Pour s’amuser en géométrie dans l’espace

# Chapitre 12 Pour s’amuser en géométrie dans l’espace

## 12.1 Un patron du cube avec une animation

On peut montrer qu’il y a 35 hexominos non superposoables (figure formèe par 6 carrés ayant au moins une arrête en commun) et que parmi ces 35 hexominos il y en a 11 qui peuvent être le patron d’un cube.
Ce sont :
Pour faire le dessin ci-dessus on a tapé :

    patron(a):={
      local L,L1,L2,L3,L4,L5,L6;
      L(a):=carre(a+k,a+1+k)$(k=0..3);
      L1:=L(a),carre(a+2+i,a+3+i),carre(a+2-i,a+3-i);
      a:=a+5;
      L2:=L(a),carre(a+3+i,a+4+i),carre(a+3-i,a+4-i);
      a:=a+5;
      L3:=L(a),carre(a+3+i,a+4+i),carre(a+2-i,a+3-i);
      a:=a-4i-10;
      L4:=L(a),carre(a+3+i,a+4+i),carre(a+1-i,a+2-i);
      a:=a+5;
      L5:=L(a),carre(a+3+i,a+4+i),carre(a-i,a+1-i);
      a:=a+5;
      L6:=L(a),carre(a+2+i,a+3+i),carre(a+1-i,a+2-i);
    retourne L1,L2,L3,L4,L5,L6;
    }:;
    patron2(a):={
      local L,L1,L2,L3,L4,L5;
      L(a):=carre(a+k,a+1+k)$(k=0..2);
      L1:=L(a-1),L(a+1+i);
      a:=a+6;
      L2:=L(a),carre(a+i,a+1+i),carre(a-i,a+1-i),carre(a-1-i,a-i);
      a:=a+5;
      L3:=L(a),carre(a+1+i,a+2+i),carre(a-i,a+1-i),carre(a-1-i,a-i);
      a:=a-4i-11;
      L4:=L(a),carre(a+2+i,a+3+i),carre(a-i,a+1-i),carre(a-1-i,a-i);
      a:=a+6;
      L(a):=carre(a+k,a+1+k)$(k=0..1)
      L5:=L(a),L(a+1+i),L(a-1-i);
      retourne L1,L2,L3,L4,L5;
    }:;
    patron(-6+3i);
    patron2(-6-5i);

On veut faire une animation permettant de faire le patron numéro 1 du cube.
Cette animation permet de voir comment on passe du cube au patron et du patron au cube.
On tape :

    cubeani(t):={
    local A,B,C,D,A1,B1,C1,D1,C2,D2,A3,B3,C3,D3,L;
    A:=point([0,0,0]);
    B:=point([1,0,0]);
    C:=point([1,1,0]);C1:=point([1,1,1]);
    D:=point([0,1,0]);
    L:=cube(A,B,C);
    A1:=point(0,-(sin(t)),cos(t));
    B1:=point([1,-sin(t),cos(t)]);
    C1:=point([1,cos(2t)-sin(t),sin(2t)+cos(t)]);
    D1:=point([0,cos(2t)-sin(t),sin(2t)+cos(t)]);
    C2:=point([1,1+sin(t),cos(t)]);
    D2:=point([0,1+sin(t),cos(t)]);
    C3:=point([1+sin(t),1,cos(t)]);
    D3:=point([-sin(t),1,cos(t)]);
    B3:=point([1+sin(t),0,cos(t)]);
    A3:=point([-sin(t),0,cos(t)]);
    L:=L,polygone(A1,B1,C1,D1,affichage=128+rempli):;
    L:=L,polygone(A1,B1,B,A,affichage=129+rempli);
    L:=L,polygone(D,C,C2,D2,affichage=130+rempli);
    L:=L,polygone(C3,B3,B,C,affichage=131+rempli);
    L:=L,polygone(D3,A3,A,D,affichage=132+rempli);
    L:=L,segment(A1,B1);
    L:=L,polygone(A,B,C,D,affichage=133+rempli);
    return [L];
    }:;

On a comme paramètres :
`A,B,C,D` sont les sommets fixes de la base du cube,
`A1,B1 C1,D1,C2,D2,A3,B3,C3,D3` sont les sommets de la face parallèle à `A,B,C,D` du cube qui ont subi des rotations : rotation d’angle t (t=0..π/2) et
d’axe `line(A,B)` pour `A1,B1`, donc
`[B1,A1]:=rotation(line(A,B),t,[point(1,0,1),point(0,0,1)])`,
d’axe `line(A,B)` puis d’axe `line(A1,B1)` pour `C1,D1`, donc
`[C1,D1]:=rotation(line(A1,B1),t,rotation(line(A,B),a, [point(1,1,1),point(0,1,1)]))`,
d’axe `line(C,D)` pour `C2,D2`, donc
`[C2,D2]:=rotation(line(C,D),t,[point(1,1,1),point(0,1,1)])`
d’axe `line(B,C)` pour `B3,C3`, donc
`[B3,C3]:=rotation(line(B,C),t,[point(1,0,1),point(1,1,1)])`
d’axe `line(D,A)` pour `A3,D3` donc :
`[D3,A3]:=rotation(line(D,A),t,[point(0,1,1),point(0,0,1)])` Puis, on tape : `L1:=seq([cubeani(t)],t=0..1.57,0.1):;`
`L2:=seq([cubeani(t)],t=1.57..0,-0.1):;`
`animation(L1,L2)`

## 12.2 Les pliages pour construire des deltaèdres

Selon les deltaèdres à construire, on aura besoin de pièces identiques à la pièce élémentaire et aussi de pièces symétriques à la pièce élémentaire.

### 12.2.1 Le rectangle de base

La pièce élémentaire se fait avec un rectangle de dimension a× a√3.
On peut obtenir 2 rectanges de cette dimension par pliage :

- on plie une feuille A4 de largeur AB selon la médiatrice de AB
- on fait un pli partant de B qui améne le point A en un point C situé sur cette médiatrice pour obtenir un triangle équilatéral ABC.
- On enlève la bande horizontale au dessus de C.
- On coupe selon la médiatrice pour obtenir 2 rectangles identiques ayant les bonnes proportions.

### 12.2.2 Le pliage du rectangle

#### Fabrication de la pièce élémentaire

Prendre un rectangle ABCD de dimension a× a√3.
Voilà comment on procède :

On améne A en C pour former le pli G1G2

On améne C en G1 selon le pli C1G2 et A en G2 selon le pli G1C2

On obtient :

On plie selon C1G1 pour cacher le petit triangle vert sous le rabat CC1G2.
On plie selon C2G2 pour cacher le petit triangle vert sous le rabat AC2G1.

On retourne la pièce et on effectue les plis :
M1G1, M1M2, M2G2 et on obtient la pièce élémentaire formées de 4 triangles équilatèraux.

Les triangles situés à chaque bout seront appelés : languettes et les triangles du centre seront appelés : pochettes. Pour construire, on met les languettes dans les pochettes.

#### Fabrication de la pièce symétrique

Prendre un rectangle ABCD de dimension a× a√3.
On améne B en D pour former le pli g1g2 symétrique de G1G2 par rapport à la médiatrice de AB, puis on continue comme précédemment...

#### Le tétraèdre régulier

Réaliser 2 pièces : l’une identique à la pièce élémentaire (en noir) l’autre la symétrique de la pièce élémentaire (en rouge).
Pour construire le tétraèdre régulier il suffit de glisser les languettes sous la fente centrale (i.e. dans les pochettes).
Début de la construction :

### 12.2.3 Les Deltaèdres

Pour construire :

- Le tétraèdre régulier (4 faces) il faut 1 pièce élémentaire + 1 pièce symétrique.
- L’héxaèdre (6 faces) il faut 3 pièces identiques ou
  2 pièces identiques + 1 pièce symétrique.
- L’octaèdre (8 faces) il faut 4 pièces identiques ou
  2 pièces identiques + 2 pièces symétriques.
- Le décaèdre (10 faces) il faut 5 pièces identiques ou
  3 pièces identiques + 2 pièces symétriques.
- L’icosaèdre (20 faces) il faut 5 pièces identiques + 5 pièces symétriques
- Le rhomboèdre dont les faces sont des losanges formés par 2 triangles équilatéraux, il faut 3 pièces identiques + 3 pièces symétriques.
- L’étoile de Kepler (60 faces constituées par les faces des 20 tétraèdres réguliers construits sur les faces de l’icosaèdre) il faut 30 pièces identiques.

### 12.2.4 Activité en classe

Refaire les opérations de pliage et montrer qu’une pièce élémentaire est constituée de 4 triangles équilatéraux (le pli G1G2 est la médiatrice de AC et ABC étant la moitié d’un triangle équilatéral, G2 est le centre de gravité de ce triangle équilatéral etc...).

## 12.3 Le rhomboèdre

### 12.3.1 La définition et la construction avec `Xcas`

On veut construire le rhomboèdre AB,AD,AF On construit un rhomboèdre dont les faces sont des losanges de côtés de longueur l et ayant un angle égal à a avec 0≤ a≤ 2π/3.
Pour faciliter les calculs, on choisit tout d’abord le point A sur l’axe des z et on suppose que 3 losanges ABCD,ADEF,AFGB sont issus du sommet A, l’angle A de ces 3 losanges valant a et que B,D,E sont dans le plan Oxy avec B sur l’axe des x.
On tape:

    rhomboedre0(l,a):={
    local d,r,h,A,B,C,D,E,F,G;
    d:=2*l*sin(a/2);
    r:=d/sqrt(3);
    h:=sqrt(l*l-r*r);
    A:=point(0,0,h);
    B:=point(r,0,0);
    D:=point(-r/2,r*sqrt(3)/2,0);
    F:=point(-r/2,-r*sqrt(3)/2,0);
    C:=point(r/2,r*sqrt(3)/2,-h);
    E:=point(r/2,-r*sqrt(3)/2,-h);
    G:=point(-r/2,0,-h);
    retourne parallelepipede(A,B,D,F);
    }:;

On peut prendre un autre point de vue. pour faire le rhomboèdre AB,AC,AD, on choisit A à l’origine, B sur l’axe des x (AB=l), C dans le plan ABM et l’angle AB,AC=a.
On tape :

    rhomboedre1(A,l,M,a):={
      local B,C,D,E;
      B:=point(l,0,0);
      losange(A,B,[M,a],C,D);
      E:=point(l*cos(a)*tan(a/2),l*cos(a),l*tan(a/2));
      retourne parallelepipede(A,B,C,E);
    }:;

On fait maintenant un changement de repère, pour que A et B soient quelconques.
`changrep(A,B,M)` renvoie la matrice de passage du repère (O,i,j,k) au repère A,I,J,K avec :
AI=AB/AB, AK=(AI∧AM)/|AI
wedgeAM|,
AJ=(AK∧
overrightarrowAI) On tape:

    changrep(A,B,M):={
    local V,nV,W,nW,I,J,K;
    V:=B-A;
    nV:=sqrt(V*V);
    I:=A+V/nV;
    W:=cross(B-A,M-A);
    nW:=sqrt(W*W);
    K:=A+W/nW;
    J:=A+cross(W/nW,V/nV);
    retourne  normal([coordonnees(I),coordonnees(J),coordonnees(K)]);
    }:;

On tape :

    rhomboedre(A,B,M,a):={
      local l,C,D,E,P;
      P:=changrep(A,B,M);
      l:=longueur(A,B);
      M1:=A+tran(P)*coordonnees(M);
      retourne rhomboedre1(A,l,M1,a);
    }:;

### 12.3.2 Activité en classe

Construire avec du carton un rhomboèdre : chaque groupe de 6 élèves choisit de faire un rhomboèdre à partir d’un losange donné par son angle aigu (le même losange peut donner lieu à la construction de 2 rhomboèdres).
Faire faire ensuite le dessin dans `Xcas` en prenant comme paramètre un angle du losange (on pourra suggérer de choisir la représentation de `rhomboedre0`).

## 12.4 Le dodécaèdre rhombique

### 12.4.1 La définition à partir d’un cube

Pour tracer facilement le dodécaèdre rhombique en perspective cavalière, il faut tout d’abord tracer un cube de centre O, puis tracer les 6 symétriques S0j de O par rapport au centre Oj des faces du cube (j=1..6).
On joint SOj aux quatre sommets de la face du cube de centre Oj (j=1..6).
Le dodécaèdre rhombique est le solide qui a 12 faces en forme de losanges et 14 sommets qui sont les 8 sommets du cube et les 6 symétriques S0j de O par rapport au centre Oj des faces du cube (j=1..6).

