pi/k)+h\cos(4\pi/k)=(b-a)/2$ - si $p$={\tt iquo}($k$-1,4), on a :\\ $h\sum_{l=0}^p\ cos(2p\pi/k)=(b-a)/2$ \\ On a donc :\\ $s=\sum_{l=0}^p\ cos(2p\pi/k)=(\sin((2p+1)\pi/k)+\sin(\pi/k))/(2\sin(\pi/k))$\\ donc $h=(b-a)/2/s$\\ et on tape :\\ \begin{verbatim} //napperon de Cantor ou de Sierpinski k=3,4... //utilise isopolygone(a,b,k) k>0 //ex polyserp(-1-2*i,1-2*i,5,3); polyserp(-2*i,1-2*i,9,2) polyserp(a,b,k,n):={ local c,h,j,q,p,s,L; if (n==0) {return isopolygone(a,b,k);} //pour k=3 ou 4 h:=(b-a)/3; //pour k=5,6,7,8 h:=(b-a)/2/(cos(evalf(2*pi/k))+1); //pour autre k il faut calculer s avec la trigo ou avec //s:=1;for (l:=1;l<=iquo(k-1,4);l++){s:=s+cos(2*l*evalf(pi)/k);} p:=iquo(k-1,4); s:=(sin(evalf(pi)/k)+sin((2*p+1)*evalf(pi)/k))/ 2/sin(evalf(pi)/k); for (j:=1;j<=k;j++) { h:=(b-a)/2/s; L:=L,polyserp(a,a+h,k,n-1); c:=a+(b-a)*exp(evalf(i*pi*(k-2)/k)); b:=a; a:=c; } retourne L; }; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt polyserp(-1-2*i,1-2*i,5,3)}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{polys1}\\ On tape :\\ {\tt polyserp(-2*i,1-2*i,9,2)}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{polys2} Le programme du dessin d'un polygone r\'egulier \`a $k$ cot\'es peut vous aider \'a comprendre le programme pr\'ec\'edent. \begin{verbatim} // dessin d'un polygone regulier de k cotes polyreg(x,y,k):={ local a,b,c; a:=x; b:=y; DispG(); for (j:=1;j<=k;j++) { c:=a+(b-a)*exp(evalf(i*pi*(k-2)/k)); segment(a,c); b:=a; a:=c; } }; \end{verbatim} Dans {\tt Xcas}, pour tracer un polygone r\'egulier, on utilise la commande {\tt isopolygone}. {\bf Remarque}\\ Une faute de signe peut vous faire voir de jolis dessins pour k=7,8...et n=2 \begin{verbatim} //utilise polyreg(a,b,k) k>0 k=nb de cotes //ex polyserr(-2*i,1-2*i,8,2); polyserr(-2*i,1-2*i,9,2) polyserr(a,b,k,n):={ local c,h,j,q,p,s,L; L:=NULL; if (n==0) return isopolygone(a,b,k); //if (n==0) {return polyreg(a,b,k);} p:=iquo(k-1,4); s:=(sin(evalf(pi)/k)-sin((2*p+1)*evalf(pi)/k))/ 2/sin(evalf(pi)/k); for (j:=1;j<=k;j++) { if ( s!=0) h:=(b-a)/2/s; else h:=(b-a)/3; L:=L,polyserr(a,a+h,k,n-1); c:=a+(b-a)*exp(evalf(i*pi*(k-2)/k)); b:=a; a:=c; } return L; }; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt polyserr(-2*i,1-2*i,8,2)}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{polys3}\\ Un autre dessin avec des octogones en tra\c{c}ant un octogone au centre et 8 octogones dans les angles : \begin{verbatim} polyserp8(a,b,n):={ local c,h,j,q,p,s,k,L; if (n==0) return isopolygone(a,b,8); k:=8; //if (n==0) {return