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Défis de géométrie

Une figure, quelques informations… et parfois un seul trait à ajouter pour que tout devienne clair. Ici, on cherche autant avec les yeux qu’avec les calculs.

10 défis ⭐ à ⭐⭐⭐⭐ 2 indices par défi Solutions détaillées

Observe avant de calculer

Dans plusieurs de ces problèmes, la bonne construction auxiliaire vaut plus qu’une longue suite de calculs.

Défi 1⭐ Accessible5–10 minMilieux

Le quadrilatère des milieux

Prends n’importe quel quadrilatère. Relie les milieux de ses côtés. Quelle figure apparaît toujours ?

Soit \(ABCD\) un quadrilatère quelconque. On note \(E,F,G,H\) les milieux respectifs de \([AB]\), \([BC]\), \([CD]\) et \([DA]\).

Quelle est la nature du quadrilatère \(EFGH\) ?
Indice 1
Regarde les triangles \(ABC\) et \(CDA\).
Indice 2
Dans un triangle, le segment joignant les milieux de deux côtés est parallèle au troisième côté.
Voir la solution
Dans le triangle \(ABC\), \(E\) et \(F\) sont les milieux de \([AB]\) et \([BC]\). Donc \[ EF \parallel AC. \] Dans le triangle \(CDA\), \(G\) et \(H\) sont les milieux de \([CD]\) et \([DA]\). Donc \[ GH \parallel AC. \] Ainsi \(EF\parallel GH\). De même, en utilisant les triangles \(BCD\) et \(BAD\), on obtient \(FG\parallel EH\).

Le quadrilatère \(EFGH\) est donc toujours un parallélogramme.
💡 Théorème de Varignon : les milieux des côtés de tout quadrilatère forment un parallélogramme.
Défi 2⭐ Accessible5–10 minTriangle rectangle

Le milieu de l’hypoténuse

Un point situé au milieu d’un seul côté devient pourtant équidistant des trois sommets.

\(ABC\) est rectangle en \(A\), et \(M\) est le milieu de l’hypoténuse \([BC]\). Montrer que \[ MA=MB=MC. \]
Indice 1
Construis le symétrique \(D\) de \(A\) par rapport à \(M\).
Indice 2
Le quadrilatère \(ABDC\) possède des diagonales qui ont le même milieu.
Voir la solution
Soit \(D\) le symétrique de \(A\) par rapport à \(M\). Alors \(M\) est le milieu de \([AD]\), et par hypothèse il est aussi le milieu de \([BC]\).

Les diagonales du quadrilatère \(ABDC\) ont donc le même milieu : \(ABDC\) est un parallélogramme. Comme \(\widehat{BAC}=90^\circ\), ce parallélogramme est un rectangle.

Les diagonales d’un rectangle ont la même longueur : \[ AD=BC. \] Puisque \(M\) est le milieu de ces deux diagonales, \[ MA=\frac{AD}{2}=\frac{BC}{2}=MB=MC. \]
💡 Idée à retenir : le milieu de l’hypoténuse d’un triangle rectangle est le centre du cercle circonscrit.
Défi 3⭐⭐ Réflexion10–15 minDistances

Le théorème du drapeau britannique

Choisis n’importe quel point dans un rectangle : deux sommes de carrés restent toujours égales.

\(ABCD\) est un rectangle et \(P\) un point quelconque du plan. Montrer que \[ PA^2+PC^2=PB^2+PD^2. \]
Indice 1
Place le rectangle dans un repère : \(A(0,0)\), \(B(a,0)\), \(C(a,b)\), \(D(0,b)\).
Indice 2
Écris les quatre distances au carré depuis \(P(x,y)\) et développe seulement ce qui est nécessaire.
Voir la solution
Avec \(P(x,y)\), \[ PA^2=x^2+y^2,\qquad PC^2=(x-a)^2+(y-b)^2, \] tandis que \[ PB^2=(x-a)^2+y^2,\qquad PD^2=x^2+(y-b)^2. \] En additionnant, les deux côtés sont exactement égaux : \[ x^2+y^2+(x-a)^2+(y-b)^2. \]
💡 Idée à retenir : une identité géométrique peut parfois devenir évidente avec le bon choix de repère.
Défi 4⭐⭐ Réflexion10 minPrincipe des tiroirs

Cinq points dans un carré

Sans connaître les positions, on peut garantir que deux points seront assez proches.

On place arbitrairement 5 points dans un carré de côté \(1\). Montrer qu’il existe toujours deux de ces points dont la distance est inférieure ou égale à \[ \frac{\sqrt2}{2}. \]
Indice 1
Découpe le grand carré en quatre carrés égaux.
Indice 2
Avec 5 points répartis dans 4 petits carrés, deux points au moins tombent dans le même petit carré.
Voir la solution
Découpons le carré unité en quatre carrés de côté \(1/2\). Par le principe des tiroirs, parmi 5 points, deux au moins appartiennent au même petit carré.