### 12.4.2 La définition et la construction avec `Xcas`

Le dodécaèdre rhombique est un polyèdre ayant 12 faces et 14 sommets. Chaque face est ègale à un même losange.
Le dodécaèdre rhombique a 6 sommets d’ordre 4 (sommet commun á 4 losanges) et 8 sommets d’ordre 3 (sommet commun á 3 losanges).
Pour se faire une idèe de sa forme, avec 8 losanges égaux de forme quelconque, on construit deux "pointes" en accolant 4 losanges. Si S et SS sont les sommets (d’ordre 4) de ces deux pointes, on ammène ensuite en coincidence les sommets opposés à S et SS. On obtient un polyèdre ayant 8 faces pleines et 4 faces vides qui peuvent être comblés par 4 losanges qui sont à priori différents des losanges initiaux. Mais pour le dodécaèdre rhombique ces losanges doivent être égaux aux losanges initiaux. Il faut donc trouver les dimensions d’une face. Détermination des dimensions d’une face :
On suppose qu’une face est un losange de côté l et d’angle aigu a.
Montrons que tan(a)=2√2.
Considérons la pointe de sommet S qui accolle 4 losanges.
Elle est constituée par les 4 losanges SAA−1B, SBB1C, SCC1D, SDD1A où SABCD est une pyramide de hauteur h et de base carrée ABCD ((AC/2)2=l2−h2 et AB=AC/√2) et où A1 est le symétrique de S par rapport au milieu de AB, B1 est le symétrique de S par rapport au milieu de BC etc...
On a : A1BB1=ASC On veut avoir : A1BB1=π−a Dans le triangle SAB avec le théorème d’Al-Kashi on a :
AB2=SA2+SB2−2SA*SBcos(ASB)=2l2−2l2cos(a) Dans le triangle SAC avec le théorème d’Al-Kashi on a :
AC2=SA2+SC2−2SA*SCcos(ASC)=2l2+2l2cos(a) Donc :
AC2+AB2=2l2+2l2cos(a)+2l2−2l2cos(a)=4l2 Or AC2=AB2+BC2=2AB2=4(l2−h2) Donc :
AC2+AB2=4l2=4l2−4h2+2l2−2h2
Soit :
l2=3h2, AC2=4l2−4h2=4l2(1−1/3)=8l2/3, AB2=AC2/2=4l2/3
D’où sin(a/2)=AB/(2l)=1/√3 et cos(a/2)=√2/√3.
Puisque 4l2/3=AB2=2l2−2l2cos(a), on a :
cos(a)=1−AB2/(2l2)=1−2/3=1/3 sin(a)=√22/3 et donc

tan(a)=2 | √ |
2

Pour avoir une valeur de a en radians, on tape :
`evalf(atan(2*sqrt(2))`
On obtient : `1.23095941734` radians
Pour avoir une valeur de a en degrés, on tape :
`evalf(atan(2*sqrt(2))*180/pi)`
On obtient : `70.5287793655` degrés.
On tape pour faire le dessin d’une "pointe" :

    dodecarhomb():={
    S:=point(0,0,1/sqrt(3));
    A:=point(sqrt(2/3),0,0);
    B:=point(0,sqrt(2/3),0);
    C:=point(-sqrt(2/3),0,0);
    D:=point(0,-sqrt(2/3),0);
    polyedre(S,A,B,C,D);
    A1:=symetrie(milieu(A,B),S);
    B1:=symetrie(milieu(B,C),S);
    C1:=symetrie(milieu(C,D),S);
    D1:=symetrie(milieu(D,A),S);
    polygone(A,A1,B,B1,C,C1,D,D1,A);
    }:;

On tape pour faire le dessin du dodécaèdre rhombique :

    dodecarhomb():={
    S:=point(0,0,1/sqrt(3));
    A:=point(sqrt(2/3),0,0);
    B:=point(0,sqrt(2/3),0);
    C:=point(-sqrt(2/3),0,0);
    D:=point(0,-sqrt(2/3),0);
    polyedre(S,A,B,C,D);
    A1:=symetrie(milieu(A,B),S);
    B1:=symetrie(milieu(B,C),S);
    C1:=symetrie(milieu(C,D),S);
    D1:=symetrie(milieu(D,A),S);
    polygone(A,A1,B,B1,C,C1,D,D1,A);
    SS:=point(0,0,-3/sqrt(3));
    AA:=point(sqrt(2/3),0,-2/sqrt(3));
    BB:=point(0,sqrt(2/3),-2/sqrt(3));
    CC:=point(-sqrt(2/3),0,-2/sqrt(3));
    DD:=point(0,-sqrt(2/3),-2/sqrt(3));
    polyedre(SS,AA,BB,CC,DD);
    polygone(AA,A1,BB,B1,CC,C1,DD,D1,AA);
    }:;

On obtient en cachant les faces :

### 12.4.3 Activité en classe

Trouver les dimensions du losange qui sera les faces du dodécaèdre rhombique. Faire la construction d’un tel losange et construire le polyèdre avec du carton puisavec `Xcas`.

### 12.4.4 Le graphe du dodécaèdre rhombique

On tape :

    L:=[0,5,5+5*i,5*i,1+i,3+i,3+3*i,1+3*i,2+2*i,4+2*i,
        4+4*i,2+4*i,2+3*i,3+2*i]];
    affichage(point(L[k])$(k=0..13),1+point_point+ epaisseur_point_3);
    carre(L[0],L[1]);
    carre(L[4],L[5]);
    carre(L[8],L[9]);
    segment(L[0],L[8]);
    segment(L[1],L[5]);
    segment(L[1],L[9]);
    segment(L[2],L[6]);
    segment(L[3],L[11]);
    segment(L[3],L[7]);

On obtient :
Le squelette ou le graphe de ce dodécaèdre rhombique n’est pas hamiltonien i.e. il n’existe pas de chemin qui en empruntant les arêtes, passe une fois et une seule par chaque sommet. En effet chaque sommet d’ordre 4 n’est relié qu’à des sommets d’ordre 3 et chaque sommet d’ordre 3 n’est relié qu’à des sommets d’ordre 4. Donc le chemin ne peut passer qu’en alternant sommet d’ordre 3, sommet d’ordre 4, sommet d’ordre 3 etc...Comme il y a 6 sommets d’ordre 4 et 8 sommets d’ordre 3, un chemin passant une fois et une seule par chaque sommet n’existe pas.
La formule de Descartes dit un polyèdre convexe qui a F faces polygomales, A arêtes, S sommets alors F+S−A=2 (ici on a 12 faces 14 sommets et 24 arêtes et on a bien 12+14-24=2). En effet on suppose que ce polyèdre est inscrit dans une sphère sinon on le déforme pour que ce soit le cas. En rajoutant 1 sommet on obtient N−1 faces supplémentaires, 1 sommet supplémentaires et N arêtes supplémentaires donc F+S−A=cste. Pour un tétraèdre on a 4 faces, 4 sommet et 6 arêtes donc cste=2

### 12.4.5 Le patron du dodécaèdre rhombique

    losange_dode(A,B):={
      local C,D,l,a;
      a:=atan(2*sqrt(2));
      D:=rotation(A,a,B);
      C:=D+(B-A);
      retourne quadrilatere(A,B,C,D);
      }:;
    patron_dode(A,B):={
    local C,D,E,F,G,L,a,b,los;
      a:=atan(2*sqrt(2));
      b:=pi-a;
      D:=rotation(A,a,B);
      C:=D+(B-A);
    los:=quadrilatere(A,B,C,D);
    E:=rotation(C,a,A);
    F:=rotation(C,a,B);
    G:=rotation(F,pi-3*a,C);
    L:=los,rotation(A,-atan(2*sqrt(2)),los),rotation(C,atan(2*sqrt(2)),los),losange_dode(E,E+(B-A));
    retourne G,[L];
    }:;
    patron_dodeca(A,B):={
    local C,D,E,F,G,L,L1,L2,a,los;
      a:=atan(2*sqrt(2));
      F,L:=patron_dode(A,B);
      G,L1:= patron_dode(F,F+(B-A));
      L2:= patron_dode(G,G+(B-A))[1];
    L:==op(L),op(L1),op(L2)
      retourne L;
    }:;

On tape :
`a:=atan(2*sqrt(2));patron_dodeca(point(0),point(exp(-i*a/2)))`
On obtient :
On peut aussi faire tracer ce patron par la tortue : avec la tortue il faut travailler en degrés.
On tape :
`evalf(atan(2*sqrt(2))*180/pi);`
On obtient la valeur approchée de a en degrés :
`70.5287793655` soit 70o31.72676193′, soit 70o31′43.6057158"
On tape :

    los(l,a):={
    repete(2,avance(l),tourne_gauche(a),avance(l),
           tourne_gauche(180-a));
    }:;
    loss(l,a):={
    repete( 3,los(l,180-a),tourne_gauche(180-a));
    tourne_droite(180-3*a);avance(l);tourne_gauche(180-2*a);
    los(l,a);avance(l);tourne_gauche(a);
    avance(l);tourne_gauche(180-2*a);
    saute(l);tourne_droite(-3*a);
    }:;
    patron(l):={
    local a;
    a:=evalf(atan(2*sqrt(2))*180/pi);
    tourne_droite(180-3*a/2);
    repete(3,loss(l,a));
    }:;

On tape :
`patron(30)`
On obtient :

## 12.5 Le triacontaèdre rhombique

### 12.5.1 La définition et la construction avec `Xcas`

Le triacontaèdre rhombique est un polyèdre qui a 30 faces. Ses faces sont des losanges d’or (le rapport des diagonales est égal au nombre d’or) de petit angle atan(2) radians soit environ 63.4349488229 degrés (≃ 63o 25′) et de grand angle π−atan(2) radians soit environ 116.565051177degrés (≃ 116o 34′).
Étymologie : du grec triaconta "trente" et rhombos "losange" (polyèdre à trente faces en losange).
Il a été étudié par Catalan en 1862.
Il a des 32 sommets (20 sommets de degré 3 i.e. commun à 3 losanges, 12 sommets de degré 5 i.e. commun à 5 losanges)) et 60 arêtes de longueur a. Son angle dièdre vaut 4π/5 rad = 144o.

#### La construction d’une face

Construction d’un losange ABCD tel que AB,AD= atan(2) et AB=√5:
On porte sur AB le point M tel que AM=1 et sur la perpendiculaire en M à AB, on définit le point N tel que MN=2 et l’angle AM,AN>0.
Alors l’angle AM,AN=atan(2).
On finit ensuite la construction du losange ABCD.
Le segment AN a pour longueur √5 donc on peut aussi construire le losange APQN en portant sur AB le point P tel que AP=AN=√5.
On tape dans un niveau de géométrie 2d :

    A:=point(0);
    B:=point(5);
    M:=point(1);
    N:=point(1+2i);
    losange(A,B,angle(A,M,N),C,D);
    P:=point(sqrt(5));
    losange(A,P,atan(2),Q);

On obtient :

#### L’angle dièdre du triacontaèdre

Soit D un sommet de degré 3 du triacontaèdre. Ce sommet est relié à un triangle équilatèral ABC par les 3 arêtes DA,DB,DC.
On pose a=atan(2). donc l’angle ADB=π−atan(2)=π−a.
On choisit un repère tel que :
ABC est dans le plan Oxy,
D se projette en O et
A=(1,0,0).
Donc AB=AC=BC=√3
Si l=AD, on a, en considérant le triangle ABD :
AB2=2*l2−2*l2cos(π−a) donc
2*l2+2*l2cos(a)=3 Donc l2=3/2/(1+cos(a))
On tape :
`cos(atan(2))`
On obtient : `(sqrt(5))/5`
On tape :
`normal(solve(2*x-2*x*cos(pi-atan(2))-3=0))`
On obtient : `[(-3*sqrt(5)+15)/8]`
Donc l2=−3√5+15/8
La hauteur h=DO du tétraèdre DABC vaut donc :
h2=l2−1=7−3√5/8 On cherche à évaluer l’angle des plans ADB et ADC.
On tape dans un niveau de géométrie 3d :

    A:=point(1,0,0);
    B:=point(-1/2,sqrt(3)/2,0);
    C:=point(-1/2,-sqrt(3)/2,0);
    a:=atan(2);
    l2:=normal(3/2/(1+cos(a)));
    h:=simplify(sqrt(l2-1));
    //h:=(3-sqrt(5))/4;
    D:=point(0,0,h);
    P:=plan(A,B,D);
    Q:=plan(A,C,D);
    angle(P,Q);

On obtient :
`acos((-(sqrt(5))-1)/4)` On sait que cos(4π/5)=2*cos(π/5)2−1 et que :
cos(2π/5)=√5−1/4 donc
cos(4π/5)= 3−√5/4−1=−√5−1/4
Donc l’angle dièdre du triacontaèdre est de 4π/5