polyreg(a,b,k);} p:=iquo(k-1,4); s:=(sin(evalf(pi)/k)+sin((2*p+1)*evalf(pi)/k))/ 2/sin(evalf(pi)/k); h:=(b-a)/2/s; L:=polyserp8(a+h+i*h*(sqrt(2)+1),a+h*(sqrt(2)+1)+i*h*(sqrt(2)+1),n-1); for (j:=1;j<=k;j++) { L:=L,polyserp8(a,a+h,n-1); c:=a+(b-a)*exp(evalf(i*pi*(k-2)/k)); b:=a; a:=c; h:=(b-a)/2/s; } return L; }; \end{verbatim} On tape :\\ {\tt polyserp8(-2*i,1-2*i,3)}\\ On obtient :\\ \includegraphics[width=\textwidth]{polys4}\\ \subsection{Le napperon de Cantor ou de Sierpinski avec des points al\'eatoires} On tape : \begin{verbatim} Sierpinski(n):={ local T,j,N,x,y,r; T:=triangle_equilateral(-1/2-i*sqrt(3)/4,1/2-i*sqrt(3)/4,affichage=rouge); z:=0; N:=[0$n]; N[0]=0 (de centre c) arcab(a,b,t):={ //arc(a,b,t):={ local c; //c:=simplify((b-a*exp(i*alpha))/(1-exp(i*alpha))); c:=simplify((b-a*exp(i*t))*(1-exp(-i*t))/(2-2*cos(t))); cercle(c,a-c,arg(a-c),arg(a-c)+t); return c; }; //arc de centre x debutant par y et de mesure +pi/3 //ds peanog arccg(x+(y-x)*exp(evalf(pi)*i/3),x);arcab(x,y,pi/3); arccg(x,y):={ local a; a:=evalf(arg(y-x)); return cercle(x,y-x,a,a+pi/3); }; //arc de centre x debutant par y de de mesure -pi/3 //ds peanod arccd(x+(y-x)*exp(evalf(-pi)*i/3),x);arcab(y,x,pi/3); arccd(x,y):={ local a; a:=evalf(arg(y-x)); return cercle(x,y-x,a,a-pi/3); }; //dessine l'arc passant par a et b d'angle au centre pi/2>0 (de centre c) arcabd(a,b):={ local c,u; c:=simplify((b-a*i)/(1-i)); u:=arg(a-c); plotparam(c+abs(a-c)*exp(i*t),t,u,u+pi/2); return c; }; //dessin du dragon avec para ex dragongt(-i,2+i,evalf(pi)/2,10) //y-u=exp(i*t)*(x-u) dragongt(x,y,t,n):={ local u; u:=(y-x*exp(i*t))/(1-exp(i*t)); if(n==0){segment(x,y);} else { dragongt(x,u,t,n-1); dragondt(u,y,t,n-1); } }; //y-u=exp(-i*t)*(x-u) dragondt(x,y,t,n):={ local u; u:=(y-x*exp(-i*t))/(1-exp(-i*t)); if(n==0){segment(x,y);} else { dragongt(x,u,t,n-1); dragondt(u,y,t,n-1); } }; pavageroue(C,M):={ local L,Q,C1,M1,C2,r,c1,h,r1,c2,r2,I; L:=NULL; L:=L,isopolygone(C,M,-10); Q:=rotation(C,pi/5,M); r:=evalf(longueur(C,M)); c1:=2*r*sin(pi/10); h:=r*cos(pi/10); r1:=c1/(2*sin(pi/5)); c2:=2*r1*sin(2*pi/5); r2:=c2/(2*sin(pi/5)); I:=milieu(Q,M); D:=homothetie(C,(r*cos(pi/10)+r1*cos(pi/5)+r1*cos(2*pi/5)+r2*cos(pi/5))/ (r*cos(pi/10)),I); K:=homothetie(C,(r*cos(pi/10)+c1*cos(pi/10)+r2*cos(pi/5)+r2)/ (r*cos(pi/10)),I); LD:=rotation(C,k*pi/5,D)$(k=0..9); LK:=rotation(C,k*pi/5,K)$(k=0..9); L:=L,etoiles(LD[k],LK[k])$(k=0..9); C1:=homothetie(C,(2*r+2*c1+c2)/r,M); M1:=homothetie(C,(3*r+2*c1+c2)/r,M); L:=L,rouepoly(C1,M1); D1:=homothetie(C,(l+2*h+r2)/(l-r2),D); K1:=homothetie(C,(l+2*h)/l,K); L:=L,etoiles(D1,K1); retourne L; }:;