La distance maximale entre deux points d’un carré de côté \(1/2\) est sa diagonale : \[ \sqrt{\left(\frac12\right)^2+\left(\frac12\right)^2} =\frac{\sqrt2}{2}. \] La distance entre ces deux points est donc au plus \(\sqrt2/2\).
💡 Idée à retenir : une idée combinatoire très simple peut imposer une propriété géométrique.
Défi 5⭐⭐ Réflexion10–15 minRéflexion

Le plus court chemin avec un détour imposé

Pour aller de A à B en touchant une droite, le chemin cassé devient une ligne droite… après réflexion.

Deux points \(A\) et \(B\) sont situés du même côté d’une droite \(d\). On cherche le point \(M\in d\) qui minimise \[ AM+MB. \] Comment construire ce point ?
Indice 1
Construis le symétrique \(B'\) de \(B\) par rapport à la droite \(d\).
Indice 2
Pour tout \(M\in d\), on a \(MB=MB'\).
Voir la solution
Soit \(B'\) le symétrique de \(B\) par rapport à \(d\). Pour tout point \(M\) de \(d\), \[ MB=MB'. \] Donc \[ AM+MB=AM+MB'. \] Par l’inégalité triangulaire, \[ AM+MB'\ge AB', \] avec égalité exactement lorsque \(A,M,B'\) sont alignés.

Le point optimal est donc l’intersection de \(d\) avec la droite \((AB')\).
💡 Idée à retenir : réfléchir un point transforme un chemin brisé minimal en segment de droite.
Défi 6⭐⭐⭐ Costaud15–20 minDépliage

Le chemin le plus court sur un cube

Deux sommets opposés du cube : la diagonale dans l’espace est interdite, il faut rester sur la surface.

Un cube a pour arête \(1\). Une fourmi part d’un sommet \(A\) et veut atteindre le sommet opposé \(G\), en restant toujours sur la surface du cube.

Quelle est la longueur du plus court trajet ?
Indice 1
Déplie plusieurs faces du cube dans le plan.
Indice 2
Un trajet traversant trois faces peut devenir la diagonale d’un rectangle \(2\times1\).
Voir la solution
Déplions trois faces adjacentes du cube de façon à obtenir un rectangle de dimensions \(2\) et \(1\). Le sommet \(A\) et une copie du sommet \(G\) deviennent deux sommets opposés de ce rectangle.

Dans le patron, le plus court chemin est un segment : \[ L=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt5. \] En repliant le cube, ce segment devient un chemin géodésique sur trois faces.

La longueur minimale est \(\sqrt5\).
💡 Idée à retenir : pour minimiser un trajet sur les faces d’un polyèdre, on déplie les faces traversées afin de retrouver une distance euclidienne.
Défi 7⭐⭐⭐ Costaud15–20 minAires

Le théorème de Viviani

Dans un triangle équilatéral, une somme de trois distances reste constante où que soit le point intérieur.

\(ABC\) est un triangle équilatéral de côté \(a\) et de hauteur \(h\). Un point \(P\) est choisi à l’intérieur. On note \(x,y,z\) ses distances respectives aux côtés \([BC]\), \([CA]\) et \([AB]\).

Montrer que \[ x+y+z=h. \]
Indice 1
Découpe le triangle \(ABC\) en trois triangles ayant tous \(P\) pour sommet.
Indice 2
Exprime l’aire de \(ABC\) de deux façons.
Voir la solution
L’aire du triangle équilatéral vaut \[ \mathcal A(ABC)=\frac{ah}{2}. \] D’autre part, les trois triangles \(PBC\), \(PCA\) et \(PAB\) ont tous une base de longueur \(a\), et leurs hauteurs sont respectivement \(x,y,z\). Donc \[ \mathcal A(ABC) =\frac{ax}{2}+\frac{ay}{2}+\frac{az}{2} =\frac a2(x+y+z). \] En identifiant : \[ \frac a2(x+y+z)=\frac{ah}{2}, \] d’où \[ x+y+z=h. \]
💡 Idée à retenir : lorsqu’une quantité géométrique semble constante, chercher une aire calculée de deux façons est souvent une très bonne piste.
Défi 8⭐⭐⭐⭐ Expert25–40 minOptimisation

Le point de Fermat

Quel point minimise la somme de ses distances aux trois sommets d’un triangle ?

Dans un triangle \(ABC\) dont tous les angles sont strictement inférieurs à \(120^\circ\), on cherche le point \(P\) qui minimise \[ PA+PB+PC. \] Quelle propriété géométrique caractérise ce point optimal ?
Indice 1
À l’optimum intérieur, les trois directions \(\overrightarrow{PA}\), \(\overrightarrow{PB}\), \(\overrightarrow{PC}\) doivent se « compenser ».
Indice 2
Trois vecteurs unitaires dont la somme est nulle forment entre eux des angles de \(120^\circ\).
Voir la solution détaillée
Considérons \[ F(P)=PA+PB+PC. \] Pour un point intérieur distinct des sommets, le gradient de \(F\) est la somme des trois vecteurs unitaires pointant depuis les sommets vers \(P\). À un minimum intérieur, ce gradient doit être nul.