#### Le patron du triacontaèdre

On tape :

    losange_triac(A,B):={
      local C,D,l,a;
      a:=atan(2);
      D:=rotation(A,a,B);
      C:=D+(B-A);
      retourne quadrilatere(A,B,C,D);
      }:;
    patron_triac1(A,B):={
    local C,D,E,F,a,b,los;
      a:=atan(2);
      b:=pi-a;
      D:=rotation(A,a,B);
      C:=D+(B-A);
    los:=quadrilatere(A,B,C,D);
    los:=los,losange_triac(A,D);
    E:=rotation(A,-2*a,D);
    los:=los,losange_triac(A,E);
    F:=rotation(B,2*a,A);
    retourne F,[los];
    }:;
    patron_triac2(A,B):={
    local C,D,E,F,a,b,los;
      a:=atan(2);
      b:=pi-a;
      D:=rotation(A,a,B);
      C:=D+(B-A);
    los:=quadrilatere(A,B,C,D);
    los:=los,losange_triac(A,D);
    E:=rotation(A,-2*a,D);
    los:=los,losange_triac(A,E);
    F:=rotation(D,b,C);
    retourne F,[los];
    }:;
    patron_triaconta(A,B):={
    local C,D,E,F,G,l,L1,L2,a,b,j,los;
      a:=atan(2.);b:=pi-a;
      los:=NULL;
      l:=B-A;
      pour j de 1 jusque 5 faire
      F,L1:=patron_triac1(A,B);
      G,L2:= patron_triac2(F,F+l);
      los:=los,L1,L2;
      A:=G;
      B:=A+l;
      fpour;
      retourne los;
    }:;

On tape :
`a:=atan(2.);patron_triaconta(point(0),point(exp(-i*a/2)))`
On obtient :

#### La construction du triacontaèdre avec du carton

Il faut débuter la construction du triacontaèdre en accolant 5 losanges pour former une "pointe" ayant pour base un pentagone régulier : c’est la calotte du dessus. Puis, on rajoute 5 losanges pour combler les vides (cf dessin). On forme ainsi le début de 5 nouvelles "pointes". Faire la même chose pour faire la calotte du dessous. Il vous reste alors 10 losanges pour relier les 2 calottes et terminer les amorces des 5 "pointes" du dessus et les 5 "pointes" du dessous.
En tout, le triacontaèdre a 12 "pointes". Chaque losange appartient à 2 "pointes",le triacontaèdre est donc composé de 12*5/2=30 losanges.
On tape dans un niveau de géométrie 2d pour avoir la vue de dessus d’une calotte :

    losangetria(A,B):=losange(A,B,atan(2));
    vuedessus (A,B):={
    local C,D,L,j;
    L:=NULL;
    pour j:=1 jusque 5 faire
    L:=L,losange(A,B,2*pi/5,C,D);
    L:=L,losange(D,C,4*pi/5);
    B:=D;
    fpour;
    retourne L;
    }:;

On tape :
`vuedessus(0,-2*i)`
On obtient :

#### La construction du triacontaèdre avec `Xcas`

On peut faire le dessin dans l’écran de géométrie 3D.
On prend un losange de côté a√5. Pour faire le dessin avec `Xcas`, on doit faire quelques calculs.
On rappelle que :
cos(2π/5)=(√5 −1)/4 cos(2π/5)2=(3−√5)/8
cos(π/5)=(√5 +1)/4 cos(π/5)2=(3+√5)/8
sin(2π/5)2=(5+√5)/8 sin(π/5)2=(5−√5)/8
En effet, 1+2cos(2π/5)+2cos(4π/5)=0 donc cos(2π/5) est la solution positive de 4X2+2X−1=0.

- Calcul de la diagonale BD2 lorsque AB2=5a2.
  BD2=(AB−a)2+(2a)2=a2(√5−1)2+4a2)=a2(10−2√5)=2a2(5−√5)
- Calcul de la diagonale AC2 lorsque AB2=5a2.
  AC2=(AB+a)2+(2a)2=a2(√5+1)2+22)=a2(10+2√5)=2a2(5+√5)
- Calculons de la hauteur h=AO issue de A de la pyramide de sommet A et de base le pentagone de côté BD. Cette pyramide a pour arête AB=a√5 et calculons le rayon r=OB du cercle circonscrit à ce pentagone.
  On a :
  BD=2rsin(π/5)
  On sait que cos(2π/5)=(√5−1)/4 donc on tape :
  `normal(1-((sqrt(5)-1)/4)```^```2)`
  On obtient la valeur de sin(2π/5)2 :
  `(sqrt(5)+5)/8`
  On sait que cos(π/5)=(√5+1)/4 donc on tape :
  `normal(1-((sqrt(5)+1)/4)```^```2)`
  On obtient la valeur de sin(π/5)2 :
  `(5-sqrt(5))/8`
  BD2=4r2sin(π/5)2=r2(5−√5)/2=a2(10−2√5)
  Donc r2=4a2
  h2=AB2−r2=5a2−4a2=a2
  Donc si AB=a√5 on a h=AO=a et OB=OC=r=2a
- Calculons les angles b=MAO et c=OAC.
  On a :
  tan(b)=2*OBcos(π/5)/OA=2cos(π/5)=(√5+1)/2 et tan(c)=OC/OA=2 Donc l’angle MAC=b+c. Dans la suite on appellera cet angle :
  "angle au sommet" de la pyramide de sommet A et on dira que AC est l’arête opposée à AM (M etant le milieu de BD).
- Traçons le losange ABA1D. A1 est aussi le sommet d’une pyramide à base pentagonale. Cette pyramide a le losange ABA1D en commun avec la pyramide de sommet A. Son "angle au sommet" vaut donc aussi b+c.
  Le plan médiateur de BD contient le segment AA1 ainsi que les arêtes opposées AC et A1C1 où A1C1 l’arête opposée à A1M pour la pyramide de sommet A1. On va montrer que A1C1 est parallèle à AO (O pied de la fauteur de la pyramide de sommet A).
  Calculons C1A1A+MAO=b+c+b=2b+c.
  On a tan(2b+c)=(2tan(b)/(1−tan(b)2)+tan(c))/(1−tan(2b)tan(c)).
  Donc tan(2b+c)=(2tan(b)+tan(c)−tan(c)tan(b)2)/D Calculons le numérateur on a tan(b)2=√5+3 donc :
  (2tan(b)+tan(c)−tan(b)2tan(c))=√5+1+2−√5−3=0
  Donc tan(2b+c)=0. Donc si AO est vertical, il en est de même de A1C1. Ainsi les losanges qui relient 2 calottes de sommets opposés S1S2 ont des côtés parrallèles à S1S2.

On tape pour voir les 2 calottes et la tranche du milieu :

    S1:=point(0,0,5.5):;S1;
    S2:=point(0,0,-5.5):;S2;
    P1:=isopolygone(point([0,0,4.5]),point([2.,0,4.5]),point([0,1.,4.5]),-5):;
    P1:;
    P2:=isopolygone(point([0,0,-4.5]),point([2*cos(pi/5.),2*sin(pi/5.),-4.5]),
    point([0,1.,-4.5]),-5):;P2:;
    LS1:=sommets(P1):;LS1:=op(LS1),LS1[0]:;
    LS2:=sommets(P2):;LS2:=op(LS2),LS2[0]:;
    L1:=losange(S1,LS1[0],LS1[1],C1):;
    losange(S1,LS1[1],LS1[2],C2):;
    LL1:=losange(LS1[1],C1,C2,C3):;
    affichage(rotation(droite(S1,S2),2*k*pi/5,L1)$(k=0..4), 1);
    affichage(rotation(droite(S1,S2),2*k*pi/5,LL1)$(k=0..4), 1);
    L2:=losange(S2,LS2[0],LS2[1],D1):;
    losange(S2,LS2[1],LS2[2],D2):;
    LL2:=losange(LS2[1],D1,D2):;
    affichage(rotation(droite(S1,S2),-2*k*pi/5,L2)$(k=0..4), 4);
    affichage(rotation(droite(S1,S2),-2*k*pi/5,LL2)$(k=0..4), 4);
    C4:=translation([0,0,-2.],C3):;
    C5:=translation([0,0,-2.-sqrt(5.)],C3):;
    C6:=translation([0,0,-2.],C1):;
    losange(LS1[1],C1,C2,C3):;
    C7:=translation([0,0,-2.],C2):;
    LL4:=losange(C4,C5,C7):; LL3:=losange(C4,C6,C5):;
    affichage(rotation(droite(S1,S2),2*k*pi/5,LL4)$(k=0..4),0);
    affichage(rotation(droite(S1,S2),2*k*pi/5,LL3)$(k=0..4),0);

On obtient les 2 calottes et la tranche du milieu :
On peut remarquer que si A et B sont des sommets opposés et si PA et PB sont les plans perpendiculaires à AB passant respectivement par A et B alors les autres sommets des losanges sont disposés sur des cercles dont les 6 plans sont perpendiculaires à AB et les 8 plans (ces 6 plans + PA et PB) sont distants de A de (0,a,2a,3a,a(√5+2),a(√5+3)),a(√5+4),a(√5+5). C’est à dire que AB=a(5+√5) i.e. les sommets opposés sont distants de a(5+√5).
Ses différents sommets sont sur des cercles de rayon : 0, 2a, 4acos(π/5), 4acos(π/5), 4acos(π/5), 4acos(π/5), 2a, 0.
Pour faire le triacontaèdre il reste à rassembler les 2 calottes et la tranche du milieu. Pour cela il suffit de changer les cotes des objets géométriques afin de rassambler les 3 images ou bien on taper :

    //on est en dimension 2
    P1:=isopolygone(point(0),2,-5):;
    LS1:=op(sommets_abca(P1)):;
    P2:=isopolygone(point(0),2+2*exp(i*2*pi/5),-5):;
    LS2:=op(sommets_abca(P2)):;
    //on passe en dimension 3
    LS1:=append(evalf(coordonnees(LS1[k])),0)$(k=0..5);
    LS2:=append(evalf(coordonnees(LS2[k])),-1)$(k=0..5):;
    P:=seq(polygone(point(0,0,1),LS1[k],LS2[k],LS1[k+1]) ,k,0,4):;
    P;
    C:=NULL:;LS2:=evalf(LS2[4]),LS2:;
    L:=seq(losange(LS1[k],LS2[k],LS2[k+1],C[k]),k,0,4):;L;
    D:=(translation([0,0,-sqrt(5)],C[k]))$(k=0..4):;
    F:=(translation([0,0,-sqrt(5)],point(LS2[k])))$(k=0..4):;
    polygone(LS2[1],C[0],D[0],F[1]);
    polygone(point(LS2[k+1]),C[k],D[k],point(F[k+1]))$(k=0..3):;
    polygone(LS2[1],F[1],D[1],C[1]);
    polygone(LS2[0],C[4],D[4],F[0]);
    polygone(LS2[k],F[k],D[k],C[k])$(k=0..4);
    polygone(LS2[k+1],C[k],D[k],F[k+1])$(k=0..3);
    LL4:=losange(F[0],D[4],D[0],G4):;G:=NULL:;
    L4:=(losange(F[k+1],D[k],D[k+1],G[k])$(k=0..3)),LL4:;
    L4;G:=G4,G:;
    L5:=losange(D[k],G[k],G[k+1])$(k=0..3);
    LL5:=losange(D[4],G[4],G[0],AAA):;
    coordonnees(AAA);L5:=L5,LL5[0]:;
    affichage(L5[k],1+epaisseur_ligne_2)$(k=0..4);

Les coordonnées de AAA sont (0,0,−4−√5). Donc si une pointe a comme coordonnéees 0,0,1 les coordonnées de la pointe opposée est [0,0,−4−√5].
Un triacontaèdre de côté √5 a comme hauteur 5+sqrt(5) : la bande intermédiaire a des sommets sur une verticale de côté √5 mais ces sommets sont alternativement sur des plans horizontaux distants de 1.

#### Le graphe du triacontaèdre

Le triacontaèdre a 30 faces qui sont des losanges d’or, 32 sommets et 30 arêtes.

Exercice (niveau 3-ième)
Le triacontaèdre a 30 faces qui sont des losanges d’or et 32 sommets qui sont soit d’ordre 3 soit d’ordre 5 (i.e. soit communs à 3 faces, soit communs à 5 faces).
Combien y-a-t-il de sommets d’ordre 3 et de sommets d’ordre 5 ?

