6 Similitudes et Configurations

¾6¾ Similitudes et Configurations

CONFIGURATIONS CLASSIQUES „ Le carré - Le triangle rectangle isocèle.

Figure 1 Figure 2 • Pour tout carré ABCD direct de centre I, ( figure 1), il existe : — un quart de tour direct r de centre A tel que r(B) = D. — un quart de tour direct r' de centre I, laissant invariant le carré : r'(A) = B, r'(B) = C, r'(C) = D, r'(D) = A. • Pour tout triangle ABC direct, rectangle isocèle en A, (figure 2), il existe : — un quart de tour direct r de centre A tel que r(B) = C. π — une similitude directe σ de centre C, de rapport 2 , d'angle [2π] telle 4 que σ(A) = B. 2 π — Si σ ' est la similitude centre C, de rapport , d'angle [2π] et I le 2 4 milieu de [BC] alors σ '(A) = I. Remarque : on retrouve cette configuration dans le carré. „ Le triangle équilatéral.

86

u

Chapitre 6

Pour tout triangle ABC équilatéral direct de centre I il existe : π — Une rotation rA de centre A, d'angle telle que rA (B) = C. 3 2π — Une rotation de centre I, d'angle telle que r(A) = B. 3 3 π — Une similitude σ de centre A, de rapport et d'angle telle que 2 6 σ(B) = M où M est le milieu de [BC]. FIGURES SEMBLABLES „ Sont directement semblables : — deux cercles quelconques. — deux triangles dont deux angles orientés sont respectivement égaux. — deux carrés de même orientation. „ Droites et segments directement semblables — étant donnés deux segment [AB] et [CD] il existe une similitude unique σ telle que σ (A) = C et σ (B) = D. — étant donnés deux droites (D) et (D') et un point O n'appartenant pas à ces droites il existe, une similitude σ, de centre O, telle que l'image par σ de (D) soit (D '). DANS LE PLAN COMPLEXE Le plan est assimilé au plan complexe où le repère orthonormal direct r r (O , u , v ) est judicieusement choisi. „ Ecriture canonique d'une translation r Si t est la translation de vecteur B , d'affixe b, qui à tout point M d'affixe z associe M ' d'affixe z', alors z' = z + b. „ Ecriture canonique d'une rotation Soit A le point du plan d'affixe a. Si r est la rotation de centre A et d'angle θ, qui à tout point M d'affixe z associe M ' d'affixe z' alors z '− a = e iθ ( z − a ) „ Ecriture canonique d'une similitude directe Soit A le point du plan d'affixe a. Si σ est la similitude de centre A, de rapport k, k > 0, et d'angle θ, qui à tout point M, d'affixe z, associe M ' , d'affixe z', alors : z '− a = k e iθ (z − a) .

87

Similitudes et configurations t

x Enoncés des exercices y Utilisation des nombres complexes r r Le plan complexe (P) est muni du repère orthonormal direct (O , u , v ) . uuur uuur Dire qu'un triangle ABC est de sens direct c'est dire que si AB, AC = α

(

alors 0 < α < π. n

)

Exercice 1.......................................................................... (15 min)

A et B sont les points d'affixes respectives 2 + i et 4 + 3 i. Calculer l'affixe c, du point C tel que le triangle ABC soit équilatéral direct uuur uuur π c'est à dire tel que AB, AC = [2π]. 3

(

)

Exercice 2.......................................................................... (15 min) A et B sont les points d'affixes respectives –1 + i et 3 – i. C et D sont les points tels que le carré ABCD soit de sens direct c'est-à- dire uuur uuur π tel que AB, AD = [2π]. Calculer l'affixe ω, du point Ω centre du carré. 2 n

(

)

Exercice 3.......................................................................... (15 min) A et B sont les points d'affixes respectives 5 – 7 i et –1 + 5 i. C est le point tel que le triangle ABC soit équilatéral direct c'est-à-dire tel uuur uuur π que AB, AC = [2π]. 3 Calculer l'affixe g, du point G centre de gravité du tria ngle ABC. n

(

nn

)

Exercice 4........................................................................ (20 min)

OAB est un triangle de sens direct. A l'extérieur de ce triangle on construit les triangles rectangles isocèles OCA (rectangle en C) et ODB (rectangle en D) puis le point E tel que OCED soit un parallélogramme. On note a et b les affixes de A et B. 1. En utilisant la similitude de centre O qui transforme A en C, calculer, en fonction de a, l'affixe c du point C. 2. En utilisant la similitude de centre O qui transforme B en D, calculer, en fonction de b, l'affixe d du point D. 3. Calculer l'affixe e du point E. En déduire que le triangle AEB est un triangle rectangle isocèle direct.