Cela revient à avoir trois vecteurs unitaires \(\vec u,\vec v,\vec w\) tels que \[ \vec u+\vec v+\vec w=\vec0. \] En prenant les normes : \[ \|\vec u+\vec v\|^2=\|\!-\vec w\|^2=1. \] Or \[ 1+1+2\vec u\cdot\vec v=1, \] donc \[ \vec u\cdot\vec v=-\frac12. \] Ainsi l’angle entre \(\vec u\) et \(\vec v\) vaut \(120^\circ\), et de même pour les deux autres paires.

Au point de Fermat, les trois segments \(PA,PB,PC\) forment deux à deux des angles de \(120^\circ\).
💡 Idée à retenir : un problème de minimisation géométrique peut se lire comme un équilibre de trois directions unitaires.
Défi 9⭐⭐⭐⭐ Expert25–35 minVecteurs

La droite d’Euler en trois lignes de vecteurs

Le centre du cercle circonscrit, le centre de gravité et l’orthocentre sont toujours alignés.

Dans un triangle non équilatéral \(ABC\), on note \(O\) le centre du cercle circonscrit, \(G\) le centre de gravité et \(H\) l’orthocentre.

Montrer que \(O,G,H\) sont alignés et que \[ OG=\frac13\,OH. \]
Indice 1
Prends \(O\) comme origine et note \(\vec a=\overrightarrow{OA}\), \(\vec b=\overrightarrow{OB}\), \(\vec c=\overrightarrow{OC}\). On a \(\|\vec a\|=\|\vec b\|=\|\vec c\|\).
Indice 2
Montre que le point de vecteur \(\vec h=\vec a+\vec b+\vec c\) appartient à chacune des trois hauteurs.
Voir la solution détaillée
Posons \[ \vec h=\vec a+\vec b+\vec c. \] Alors \[ \overrightarrow{AH}=\vec h-\vec a=\vec b+\vec c. \] Un vecteur directeur de \(BC\) est \(\vec b-\vec c\). Leur produit scalaire vaut \[ (\vec b+\vec c)\cdot(\vec b-\vec c) =\|\vec b\|^2-\|\vec c\|^2=0, \] puisque \(B\) et \(C\) sont sur le même cercle de centre \(O\).

Donc \(AH\perp BC\). De même, \(BH\perp CA\) et \(CH\perp AB\) : le point de vecteur \(\vec h\) est bien l’orthocentre.

Or le centre de gravité vérifie \[ \overrightarrow{OG} =\frac{\vec a+\vec b+\vec c}{3} =\frac13\overrightarrow{OH}. \] Ainsi \(O,G,H\) sont alignés et \(OG=OH/3\).
💡 Idée à retenir : choisir le centre du cercle circonscrit comme origine transforme une propriété géométrique profonde en une identité vectorielle très courte.
Défi 10⭐⭐⭐⭐ Expert20–30 minGraphes planaires

Les trois maisons et les trois services

Peut-on relier chaque maison à l’eau, au gaz et à l’électricité sans que deux conduites se croisent ?

Trois maisons doivent chacune être reliées à trois services : eau, gaz et électricité. Les neuf connexions doivent être tracées dans le plan, et aucune connexion ne peut en croiser une autre.

Est-ce possible ?
Indice 1
Le problème correspond au graphe biparti complet \(K_{3,3}\) : 6 sommets et 9 arêtes.
Indice 2
Dans un graphe planaire biparti simple, chaque face est bordée par au moins 4 arêtes. Combine cette idée avec la formule d’Euler.
Voir la solution détaillée
Supposons \(K_{3,3}\) planaire. Il possède \[ V=6,\qquad E=9. \] Comme il est biparti, il ne contient aucun cycle de longueur 3. Chaque face d’un dessin planaire serait donc bordée par au moins 4 arêtes.

En comptant les incidences arêtes-faces, chaque arête borde deux faces : \[ 4F\le 2E, \] donc \[ F\le \frac E2=\frac92. \] Comme \(F\) est entier, \(F\le4\).

Mais la formule d’Euler pour un graphe planaire connexe donne \[ V-E+F=2, \] donc \[ 6-9+F=2 \quad\Longrightarrow\quad F=5. \] Contradiction.

Il est impossible de réaliser les neuf connexions dans le plan sans croisement.
💡 Idée à retenir : certains problèmes apparemment géométriques deviennent limpides lorsqu’on ne garde que les sommets et les connexions : c’est la naissance naturelle de la théorie des graphes.