Soit x le nombre de sommets d’ordre 3 et y le nombre de sommets d’ordre 5.
On a à résoudre le système :
x+y=32 et 3*x+5y=30*4 qui est équivalent à
x=32−y et 3*32+2y=4*30 soit
x=32−y et y=60−48
Donc x=20 et y=12.
Ou bien avec `Xcas`, on tape :
`linsolve([x+y=32,3x+5y=120],[x,y])` On obtient `[20,12]`

Le graphe du triacontaèdre
On tape :

    LA:==[-6,-4,-2,-1,1,2,4,6,-6i,-4i,-2i,-i,i,2i,4i,6i];
    LB:=[3+i,1+2*i,1+3*i,2+3*i,-3+i,-1+2*i,-1+3*i,-2+3*i,
         -3-i,-1-2*i,-1-3*i,-2-3*i,3-i,1-2*i,1-3*i,2-3*i];
    affichage(point(LA[k]),1+ epaisseur_point_3+point_point)$(k=0..15);
    affichage(point(LB[k]),1+ epaisseur_point_3+point_point)$(k=0..15);
    polygone(LA[0],LA[8],LA[7],LA[15]);
    polygone(LA[1],LA[9],LA[6],LA[14]);
    polygone(LA[1],LA[8],LA[6],LA[15]);
    polygone(LA[4],LA[5],LB[1],LA[12]);
    polygone(LA[3],LA[2],LB[5],LA[12]);
    polygone(LA[3],LA[2],LB[9],LA[11]);
    polygone(LA[4],LA[5],LB[13],LA[11]);
    segment(LB[0],LA[5]) ,segment(LB[12],LA[5]);
    segment(LB[4],LA[2]) ,segment(LB[8],LA[2]);
    segment(LB[2],LB[3]), segment(LB[2],LB[1]);
    segment(LB[2],LA[13]);
    segment(LB[6],LB[7]), segment(LB[6],LB[5]);
    segment(LB[6],LA[13]);
    segment(LB[10],LB[11]), segment(LB[10],LB[9]);
    segment(LB[10],LA[10]);
    segment(LB[14],LB[15]), segment(LB[14],LB[13]);
    segment(LB[14],LA[10]);
    segment(LA[0],LA[1]), segment(LA[6],LA[7]);
    segment(LA[8],LA[9]), segment(LA[14],LA[15]);
     segment(LA[10],LA[11]), segment(LA[12],LA[13]);

On obtient :
Le squelette de ce triacontaèdre n’est pas hamiltonien i.e. il n’existe pas de chemin qui en empruntant les arêtes, passe une fois et une seule par chaque sommet. En effet chaque sommet d’ordre 5 n’est relié qu’à des sommets d’ordre 3 et chaque sommet d’ordre 3 n’est relié qu’à des sommets d’ordre 5. Donc le chemin ne peut passer qu’en alternant sommet d’ordre 3, sommet d’ordre 5, sommet d’ordre 3 etc...Comme il y a 12 sommets d’ordre 5 et 20 sommets d’ordre 3, un chemin passant une fois et une seule par chaque sommet n’existe pas.

### 12.5.2 Activité en classe

Faire faire le patron du losange de base de côté √5 aux èlèves pour obtenir 30 losanges (c’est parfait pour une classe de 30 élèves !).
Faire le montage avec du scotch pour obtenir le triacontaèdre.
Ou encore faire le patron de 5 losanges accolés pour pouvoir faire facilement une "pointe". il faut 12 "pointes" : le montage sera plus facile car le triacontaèdre final aura une epaisseur de 2 feuilles.
Choisir un repère orthonormé et faire calculer les coordonnées de chaque sommet du triacontaèdre : c’est un bon exercice qui utilise la géométrie analytique (en particulier, trouver les coordonnées de la somme de 2 vecteurs, l’utilité du produit scalaire...) et un peu de géométrie pure.
Voici une coupe du triacontaèdre par un plan passant par 2 sommets opposés et par une "pointe".
On tape :

    S:=point(i);
    A:=point(-2);
    A1:=point(2*cos(pi/5));
    S1:=symetrie(A1,S);
    segment(A,S);
    segment(S1,S);
    d:=parallele(S1,droite(A,S)):;
    O1:=inter_unique(d,droite(x=0));
    segment(S1,O1);
    longueur(S,O1);
    S2:=S1-i*sqrt(5);
    B:=point(-i-4*cos(pi/5)^2);
    B1:=symetrie(B,A);
    B2:=B1-i*sqrt(5);
    S3:=point(-i*(sqrt(5)+4));
    droite(milieu(B2,S3),2+milieu(B2,S3)));
    M:=milieu(B2,S3);
    N:=point(2-i*(3+sqrt(5)));
    segment(S1,B2);
    segment(S2,B1);
    polygone(S,A,B1,B2,S3,N,S2,S1);

On obtient :
Un exemple d’exercice:
On a dit : "Il faut débuter la construction du triacontaèdre en accolant 5 losanges dont un angle vaut atan(2) pour former une "pointe" (la calotte du dessus) ayant pour base un pentagone régulier.
Puis, on rajoute 5 losanges pour combler les vides.
Pmontrons les vides peuvent être comblés par un losange ayant des côtés de longueurs √5 et comme angles α=atan(2) et π−α :
On tape :
`S:=point(0,0,1);A:=point(2,0,0),B:=point(2*cos(4*pi/5),2*sin(4*pi/5),0)`
Alors le produit scalaire de SA.SB vaut :
4cos(4π/5)+1=1−4cos(π/5)=1−(1+√5)=−√5=5*cos(x).
Donc cos(x)=−√5/5. Puisque cos(α)=√5/5 on a cos(x)=−cos(α).
Donc l’autre angle x du losange vaut x=π−α
Donc le vide peut être comblé par un losange d’angles α=atan(2) et π−α.

## 12.6 La forme géométrique d’une molécule dans l’espace

### 12.6.1 Présentation du problème

Ce qui suit a été inspiré d’une épreuve à l’oral de l’agrégation externe de Mathématiques session 2008 dont voila le lien :
http://agreg.dnsalias.org/Textes/pub2008-C2.pdf
Les différentes configurations possibles de chaque molécule formant un cycle de 6 atomes (comme le cyclohexane et le glucose) sont déterminées par la longueur de ses liaisons et par les angles que doivent faire entre elles les différentes liaisons.
Nous étudions ici la forme des molécules du cyclohexane et du glucose. Nous allons commencer tout d’abord par un lemme utile pour l’étude de ces 2 cas.

### 12.6.2 Un lemme

Pour étudier la forme de la molécule du cyclohexane, on a besoin de résoudre le système en u,v,w de la forme :

R(u,v)=0,R(v,w)=0,R(u,w)=0

lorsque R(u,v)=α u2v2+β(u2+v2)+γ uv+δ
et
pour étudier la forme de la molécule du glucose, on a besoin de résoudre le système en u,v,w de la forme :

P(u,v)=0,R(v,w)=0,R(u,w)=0

lorsque P(u,v)=α1 u2v2+β1(u2+v2)+γ1 uv+δ1 et
R(u,w)=α u2w2+β u2+γ uw+η w2+δ.
On commence par chercher à résoudre le système en u,v,w de la forme :

P(u,v)=0,R(v,w)=0,R(u,w)=0

lorsque P(u,v)=α1 u2v2+β1(u2+v2)+γ1 uv+δ1 et
R(u,w)=α u2w2+β u2+γ uw+η w2+δ.
Pour cela on cherche u et v en fonction de w pour que :
R(v,w)=0,R(u,w)=0
On a donc à résoudre tout d’abord l’équation du second degré en w :
R(x,w)=α x2w2+β x2+γ wx+η w2+δ=(α w2+β)x2+γ wx+η w2+δ.
En posant :
a=α w2+β
b=γ w
c=η w2+δ
On a donc à résoudre l’équation du second degré :
R(x,w)=ax2+bx+c=0 où a,b,c dépendent de w.
Cette équation a 2 solutions x1 et x2 qui dépendent de w.
Donc on peut avoir :
u=v=x1 ou u=v=x2 ou u=x1,v=x2 ou u=x2,v=x1

- Pour les 2 premiers cas, on a u=v, donc
  u est égal à une des solutions u1,u2,u3,u4 de l’équation bicarrée :
  P(x,x)=α1 x4+(2β1+γ1) x2+δ1 et
  les solutions des équations :
  R(uj,x)=0 pour j=1,2,3,4
  donneront les valeurs de w.
  Si on cherche seulement des solutions réelles en u,v,w il faudra faire des vérifications...
- Pour les 2 derniers cas, on a u=x1 et v=x2 ou u=x2 et v=x1 donc:
  uv=x1x2=c/a et u+v=x1+x2=−b/a donc
  u2v2=x12x22=c2/a2 et
  u2+v2=(u+v)2−2uv=(x1+x2)2−2x1x2=(b2−2ca)/a2.
  On doit donc résoudre l’équation bicarrée en w Eq=P(x1,x2)=0 que l’on écrit en fonction de a,b,c :
  Eq=P(x1,x2)=α1 c2+β1 (b2−2ca)+γ1 ca +δ1 a2=0
  Avec `Xcas` , il faudra taper pour résoudre Eq=0 :

      a:=alpha*w^2+beta;
      b:=gamma*w;
      c:=eta*w^2+delta;
      Eq:=normal(alpha1*c^2+beta1*(b^2-2*c*a)+gamma1*c*a+
          delta1*a^2);
      solve(Eq=0,w);

Cas P, Q et R sont symétriques et ont les mêmes coefficients
On a : α1=α, β1=β=η, γ1=γ, δ1=δ
Il faut résoudre Eq=0 qui est une équation bicarrée en w, mais dans ce cas Eq se factorise.
On tape :

    a:=alpha*w^2+beta;
    b:=gamma*w;
    c:=beta*w^2+delta;
    Eq:=normal(alpha*c^2+beta*(b^2-2*c*a)+gamma*c*a+
        delta*a^2);

On factorise Eq, on tape : `factor(Eq)`
On obtient :
`(alpha*delta-beta```^```2+beta*gamma)*`
`(alpha*w```^```4+delta+2*w```^```2*beta+w```^```2*gamma)`
On voit que `(alpha*delta-beta```^```2+beta*gamma)` est un facteur de `Eq` donc :

- si `(alpha*delta-beta```^```2+beta*gamma)=0` (on verra dans l’étude qui suit que c’est le cas pour le cyclohexane), alors le polynôme Eq est identique à 0 et pour toutes les valeurs de w, si x1 et x2 sont les solutions différentes de R(w,x)=(α w2+β)x2+(γ w)x+(β w2+δ)=0 alors,
  R(u,v)=0,R(v,w)=0,R(w,u)=0 a une infinité de solutions :
  u=x1, v=x2 et w où x1 et x2 sont les solutions différentes dépendant de w de l’équation en x, R(x,w)=0.
  Si on cherche seulement des solutions réelles en u,v,w il faudra faire des vérifications...
- si `(alpha*delta-beta```^```2+beta*gamma)``≠``0`
  Il reste à résoudre :
  `alpha*w```^```4+(2*beta+gamma)*w```^```2+delta=0`
  ce qui donne en général 4 solutions pour w : w1,w2,−w1,−w2.
  Là aussi si on cherche seulement des solutions réelles en u,v,w il faudra faire des vérifications...

Cas P est symétrique et Q et R ont les mêmes coefficients
C’est le cas du glucose.
Il n’y a pas de simplification, il faut résoudre Eq=0 et taper :

    a:=alpha*w^2+beta;
    b:=gamma*w;
    c:=eta*w^2+delta;
    Eq:=normal(alpha1*c^2+beta1*(b^2-2*c*a)+ gamma1*c*a+
        delta1*a^2);
    solve(Eq=0,w);

### 12.6.3 Molécule du cyclohexane

On choisit ici la molécule du cyclohexane constituée de 6 atomes de carbone et dans la modélisation ci-dessous, on ne prend en compte que les liaisons entre les atomes constituant le cycle, et non celles avec les atomes voisins du cycle.
Pour la molécule du cyclohexane la chimie nous impose :

Le triangle ACE est équilatéral et les triangles ABC, CDE, EFA sont isocèles avec AB=AC=DC=DE=FE=FA=1 unité de longueur et les angles B, D, F de ces triangles ainsi que les angles FAB, BCD et DEF sont égaux à 109 degrés. Donc on a :
l=AC=AE=CE=2cos(π/2−109π/360)=2cos(71π/360).
D’après les chimistes, il y a 2 conformations appelées "chaise" et "bateau" : les points B,D,F sont d’un même côté du plan ACE (c’est le "bateau") ou 2 des points B,D,F sont d’un même côté du plan ACE et l’autre point est de l’autre côté (c’est la "chaise").

#### La "chaise" et le "bateau" symétrique en géométrie

L’étude géométrique faite ici est simplifiée car on ne cherche que les solutions admettant des symétries mais on verra qu’il y beaucoup d’autres solutions.
On peut commencer par faire un modèle en carton du problème (les traits marquent les pliures).
et on améne en coincidence :
CDD avec CD en pliant selon BC et EC,
EFF avec EF en pliant selon ED et EA, et
ABB avec AB en pliant selon FA et AC.
Lorsqu’on plie selon AC, le point B se déplace dans le plan médiateur de AC sur le cercle de centre le milieu H de AC rayon BH=sin(a1) où a1=BAC.
Lorsque FF est en F pour pouvoir amener DD en D et BB en B, il faut que BD=BF donc B se trouve dans le plan médiateur de DF sur le cercle de centre le milieu H1 de FD et de rayon AC√3/2.
Donc quand la molécule est formée, B est à l’intersection du cercle de centre E et de rayon AC√3/2 du plan médiateur de FD et du cercle de centre H et de rayon BH=sin(a1) du plan médiateur de AC.
Quand la molécule est formèe, cherchons tout d’abord les solutions lorsque FD est parallèle à AC i.e. lorsque le plan médiateur de AC et le plan médiateur de FD sont confondus. Cela entraine que les angles des plans CDE, EFA avec le plan ACE sont égaux si on suppose que F et D sont d’un même côté du plan ACE.
En effet les points B, F et D sont soit tous les trois d’un même côté du plan ACE (c’est la forme "bateau"), soit deux de ces points sont d’un même côté du plan ACE et le troisième point est de l’autre côté (c’est la forme "chaise").
Dans la suite, on suppose que F et D sont au dessus du plan ACE lorsque l’on se place dans le repère orthonormé directe (A,i,j,k) tel que i dirige AC et j soit dans le plan ACE pour que l’ordonnée de E soit positive.
Du fait des symétries, on ne va considérer que les 2 possibilités :
soit B, F et D sont soit tous les trois au dessus du plan ACE,
soit F et D sont au dessus du plan ACE et B est en dessous de ce plan.

- B, F et D sont soit tous les trois au dessus du plan ACE
  Cherchons les coordonnées de B lorsque les angles des plans ABC, CDE, EFA avec le plan ACE sont égaux. Dans ce cas le triangle BDF est un triangle équilatéral et du fait de la symétrie du cycle, si on regarde la vue de dessus, on voit que BDF forme avec ACE une étoile à 6 branches.
  La vue de dessus :
  les 2 plans ACE et BDF sont parallèles et distant de zB=h.
  Donc si on pose :
  `b:=109/180*pi; a1:=normal(pi/2-b/2);AC=l:=2*cos(a1)`
  les coordonnées de B sont :
  xB=cos(a1), yB=−l*√3/6, zB=√sin(a1)2−l2/12=√sin(a1)2−cos(a1)2/3
  Les coordonnées de D sont :
  xD=l, yD=l*√3/3, h=zD=zB=√sin(a1)2−cos(a1)2/3
  les coordonnées de F sont :
  xF=0, yF=l*√3/3, zF=zB=√sin(a1)2−cos(a1)2/3
  Vue en 3d du bateau symétrique
  Avec `Xcas` on ouvre un niveau de géométrie 3d et on tape :

      a1:=71/360*pi;
      l:=2*cos(a1);
      h:=sqrt(sin(a1)^2-cos(a1)^2/3);
      triangle(point(0,0,0),point(l,0,0),
               point(l/2,l*sqrt(3)/2,0),affichage=1);
      triangle(point(0,0,0),point(l,0,0),
               point(cos(a1),-l*sqrt(3)/6,h));
      triangle(point(l,0,0),point(l/2,l*sqrt(3)/2,0),
               point(l,l*sqrt(3)/3,h));
      triangle(point(0,0,0),point(l/2,l*sqrt(3)/2,0),
               point(0,l*sqrt(3)/3,h));
      triangle(point(cos(a1),-l*sqrt(3)/6,h),point(l,l*sqrt(3)/3,h),
               point(0,l*sqrt(3)/3,h),affichage=4);

  On obtient (en rouge le triangle ACE et en bleu le triangle BDF) :
- F et D sont au dessus du plan ACE et B est en dessous de ce plan.
  Cherchons les coordonnées de B lorsque les angles des plans CDE, EFA avec le plan ACE sont égaux et lorsque B a une cote négative.
  Faisons une coupe selon le plan médiateur de AC (qui est aussi le plan médiateur de FD).
  Ce plan médiateur est parallèle à Ajk et on munit ce plan médiateur du repère Hjk (H milieu de AC se projéte en A).
  H1 le milieu de FD a pour coordonnées :
  2cos(a1)/√(3),h=√sin(a1)2−cos(a1)2/3
  Traçons le cercle de centre H et de rayon l*√(3)/6 et le cercle de centre H1 et de rayon cos(a1). Les 2 points d’intersections correspondent à deux points B qui sont solutions : on retrouve ainsi la solution précédente ainsi qu’une autre solution.
  Avec `Xcas`, on tape :

      a1:=71/360*pi;
      l:=2*cos(a1);
      H:=point(0);
      H1:=point(2*cos(a1)/sqrt(3),sqrt(sin(a1)^2-cos(a1)^2/3));
      CH1:=cercle(H1,l*sqrt(3)/2):;CH1;
      CH:=cercle(H,sin(a1)):;CH;
      S:=inter(CH,CH1):;
      B0:=S[0];
      B1:=S[1];

  On a :
  `evalf(coordonnees(B0))` renvoie `[-0.470029813674,0.341010112795]`
  `evalf(coordonnees(B1))` renvoie `[-0.142077142237,-0.563054178943]`
  Ce qui donne comme coordonnèes des points B qui sont les solutions :
  `[0.814115518356,-0.470029813674,0.341010112795]` et
  `[0.814115518356,-0.142077142237,-0.563054178943]`
  puisque `evalf(cos(a1))` renvoie `0.814115518356`
  et on obtient :
  Le point `SB0:=point(cos(a1),l*sqrt(3)/6,h)` (h:=√sin(a1)2−cos(a1)2/3) est le point `B` trouvé précédemment et correspond à `B0` du plan médiateur de AC et la deuxième solution SB1 est le point `B1` du plan médiateur de AC.
  B1 est donc le symétrique de B0 (cos(a1)√3/3,√sin(a1)2−cos(a1)2/3) par rapport à la droite HH1 d’équation :
  y=hx/(2*cos(a1)√3).
  On tape :
  `LB1:=simplify(coordonnees(symetrie(droite(y=h1*x/(2*k1)), point(k1,h1))))`
  On obtient :
  `[(5*h1```^```2*k1-4*k1```^```3)/(h1```^```2+4*k1```^```2),
  (h1```^```3-8*h1*k1```^```2)/(h1```^```2+4*k1```^```2)]`
  On tape :
  `h1:=sqrt(sin(a1)```^```2-cos(a1)```^```2/3);`
  `k1:=cos(a1)/sqrt(3);`
  `trigsin(tlin(LB1))`
  On obtient les coordonnées de B1 :
  `[sqrt(3)*(2*cos(49*pi/120)-cos(71*pi/360))/3,`
  `((-2*sqrt(12*sin(71*pi/360)```^```2-3))*cos(71*pi/180)-
  (sqrt(12*sin(71*pi/360)```^```2-3)))/3]`
  après un `evalf` on trouve les coordonnées approchées de B1 :
  `[-0.142077142237,-0.563054178943]`
  La deuxième solution SB1 a donc comme coordonnées :
  `[cos(a),sqrt(3)*(2*cos(49*pi/120)-cos(71*pi/360))/3,
  ((-2*sqrt(12*sin(71*pi/360)```^```2-3))*cos(71*pi/180)-
  (sqrt(12*sin(71*pi/360)```^```2-3)))/3]])`
  ou encore en fonction de h et l :
  [(15*√3*h2*l+(−(√3))*l3)/(18*h2+6*l2),
  (3*h3−2*h*l2)/(3*h2+l2)]
  Vue en 3d de la chaise symétrique
  Avec `Xcas` on ouvre un niveau de géométrie 3d et on tape :

      b:=109/180*pi;
      a1:=normal(pi/2-b/2);
      l:=2*cos(a);
      h:=sqrt(sin(a1)^2-cos(a1)^2/3);
      B1:=point(cos(a),sqrt(3)*(2*cos(49*pi/120)-cos(71*pi/360))/3,
          ((-2*sqrt(12*sin(71*pi/360)^2-3))*cos(71*pi/180)-
           (sqrt(12*sin(71*pi/360)^2-3)))/3):;
      triangle(point(0,0,0),point(l,0,0),point(l/2,l*sqrt(3)/2,0),
               affichage=1);
      triangle(point(0,0,0),point(l,0,0),B1);
      triangle(point(l,0,0),point(l/2,l*sqrt(3)/2,0),
               point(l,l*sqrt(3)/3,h));
      triangle(point(0,0,0),point(l/2,l*sqrt(3)/2,0),
               point(0,l*sqrt(3)/3,h));
      segment(point(l,l*sqrt(3)/3,h),point(0,l*sqrt(3)/3,h),
              affichage=4);
      segment(point(l,l*sqrt(3)/3,h),B1,affichage=2);
      segment(B1,point(0,l*sqrt(3)/3,h),affichage=2);

  On obtient (en rouge le triangle ACE, en bleu le segment FD et en vert les segments DB et FB) :

#### Solution analytique de la forme du cyclohexane

Voilà ce qu suggère le texte de l’épreuve de modélisation de l’agrégation pour trouver les coordonnées de B, D et F.
On se place dans le repère orthonormé directe (A,i,j,k) tel que i dirige AC et j soit dans le plan ACE (ordonnée de E est positive).
Comme B se déplace sur le cercle de centre H (milieu de AC) et de rayon BH dans le plan x=AC/2, on peut paramétrer ce cercle sous la forme :
x=AC/2,y=BH1−u2/1+u2,z=BH2u/1+u2 (u=tan(t/2) lorsque t est l’angle du plan ABC avec le plan ACE).
On a ABC est isocèle de sommet B et l’angle A de ce triangle a comme mesure en radians : a1=π/2−109*π/360=71π/360
Si AB=1 on a AC/2=cos(a1) et BH=sin(a1) donc les coordonnées de B sont :
x=cos(a1)/2,y=sin(a1)1−u2/1+u2,z=sin(a1)2u/1+u2.
Pour avoir les coordonnées de F en fonction de v, il suffit d’écrire les coordonnées de F en imaginant AC et AE superposés, puis de faire une rotation appropriée.
Ici, F est l’image du point SB symétrique de B par rapport à AC (de paramètre v) par une rotation d’axe Ak d’angle a=π/3.
Pour avoir les coordonnèes de D, on dit que D est l’image de SB (de paramètre w) par la rotation de centre Ck et d’angle −π/3.
On évalue sa1=sin(a1), ca1=cos(a1) et cb=cos(π−2a1) en fonction de :
t=tan(a1/2)=tan(71π/720)
On a:
a1=71π/360
t=tan(a1/2)
sa1=sin(71π/360)=2t/(1+t2)
ca1=cos(71π/360)=(1−t2)/(1+t2)
cb:=cos(109π/180)=cos(π−2a1)=−(2ca12−1)
a1=71π/360.
On tape :

    //t:=tan(71*pi/720);
    a:=pi/3;
    ca1:=(1-t^2)/(1+t^2); sa1:=2*t/(1+t^2);
    cb:=-(2*ca1^2-1);
    cA:=coordinates(point(0,0,0));
    cC:=coordinates(point(2*ca1,0,0));
    cB:=normal(coordinates(point(ca1,sa1*(1-u^2)/(1+u^2),
               sa1*2*u/(1+u^2))));
    cE:=normal(coordinates(point(ca1,ca1*sqrt(3),0)));
    cF:=normal(coordinates(rotation(line(x=0,y=0),a,
        point(ca1,-sa1*(1-v^2)/(1+v^2),sa1*2*v/(1+v^2)))));
    cD:=normal(coordinates(rotation(line(x=2*ca1,y=0),-a,
        point(ca1,-sa1*(1-w^2)/(1+w^2),sa1*2*w/(1+w^2)))));
    P:=numer(cB*cF-cb);
    Q:=numer((cD-cE)*(cF-cE)-cb);
    R:=numer((cB-cC)*(cD-cC)-cb);

On tape :
`P:=normal(P)`
`Q:=normal(Q)`
`R:=normal(R)`
On obtient pour R :

    3/2*t^4*u^2*w^2+3/2*t^4*u^2+3/2*t^4*w^2+
    3/2*t^4+2*sqrt(3)*t^3*u^2*w^2+(-2*sqrt(3))*t^3-
    9*t^2*u^2*w^2-5*t^2*u^2+16*t^2*u*w-5*t^2*w^2-
    9*t^2+(-2*sqrt(3))*t*u^2*w^2+2*sqrt(3)*t+
    3/2*u^2*w^2+3/2*u^2+3/2*w^2+3/2

On sait qu’en raison des symétries de la configuration les conditions P=0,Q=0,R=0 peuvent s’exprimer en fonction de R.
Pour le vérifier, on tape :
`simplify(R-subst(P,v,w))`
On obtient : `0`
et on tape :
`simplify(R-subst(Q,v,u))`
On obtient : `0`
On définit les coefficients α, β, γ, δ, pour que :
R=α u2w2+β(u2+w2)+γ uw+δ
On tape :

    LC:=coeffs(R,u)
    alpha,x,beta:=coeffs(LC[0],w);
    gamma,x:=coeffs(LC[1],w);
    beta,x,delta:=coeffs(LC[2],w);
    purge(x);

Pour avoir une valeur approchée de R, on tape :
`a1:=71*pi/360.;t:=tan(a1/2);`
`normal(R)`
On obtient :

    -0.803377348547*u^2*w^2+2.00684135654*u^2+3.27890002175*u*w+
    2.00684135654*w^2+3.17761005070

#### Application du lemme pour la molécule de cyclohexane

On cherche les solutions approchées telles que u=v.
On tape pour avoir les solutions telles que u=w :
`purge(t,a1);`
`S1:=solve(subst(P,v,u)=0,u)`
`t:=tan(71*pi/720);`
On obtient :

    [(sqrt(-9*t^4+30*t^2-9))/(3*t^2+(-2*sqrt(3))*t-3),
    -(sqrt(-9*t^4+30*t^2-9))/(3*t^2+(-2*sqrt(3))*t-3),
    (sqrt(-t^4+14*t^2-1))/(t^2+2*sqrt(3)*t-1),
    -(sqrt(-t^4+14*t^2-1))/(t^2+2*sqrt(3)*t-1)]

On tape `t:=tan(71*pi/720)` `evalf(S1)`
On obtient :
`[-0.645454288199*i,0.645454288199*i,`
`3.08123639142,-3.08123639142]`
On tape pour avoir les solutions u,v,w telles que u=v=3.08123639142 :
`solve(subst(R,u,3.08123639142)=0,w)`
On obtient 2 valeurs de w:
`[-1.28367770808,3.08123639141]`
Donc les solutions qui vérifient u=w sont :
u,v,w=3.08123639141,3.08123639141,3.08123639141
u,v,w=3.08123639141,3.08123639141,−1.28367770808
ainsi que les solutions symétriques :
u,v,w=3.08123639141,−1.28367770808,3.08123639141
u,v,w=−1.28367770808,3.08123639141,3.08123639141
ainsi que les solutions opposées :
u,v,w=−3.08123639141,−3.08123639141,−3.08123639141
u,v,w=−3.08123639141,−3.08123639141,1.28367770808
u,v,w=−3.08123639141,1.28367770808,−3.08123639141
u,v,w=1.28367770808,−3.08123639141,−3.08123639141
On cherche les solutions approchées telles que u≠ v.
On tape :
`normal(beta```^```2-beta*gamma-alpha*delta)`
On obtient : `0`
Donc lorsque l’on fixe w les solutions différentes u1,u2 (dépendant de w) de l’équation en u `R=0` sont solution de : `subst(subst(P,u,u1),v,u2)=0`.
On tape :
`S2:=normal(evalf(solve(R=0,u)))`
On obtient :
`[(1.63945001088*w-sqrt(d))/(0.803377348547*w```^```2-2.00684135654),`
`(1.63945001088*w+sqrt(d))/(0.803377348547*w```^```2-2.00684135654)]`
avec : `d:=1.61225088797*w```^```4+1.21320404513*w```^```2-6.37695926481`
On cherche le signe de d, on tape :
`factor(d)`
On obtient :

    1.61225088797*(w-1.28367770808)*(w+1.28367770808)*
    (w^2+2.40031931071)}

Donc d≥ 0 si w≥ 1.28367770808 ou si w≤ −1.28367770808.
On a alors des solutions réelles u,v qui sont x1,x2 les solutions de `solve(R=0,u)` :
1.63945001088*w−√d/0.803377348547*w2−2.00684135654, 1.63945001088*w+√d/0.803377348547*w2−2.00684135654
avec d=1.61225088797*w4+1.21320404513*w2−6.37695926481 et si w=1.28367770808 ou si w=−1.28367770808 on a d=0 donc u=v et on retouve une des solutions trouvées précédemment à savoir :
u,v,w=3.08123639148, 3.08123639148,−1.28367770808 et
u,v,w=−3.08123639148, −3.08123639148,1.28367770808.
On remarque que si w2>1.283677708082=1.6478284582 alors les solutions de l’équation en u `R=0`, seront de même signe si :
`normal(subst(R,u,0))`=`2.00684135654*w```^```2+3.17761005075` est de même signe que :
`normal(coeffs(R,u)[0])` =`-0.803377348547*w```^```2+2.00684135654`
c’est à dire si −0.803377348547*w2+2.00684135654>0
c’est à dire si w2<2.49800589993. On a √2.49800589993=1.58050811448 donc :
Les solutions u,v qui dépendent de w sont de même signe négatif si :
−1.58050811448<w<−1.28367770808 ou 1.28367770808<w<1.58050811448.
et sinon sont de signe opposé.
Des exemples de solutions
On tape :
`d(w):=1.61225088797*w```^```4+1.21320404513*w```^```2-6.37695926481`
`u(w):=(1.63945001088*w-sqrt(d(w)))/(0.803377348547*w```^```2-2.00684135654)`
`v(w):=(1.63945001088*w+sqrt(d(w)))/(0.803377348547*w```^```2-2.00684135654)`
`u(1.5),v(1.5),1.5`
On obtient :
`-1.67823888288,-23.0070286629,1.5`
On tape :
`u(2),v(2),2`
On obtient :
`-1.36553633921,6.80017108457,2`
On tape :
`u(3),v(3),3`
On obtient :
`-1.28387158972,3.16701448356,3`
On tape :
`u(30),v(30),30`
On obtient :
`-1.51735311476,1.65377825995,30`
Lorsque w tend vers l’infini (ce qui correspond à un angle plat entre le plan ACE et le plan CDE on tape :
On tape :
`purge(w)`
`limit(u(w),w=inf)`
On obtient :
`-1.58050811448`
On tape :
`limit(v(w),w=inf)`
On obtient :
`1.58050811448`
Remarque si w=3.08123639148 alors √d=12.266363249, on trouve alors u=−1.28367770808 et v=3.08123639148 car si w> 1.28367770808 ou si w<−1.28367770808, u et v seront différents.
Pour retrouver la solution u=v=w et faudrait résoudre les équations en w :
`subst(subst(P,u,x1),v,x1)=0` et `subst(subst(P,u,x2),v,x2)=0`
Mais il est plus simple de résoudre directement l’équation en u :
`subst(P,v,u)=0` qui a 4 solutions uj (j=1..4) puis de résoudre pour chaque solution l’équation en w :
`subst(R,u,uj)=0`.

#### Avec le résultant

On tape :

    purge(t);
    P:=3/2*t^4*u^2*v^2+3/2*t^4*u^2+3/2*t^4*v^2+
    3/2*t^4+2*sqrt(3)*t^3*u^2*v^2+(-2*sqrt(3))*t^3-
    9*t^2*u^2*v^2-5*t^2*u^2+16*t^2*u*v-5*t^2*v^2-
    9*t^2+(-2*sqrt(3))*t*u^2*v^2+2*sqrt(3)*t+
    3/2*u^2*v^2+3/2*u^2+3/2*v^2+3/2;

    Q:=3/2*t^4*v^2*w^2+3/2*t^4*v^2+3/2*t^4*w^2+
    3/2*t^4+2*sqrt(3)*t^3*v^2*w^2+(-2*sqrt(3))*t^3-
    9*t^2*v^2*w^2-5*t^2*v^2+16*t^2*v*w-5*t^2*w^2-
    9*t^2+(-2*sqrt(3))*t*v^2*w^2+2*sqrt(3)*t+
    3/2*v^2*w^2+3/2*v^2+3/2*w^2+3/2;

    R:=3/2*t^4*u^2*w^2+3/2*t^4*u^2+3/2*t^4*w^2+
    3/2*t^4+2*sqrt(3)*t^3*u^2*w^2+(-2*sqrt(3))*t^3-
    9*t^2*u^2*w^2-5*t^2*u^2+16*t^2*u*w-5*t^2*w^2-
    9*t^2+(-2*sqrt(3))*t*u^2*w^2+2*sqrt(3)*t+
    3/2*u^2*w^2+3/2*u^2+3/2*w^2+3/2

On tape pour éliminer w des équations Q=0,R=0 :
`RQ:=resultant(Q,R,w)`
On factorise RQ, on tape :
`fRQ:=factor(RQ)`
On obtient :
`1024*t```^```4*(t-(sqrt(3)))*(t+(sqrt(3))/3)*(t+sqrt(3))*(3*t-(sqrt(3)))*(v-u)```^```2*fRQ[8]`
On trouve u=v ou fRQ[8]=0
On tape pour éliminer v des équations P=0,fRQ[8]=0 :
`PfRQ:=resultant(P,fRQ[8],v)`
On obtient :
`0`
On tape :
`normal(2*P-fRQ[8])`
On obtient :
`0`
donc 2P et fRQ[8] sont les mêmes polynômes.
On sait qu’il existe U et V tel que :
U*Q+V*R=RQ (on a :`U,V:=abcuv(Q,R,RQ,w)`) On a montré que :
RQ=U*Q+V*R=k*(u−v)*P où k est une constante.
On fixe w. Si u et v vérifient Q=0 et R=0 alors (u−v)*P=0 c’est à dire:
si u et v vérifient Q=0 et R=0 alors soit u=v soit P=0.
Donc on retrouve les solutions :
(u,v=u,w lorsque u=uj avec uj solution de `solve(subst(P,v,u))=0,u)` et w=wk avec wk solution de `solve(subst(R,u,uj))=0,w)` et
u,v≠ u,w lorsque u et v sont les solutions différentes dépendant de w de `solve(R=0,u)` Il reste a regarder quand ces solutions sont réelles.

### 12.6.4 La molécule de glucose

On choisit ici la molécule de glucose qui est constituée de 6 atomes (un atome d’oxygène et 5 atomes de carbone) et dans la modélisation ci-dessous, nous ne prenons en compte que les liaisons entre les atomes constituant le cycle, et non celles avec les atomes voisins du cycle.
Pour la molécule de glucose la chimie nous impose :
L1=AB=AF=1.43 Angström,
L2=BC=CD=DE=EF=1.54 Angström
t1=BAF=106*π/180 radians
t2=ABC=BCD=CDE=DEF=EFA=109*π/180 radians
On calcule :
l1=AC=AE=√AB2+BC2−2AB*BC*cos(109π/180)
l1=√L12+L22−2L1L2cos(t2)
l2=CE=√2CD2−2CD2*cos(109π/180)=√2L22−2L22cos(t2)
l3=AH=√l12−l22/4) (où H est le milieu de CE)
l4=FB=√2L12−2L12cos(t1) (l4 est le troisième côté du triangle isocèle d’angle 106 degrés et de côtés 1.43).
h4=DJ=√l22−l42/4 (où J est le milieu de BF) On pose :
c0=DCEπ/2−t2/2=71*π/360.
c1=ECA
c2=ACB
a3=CAB
cc1=cos(c1)=l2/(2l1)
sc1=sin(c1)=l3/l1
sc2=sin(c2)=L1*sin(t2)/l1
cc2=cos(c2)=(l12+L22−L12)/(2*l1*L2)=(L2−L1*cos(t2))/l1;
sa3=sin(a3)=L2*sin(t2)/l1
ca3=cos(a3)=(L12+l12−L22)/(2*L1*l1)=(L1−L2*cos(t2)/l1
On tape pour un calcul approché de AC et AE :
`l1:=sqrt(1.43```^```2+1.54```^```2-2*1.43*1.54*cos(109*pi/180))`
On obtient : `AC=AE==2.4187667063`
On tape pour un calcul approché de CE :
`l2:=sqrt(2*1.54```^```2-2*1.54```^```2*cos(109*pi/180));`
On obtient : `2.50747579654`
On tape pour un calcul approché de AH :
`l3:=sqrt(l1```^```2-l2```^```2/4);`
On obtient : `2.50747579654`
On tape pour un calcul approché de l4=FB (lorsque la molécule est formée):
`l4:=sqrt(2*1.43```^```2-2*1.43```^```2*cos(106*pi/180));`
On obtient : `2.28409755874`

#### La "chaise" et le "bateau" symétrique du glucose en géométrie

Le modéle en carton
On peut commencer par faire un modéle en carton du problème : parmi les triangles qui bordent ACE il y a 3 triangles isocèles (CBDD, CDE et EDFF) d’angle 109 degrés et de côtés 5 cm, 1 triangle isocèle (AFBB) d’angle 106 degrés et de côtés 5*1.43/1.54 cm≃ 4.64 cm et 2 triangles (ABC et AFE) de cotés 5 cm et 4.64 cm et d’angle 109 degrés.
Le modéle :
Puis, on forme la molécule en amenant en coincidence :
CDD avec CD en pliant selon BC et EC, EFF avec EF en pliant selon ED et EA, et ABB avec AB en pliant selon FA et AC.
Les solutions symétriques en géométrie
Pour privilégier, la sym’etrie par rapport à la médiatrice de CE, il semble plus judicieux de se placer dans le repère orthonormé direct :
C,i,j,k tel que i dirige CE, j dirige HA où H est le milieu de CE.
Voici les notations :
On tape :

    L1:=1.43;L2:=1.54;
    t1:=106*pi/180.;
    t2:=109*pi/180.;
    c0:=71*pi/360.;
    l1:=sqrt(normal(L1^2+L2^2-2*L1*L2*cos(t2)));
    l2:=sqrt(normal(2*L2^2-2*L2^2*cos(t2)));
    l3:=sqrt(normal(l1^2-l2^2/4));
    l4:=sqrt(normal(2*L1^2-2*L1^2*cos(t1)));
    h4:=sqrt(normal(l2^2-l4^2/4));
    sc1:=sin(c1);
    cc1:=cos(c1);
    sc2:=sin(c2);
    cc2:=cos(c2);
    sa3:=sin(a3);
    ca3:=cos(a3);

Le but est de calculer x0,y0,z0 les coordonnées de B lorsque la molécule est formée de façon à ce que B et D soient symétriques par rapport au plan médiateur de CF et on suppose z0>0.
Pour cela nous projetons la molécule de glucose 3d symétrique sur le plan ACE et sur le plan médiateur de CE.

Faisons maintenant une projection sur le plan ACE
B se projette en N sur AC et on a AN=L1cos(a3)
B se projette en Bp sur le plan ACE et BpN est perpendiculaire à AC (c’est le théorème des 3 perpendiculaires)
Bp se projette en Mp sur la médiatrice de CE et on a BpMp=l4/2.
Si K est l’intersection de BpN et de la médiatrice de CE, on a :
AN/AK=sin(c1) et AN=L1cos(a3) donc AK=L1cos(a3)/sin(c1)
BpMp/KMp=tan(c1) donc KMp=l4/(2tan(c1))=l4*cos(c1)/(2*sin(c1)) et
AMp=AK−KMp=L1cos(a3)/sin(c1)−l4*cos(c1)/(2*sin(c1))
Donc Bp a pour coordonnées :
x0=l2/2−l4/2, y0= l3−L1cos(a3)/sin(c1)+l4/(2tan(c1)).
Avec les notations que l’on a choisies on tape :
`Bp:=point(l2/2-l4/2,l3-L1*ca3/sc1+l4*cc1/(2*sc1))`
Cherchons la cote z0 de B.
On sait que:
B se projette en N sur AC
AB=L1
BN=L1sin(a3) donc
z02=AB2−ABp2=L12−l42/4−AMp2=
z02=L12−l42/4−(L1cos(a3)/sin(c1)+l4cos(c1)/(2sin(c1)))2
Avec les notations que l’on a choisies on tape :
`z0:=normal(sqrt(L1```^```2-longueur2(A,Bp)));`
Donc B a pour coordonnées x0,y0,z0 soit :
0.111689118901, 1.42546684563, 0.571987598417
et F a pour coordonnées x0+l4,y0,z0:
2.39578667764, 1.42546684563, 0.571987598417

Faisons maintenant une coupe selon le plan médiateur de CE
Soit M la projection de B sur le plan médiateur de CE
Lorsque la molécule symétrique est formée, le point D se trouve dans ce plan médiateur sur le cercle de centre H et de rayon L2sin(c0).
Le triangle BDF est un triangle isocèle de côtés l4,l2,l2 et de hauteur :
h4=√l22−l42/4 donc
D est aussi sur le cercle de centre M et de rayon h4.
On fait la figure dans le plan médiateur avec comme repère Hyz.
On tape :

    H:=point(0);
    A:=point(l3);
    M:=point(y0,z0);
    h4:=sqrt(l2^2-l4^2/4);
    C1:=cercle(M,h4);
    C2:=cercle(H,L2*sin(c0));
    D0,D1:=inter(CE1,CE2);
    coordonnees(D0);
    coordonnees(D1);

On obtient pour D0:
`[-0.302153034804,-0.84169164544]`
On obtient pour D1:
`[-0.800148906999,0.399378278168]`
Donc dans l’espace le point D a comme abscisse l2/2=1.25373789827 et a donc comme coordonnèes 3d :
[1.25373789827,−0.302153034804,−0.84169164544]
ou :
[1.25373789827,−0.800148906999,0.399378278168]
Il y a donc comme solutions :
B de coordonnées 0.111689118901, 1.42546684563, 0.571987598417
F de coordonnées 2.39578667764, 1.42546684563, 0.571987598417
D de coordonnées 1.25373789827, −0.302153034804, −0.84169164544
soit
B de coordonnées 0.111689118901, 1.42546684563, 0.571987598417
F de coordonnées 2.39578667764, 1.42546684563, 0.571987598417
D de coordonnées 1.25373789827, −0.800148906999, 0.399378278168
soit
B de coordonnées 0.111689118901, 1.42546684563, −0.571987598417
F de coordonnées 2.39578667764, 1.42546684563, −0.571987598417
D de coordonnées 1.25373789827, −0.302153034804, +0.84169164544
soit
B de coordonnées 0.111689118901, 1.42546684563, −0.571987598417
F de coordonnées 2.39578667764, 1.42546684563, −0.571987598417
D de coordonnées 1.25373789827, −0.800148906999, −0.399378278168

#### Solution analytique et coordonnées des points en 3d

Comme pour le cyclohexane on va paramétrer les points D,B,F.
On a : CD=L2 et DCE=c0 donc :
D est le point de coordonnées :
L2cos(c0),L2sin(c0)*(1−w2)/(1+w2),L2sin(c0)*2*w/(1+w2)
B est le transfomé du point de coordonnées :
L2cos(c2),−L2sin(c2)*(1−u2)/(1+u2),2L2sin(c2)u/(1+u2) dans la rotation d’axe Ck et d’angle c1 : F est le transfomé du point de coordonnées :
L2cos(c2),l2−L2sin(c2)*(1−v2)/(1+v2),2L2sin(c2)v/(1+v2) dans la rotation d’axe Ek et d’angle −c1.
On cherche à résoudre le système constitué des 3 relations :
P=AB*AF−L12*cos(t1)=0
Q=ED*EF−L22*cos(t2)=0
R=CD*CB−L22*cos(t2)=0
Du fait de la symétrie par rapport à la médiatrice de CE, les polynômes Q et R auront les mêmes coefficients et le polynôme P sera symétrique en u et v.
Pour privilégier, la symétrie par rapport à la médiatrice de CE, on se place dans le repère orthonormé direct :
C,i,j,k tel que i dirige CE, j dirige HA où H est le milieu de CE.
On ne fera pour le glucose que le calcul approché des coefficients de P, Q et R.
On a les mêmes notations qu’en géométrie :
L1=1.43;L2=1.54;t1=106*pi/180.;t2=109*pi/180.;c0=71*pi/360.
c1=ECA
cc1=cos(c1)=l2/(2l1)
sc1=sin(c1)=l3/l1
E est le point de coordonnées (l2,0,0)
A a pour coordonnées : l2/2,l3,0
CD=L2 donc, D est le point de coordonnées :
L2*cos(c0),L2*sin(c0)*(1−w2)/(1+w2),L2*sin(c0)*2*w/(1+w2)
B est l’image du point de coordonnées :
L2*cos(c2),−L2*sin(c2)*(1−u2)/(1+u2),L2*sin(c2)*2*u/(1+u2)]
par la rotation d’axe Ck d’angle c1
F est l’image du point de coordonnées :
[L2*cos(c2),l2−L2*sin(c2)*(1−v2)/(1+v2),L2*sin(c2)*2*v/(1+v2)]
par la rotation d’axe Ek d’angle −c1
F est aussi le symétrique par rapport au plan médiateur de CE du point B de paramètre w.
On tape :

    L1:=1.43;L2:=1.54;
    t1:=106*pi/180.;
    t2:=109*pi/180.;
    a2:=71*pi/360.;
    l1:=sqrt(normal(L1^2+L2^2-2*L1*L2*cos(t2)));
    l2:=sqrt(normal(2*L2^2-2*L2^2*cos(t2)));
    l3:=sqrt(normal(l1^2-l2^2/4));
    l4:=sqrt(normal(2*L1^2-2*L1^2*cos(t1)));
    sc1:=sqrt(normal(l3^2/(l1^2)));
    cc1:==sqrt(normal(l2^2/(4*l1^2)));
    sc2:=L1/l1*sin(t2);
    cc2:==(L2-L1*cos(t2))/l1;
    cC:=coordonnees(point(0,0,0));
    cE:=coordonnees(point(l2,0,0));
    cA:=coordonnees(point(l2/2,l3,0));
    cD:=normal([L2*cos(a2),L2*sin(a2)*(1-w^2)/(1+w^2),
                L2*sin(a2)*2*w/(1+w^2)]);
    cB:=normal(coordonnees(rotation(droite(x=0,y=0),c1,
                point(L2*cc2,-L2*sc2*(1-u^2)/(1+u^2),
                      L2*sc2*2*u/(1+u^2)))));
    cB:=normal(subst(subst(cB,cos(c1),cc1),sin(c1),sc1));
    cF:=normal(subst([l2-cB[0],cB[1],cB[2]],u,v));
    P:=numer((cB-cA)*(cF-cA)-L1^2*cos(t1));
    Q:=numer((cD-cE)*(cF-cE)-L2^2*cos(t2));
    R:=numer(cB*cD-L2^2*cos(t2));

On obtient les coefficients approchés de P, Q et de R.
P:=−0.918886458988*u2*v2+1.50972814948*u2+2.96432403045*u*v+1.50972814948*v2+2.56689196034
Q:=−0.696642093056*v2*w2+2.05453942839*v2+3.07941052911*v*w+1.94741717452*w2+3.10242421803
R:=−0.696642093056*u2*w2+2.05453942839*u2+3.07941052911*u*w+1.94741717452*w2+3.10242421803
Pour faire un calcul exact, on pose :
`L1:=143/100;L2:=154/100;t1:=106*pi/180.;t2:=109*pi/180.`
Si c0=π/2−t2/2=71*π/360, on évalue :
cos(t2), cos(c0) et sin(c0) en fonction de t:=tan(71π/720) :
cos(t2)=2cos(t2/2)2−1=2sin(c0)2−1=8t2/(1+t2)2−1=−t4+6t2−1/(1+t2)2
sin(t2)=2cos(t2/2)*sin(t2/2)=2sin(c0)cos(c0)= 4t(1−t2)/(1+t2)2=4t−4t3/(1+t2)2
cos(c0)=1−t2/1+t2
sin(c0)=2t/1+t2
On a donc :
l1=AC=AE=√L12+L22−2*L1*L2*(−t4+6*t2−1)/(1+t2)2
l2=CE=√2*L22−2*L22*(−t4+6*t2−1)/(1+t2)2
l3=AH=√l12−l22/4)
On tape :

    L1:=143/100;L2:=154/100;
    t1:=106*pi/180;t2:=109*pi/180;
    t:=tan(71*pi/720);
    l1:=sqrt(normal(L1^2+L2^2-2*L1*L2*(-t^4+6*t^2-1)/(1+t^2)^2));
    l2:=sqrt(normal(2*L2^2-2*L2^2*(-t^4+6*t^2-1)/(1+t^2)^2));
    l3:=sqrt(normal(l1^2-l2^2/4));
    l4:=sqrt(normal(2*L1^2-2*L1^2*cos(t1)));
    sc1:=sqrt(normal(l3^2/l1^2));
    cc1:==sqrt(normal(l2^2/(4*l1^2)));
    sc2:=normal(L1/l1*(4t-4t^3)/(1+t^2)^2);
    cc2:==normal((L2-L1*(-t^4+6*t^2-1)/(1+t^2)^2)/l1);
    cC:=coordonnees(point(0,0,0));
    cE:=coordonnees(point(l2,0,0));
    cA:=coordonnees(point(l2/2,l3,0));
    cD:=normal([L2*(1-t^2)/(1+t^2),
        L2*2*t/(1+t^2)*(1-w^2)/(1+w^2),L2*4*t/(1+t^2)*w/(1+w^2)]);
    cB:=normal(coordonnees(rotation(droite(x=0,y=0),c1,
        point(L2*cc2,-L2*sc2*(1-u^2)/(1+u^2),
              L2*sc2*2*u/(1+u^2)))));
    cB:=normal(subst(subst(cB,cos(c1),cc1),sin(c1),sc1));
    //cF:=normal(coordonnees(rotation(droite(x=l2,y=0),-c1,
    //point(l2-L2*cc2,-L2*sc2*(1-v^2)/(1+v^2),L2*sc2*2*v/(1+v^2)))));
    cF:=normal(subst([l2-cB[0],cB[1],cB[2]],u,v));
    Pe:=numer((cB-cA)*(cF-cA)-L1^2*cos(t1));
    Qe:=numer((cD-cE)*(cF-cE)-L2^2*(-t^4+6*t^2-1)/(1+t^2)^2);
    Re:=numer(cB*cD-L2^2*(-t^4+6*t^2-1)/(1+t^2)^2);

mais cela donne des expressions vraiment compliquées !!!

#### Application du lemme pour le glucose

On a:
P=α1 u2v2+β1(u2+v2)+γ1 uv+δ1=−0.918886458988*u2v2+1
1.50972814948*u2+2.96432403045*u*v+1.50972814948*v2+2.56689196034
R=α u2w2+β u2+γ uw++η w2δ=(−0.696642093056)*u2*w2+
2.05453942839*u2+3.07941052911*u*w+1.94741717452*w2+3.10242421803

- si u=v alors u est égal à une des solutions u1,u2,u3=−u1,u4=−u2 de l’équation bicarrée :
  P(x,x)=α1 x4+(2β1+γ1) x2+δ1 et w est alors solution de :
  P(uj,x)=0 pour j=1,2,3,4
  On tape :
  `solve(subst(P,v,u)=0,u)`
  On obtient :
  `[-2.1224247841e-72-0.635547690206*i,`
  `-2.1224247841e-72+0.635547690206*i,`
  `-2.62981213076,2.62981213076]`
  On tape :
  `solve(subst(R,u,2.62981213076)=0,w)`
  On obtient :
  `[-1.42146544175,4.24267305313]`
  Donc les solutions [u,v,w] sont :
  `[2.62981213076,2.62981213076,-1.42146544175]`
  `[2.62981213076,2.62981213076,4.24267305313]`
  ce qui donne comme coordonnées de B,D,F :
  `u,v,w:=[2.62981213076,2.62981213076,-1.42146544175]`
  `cB` renvoie
  `[0.111689118901,1.42546684563,0.571987598416]`
  `cF` renvoie
  `[2.39578667764,1.42546684563,0.571987598416]`
  `cD` renvoie
  `[1.25373789827,-0.302153034806,-0.841691645439]`
  `u,v,w:=[2.62981213076,2.62981213076,4.24267305313]`
  `cB` renvoie
  `[0.111689118901,1.42546684563,0.571987598416]`
  `cF` renvoie
  `[2.39578667764,1.42546684563,0.571987598416]`
  `cD` renvoie
  `[1.25373789827,-0.800148906999,0.399378278169]`
  `purge(u,v,w)`
  Que l’on compare avec les coordonnées trouvées par la géométrie:
  B de coordonnées 0.111689118901, 1.42546684563, 0.571987598417
  F de coordonnées 2.39578667764, 1.42546684563, 0.571987598417
  D de coordonnées 1.25373789827, −0.302153034804, −0.84169164544
  soit
  B de coordonnées 0.111689118901, 1.42546684563, 0.571987598417
  F de coordonnées 2.39578667764, 1.42546684563, 0.571987598417
  D de coordonnées 1.25373789827, −0.800148906999, 0.399378278168
- si u ≠ v on a u et v sont les solutions différentes de:
  subst(R,u,x)=(α w2x2+β)x2+γ wx+η w2+δ=ax2+bx+c
  On a :
  uv=x1x2=c/a et u+v=x1+x2=−b/a donc
  u2v2=x12x22=c2/a2 et
  u2+v2=(u+v)2−2uv=x12+x22=(b2−2ca)/a2.
  On doit donc résoudre l’équation en w `subst(subst(P,u,x1),v,x2)=0` :
  α1 c2+β1 (b2−2ca)+γ1 ca +δ1 a2=0
  On tape :
  `a:=alpha*w```^```2+beta;`
  `b:=gamma*w;`
  `c:=eta*w```^```2+delta;`
  On tape :

      alpha1:=-0.918886458988;
      beta1:=1.50972814948;
      gamma1:=2.96432403045;
      delta1:=2.56689196034;
      alpha:=-0.696642093056;
      beta:=2.05453942839;
      gamma:=3.07941052911;
      eta:=1.94741717452;
      delta:=3.10242421803;
      a:=alpha*w^2+beta;
      b:=gamma*w;
      c:=eta*w^2+delta;
      Eq:=normal(alpha1*c^2+beta1*(b^2-2*c*a)+gamma1*c*a+
                 delta1*a^2);

  On obtient :
  `-2.16428171835*w```^```4-4.2362009215*w```^```2+1.63945920012`
  On tape :
  `solve(Eq=0,w)`
  On obtient :
  `[5.72819569555e-13+1.51272986977*i,`
  `5.72819569555e-13-1.51272986977*i,`
  `[-0.575349882482,0.575349882482]`
  On tape :
  `solve(subst(R,w,0.575349882482)=0,u)`
  On obtient des solutions complexes :
  `[-0.485692101424-1.34851633381*i,`
  `-0.485692101424+1.34851633381*i]`
  Il n’y a donc pas d’autres solutions réelles que celles obtenues quand u=v. Donc les solutions [u,v,w] sont :
  `[2.62981213076,2.62981213076,-1.42146544175]`
  `[2.62981213076,2.62981213076,4.24267305313]`
  et leurs opposées :
  `[-2.62981213076,-2.62981213076,1.42146544175]`
  `[-2.62981213076,-2.62981213076,-4.24267305313]`

#### Avec le résultant

On tape pour éliminer w des équations Q=0,R=0 :
`RQ:=resultant(exact(Q),exact(R),w)`
On tape pour éliminer v des équations P=0,RQ=0 :
`PRQ:=resultant(exact(P),RQ,v)`
On tape pour résoudre l’équation en u PRQ=0 :
`solve(PRQ=0,u)`
On trouve 2 solutions réelles pour u :
`[2.62981213079,-2.62981213079]`
On tape pour résoudre l’équation en v `subst`(RQ,u,2.62981213079)=0 :
`solve(subst(RQ,u,2.62981213079)=0,v)`
On trouve pour v :
`[-1.38377770635,2.62981187867,2.62981232198,4.13642081511]`
On tape pour résoudre l’équation en w `subst`(R,u,2.62981213079)=0 :
`solve(subst(R,u,2.62981213079)=0,v)`
On trouve pour w :
`[-1.42146544174,4.24267305306]`
Il reste à vérifier parmi ces solutions celles qui vérifient :
P=0,Q=0,R=0.
`u,v,w:=2.62981213079,-1.38377770635,-1.42146544174` pas bon car
`P,Q,R` renvoie :
`-7.0571646318,14.3332486634,6.43467501504e-11`
`u,v,w:=2.62981213079,2.62981187867,-1.42146544174` bon car
`P,Q,R` renvoie :
`4.45846289665e-06,2.45798105425e-07,6.43467501504e-11`
`u,v,w:=2.62981213079,2.62981232198,-1.42146544174` bon car
`P,Q,R` renvoie :
`-3.38296679558e-06,-1.86282647974e-07,6.43467501504e-11`
`u,v,w:=2.62981213079,4.13642081511,-1.42146544174` pas bon car
`P,Q,R` renvoie :
`-37.6474413798,1.72803993337e-10,6.43467501504e-11`
`u,v,w:=2.62981213079,-1.38377770635,4.24267305306` pas bon car
`P,Q,R` renvoie :
`-32.1653712253,-83435.2258003-144.016035042*i,-9.13125437063e+14`
`u,v,w:=2.62981213079,2.62981187867,4.24267305306` bon car
`P,Q,R` renvoie :
`4.45846289665e-06,1.06109131082e-05,8.6524210019e-10`
`u,v,w:=2.62981213079,2.62981232198,4.24267305306` bon car
`P,Q,R` renvoie :
`-3.38296679558e-06,-8.04602305493e-06,-1.10418341137e-10`
`u,v,w:=2.62981213079,4.13642081511,4.24267305306` pas bon car
`P,Q,R` renvoie :
`-37.6474413798,-87.2031710848,-1.10418341137e-10`
Donc les solutions approchées sont u,v,w :
2.62981213079,2.62981187867,-1.42146544174
2.62981213079,2.62981187867,4.24267305306
On retrouve les valeurs précédentes qui étaient meilleures:
`[2.62981213076,2.62981213076,-1.42146544175]` pour lesquelles
P,Q,R=-6.62367938276e-11,-6.89368562234e-11,-6.89368562234e-11
`[2.62981213076,2.62981213076,4.24267305313]` pour lesquelles
P,Q,R=-6.62367938276e-11,1.35003119794e-11,1.35003119794e-11

### 12.6.5 Les commandes des figures

Pour le cyclohexane le modéle en carton
Pour avoir le modéle on tape dans un niveau de géométrie 2d :

    a1:=71*pi/360;
    l:=2*cos(a1);
    A:=point(0);C:=point(l);
    triangle_equilateral(A,C,E);
    B:=point(l/2-i*sin(a1));
    triangle_isocele(B,A,-109*pi/180);
    F:=rotation(A,pi/3,point(l/2+i*sin(a1)));
    triangle(A,E,F);
    D:=rotation(C,-pi/3,point(l/2+i*sin(a1)));
    triangle(C,E,D);
    DD:=translation(C-A,B));
    triangle(B,C,DD);
    FF:=translation(E-C,D);
    triangle(E,D,FF);
    BB:=translation(A-E,F);
    triangle(F,A,BB);
    H:=milieu(A,C);
    segment(F,D,affichage=2);H1:=milieu(F,D);
    angle(A,B,C,"a1");angle(A,C,E,"a");

Pour le glucose le modéle en carton
Pour avoir le modéle on tape :

    L1:=1.43;L2:=1.54;
    t1:=106*pi/180.;
    t2:=109*pi/180.;
    c0:=71*pi/360.;
    l1:=sqrt(normal(L1^2+L2^2-2*L1*L2*cos(t2)));
    l2:=sqrt(normal(2*L2^2-2*L2^2*cos(t2)));
    l3:=sqrt(normal(l1^2-l2^2/4));
    l4:=sqrt(normal(2*L1^2-2*L1^2*cos(t1)));
    A:=point(l2/2,l3);
    C:=point(0);
    E:=point(l2);
    H:=point(l2/2);
    D:=point(L2*cos(c0),-L2*sin(c0));
    triangle(A,C,E);
    triangle(D,C,E);
    B:=inter_unique(cercle(C,L2),cercle(A,L1));
    F:=inter_unique(cercle(E,L2),cercle(A,L1));
    triangle(A,C,B);
    triangle(A,E,F);
    FF:=D+l2;
    triangle(D,E,FF);
    BB:=similitude(F,l4/L1,-37*pi/180,A);
    triangle(A,BB,F);
    DD:=similitude(B,l2/L2,-71*pi/360,C);
    triangle(C,B,DD);

les notations
Pour avoir la figure avec les notations, on tape :

    A:=point(l2/2,l3);
    C:=point(0);
    E:=point(l2);
    H:=point(l2/2);
    D:=point(L2*cos(c0),-L2*sin(c0));
    triangle(A,C,E);
    triangle(D,C,E);
    angle(C,D,E,"c0");
    angle(E,C,D,"c0");
    angle(C,E,A,"c1");
    angle(E,A,C,"c1");
    B:=inter_unique(cercle(C,L2),cercle(A,L1));
    F:=inter_unique(cercle(E,L2),cercle(A,L1));
    triangle(A,C,B);
    triangle(A,E,F);
    angle(C,A,B,"c2");
    angle(A,C,B,"a3");
    angle(D,E,C,"t2");
    angle(F,A,E,"t2");
    angle(B,A,C,"t2");
    angle(A,F,E,"a3");
    angle(E,F,A,"c2");
    legende(milieu(A,B),"L1",quadrant2);
    legende(milieu(C,B),"L2",quadrant2);
    legende(milieu(C,D),"L2",quadrant3);
    segment(A,H);
    legende(milieu(A,H),"l3",quadrant3);
    legende(milieu(A,C),"l1",quadrant2);
    legende(milieu(E,C),"l2",quadrant4);
    BB:=point(3.3);
    FF:=point(3.3+l4);
    AA:=point(3.3+l4/2,L1*sin(37*pi/180),affichage=quadrant1);
    triangle(AA,BB,FF);
    angle(AA,BB,FF,"t1");
    legende(milieu(AA,BB),"L1",quadrant2);
    legende(milieu(AA,FF),"L1");