88 nn

u

Chapitre 6

Exercice 5 Configuration de Vecten........................... (20 min)

ABC est un triangle de sens direct. Sur les côtés on construit les deux carrés de sens direct ACDE et BAFG et le parallélogramme AEHF. O est le milieu de [BC]. On note a, b, c les affixes respectives de A, B et C. 1. Exprimer en fonction de a et b les affixes e, f, h et d des points respectifs E, F, H et D. 2. En déduire que BD = CH et que (BD) et (CH) sont perpendiculaires. nn

Exercice 6. Configuration de Vecten.......................... (30 min)

ABC est un triangle de sens direct. Sur ses côtés on construit les trois carrés de sens direct ACDE, BAFG et BCKL. Soit O le milieu de [BC]. On note a, b, c, d, e, f, g, m les affixes respectives de A, B, C, D, E, F, G. Soit rA, rB et rC les quarts de tour directs de centres respectifs A, B et C . 1. Démontrer que : a) e – a = i (c – a) et que f – a = – i (b – a). b) En déduire que e – f = 2 i (m – a). 2. En interprétant géométriquement cette dernière égalité, démontrer que les droites (AM) et (EF) sont perpendic ulaires et que EF = 2 AM. 3. On pose r = rB o rC . Quelle est la nature de r ? En déduire que CDLG est un parallélogramme. nn

Exercice 7........................................................................ (30 min)

Dans le plan orienté, on considère un triangle ABC direct. On construit les triangles équilatéraux A'CB, B'AC et C ' BA directs. On note F, G et H les centres respectifs de ces tria ngles équilatéraux. On se propose de prouver que le triangle FGH est équilatéral direct. On désigne par a, b, c les affixes respectives de A, B, C. 1. Affixes de F, G et H. a) Préciser le rapport et l'angle de la similitude de centre C transformant A en G. Calculer l'affixe g du point G en fonction de a, b et c. b) De la même manière calculer, en fonction de a, b et c, les affixes f et h des points F et H. 2. Montrer que ABC et FGH ont le même isobarycentre. nnn

Exercice 8...................................................................... (45 min)

On considère les demi-droites (D) = [Ax) et (D ') = [A'x'), de vecteurs direcuur r r uur teurs respectifs V et V ' tels que (V , V ' ) = θ [2π], avec θ ≠ 0 [π]. Les droites portant (D) et (D ') se coupent en O. On note M et M ' . deux points appartenant respectivement à (D) et (D ') tels que AM = A'M '.


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Partie A : Méthode géométrique . On désigne, respectivement, par E, F, G et H, les milieux respectifs de [AA'], [M M ' ], [AM' ] et [A'M]. 1. Montrer que EGFH est un parallélogramme. (On pourra utiliser la méthode des barycentres partiels). 2. Montrer qu'il existe une rotation unique r, indépendante de M, telle r(A) = A' et r(M) = M ' . Préciser la position de son centre noté I. Partie B : Utilisation des complexes. Dans toute la suite on considère que le plan est le plan complexe. On note a, a', m et m' les affixes respectives des points A, A', M et M ' . 1. Montrer que a' − m' = e iθ (a − m). uuur uuuur 2. Soit Z et Z ' les affixes respectives des vecteurs EF et GH . (1 + eiθ )(m − a). (1 − e iθ )(m − a ). Montrer que Z = et que Z ' = 2 2 Z' 3. Calculer et en déduire que EGFH est un losange. Z

Utilisation de méthodes géométriques nn

Exercice 9........................................................................ (30 min)

ABCD est un carré de sens direct et de centre O. Soit E le point extérieur à ce carré tel que le triangle CDE soit équilatéral. Soit F le point intérieur au carré tel que le triangle BCF soit équilatéral. Soit G le point tel que le tria ngle AGC soit équilatéral et que B soit intérieur à ce triangle. 1. Démontrer que les points B, D etuuur G sont alignés. uuur uuur uuur uuur uuur 2. Donner une mesure des angles (CG, CA) , (CD, CE ) et (CB ,CF ) . 3. En utilisant une rotation de centre C, déduire que les points A, E et F sont alignés. nn

Exercice 10...................................................................... (30 min)

On considère un triangle ABC rectangle en A et le point H projeté orthogonal de A sur (BC). 1. Montrer que le triangle ABH est l'image de CAH par une similitude directe que l'on déterminera (centre, rapport et angle). 2. Montrer que le triangle HAC est l'image de ABC par la composée d'une similitude directe et d'une réflexion que l'on déterminera. 3. Par quelle transformation peut-on passer du triangle ABC au triangle HBA ?

90

u

nnn

Exercice 11. Configuration de Vecten...................... (45 min)

Chapitre 6

ABC est un triangle de sens direct. Sur ses côtés on construit les carrés de sens direct ACDE, BAFG et CBHI. Soit M le milieu de [BC]. 1. P, Q et R sont les centres respectifs des carrés ACDE, BAFG, CBHI. σ 1 est la similitude directe de centre C transformant P en A et σ 2 la similitude de centre B transformant A en Q. a) Montrer que σ = σ 2 o σ 1 est un quart de tour direct. b) Quelle est l'image de M milieu de [BC] par σ ? En déduire le centre de σ et la nature du triangle MPQ . 2. Théorème de Vecten. a) Quelles sont les images respectives de B et de P par σ ? b) En déduire que BP = QR et que (BP) et (QR) sont orthogonales. c) Quelles sont les hauteurs du triangle PQR ? Que peut-on en déduire ? d) Montrer que ces axes se coupent en un point F ' tel que F 'GH soit équilatéral direct. e) Montrer que r2 o r3 = s2 o s3 . En déduire que F = F ' et conclure. nnn

Exercice 12.................................................................... (60 min)

Dans le plan orienté, on considère deux droites orthogonales (D) et (D ') et quatre points distincts A, B, C et D tels que : A et C sont sur (D), B et D sont uuur uuur π sur (D '), AC = BD et ( AC , BD) = [2 π ] , [AC ] et [BD] n'ont pas même mi2 lieu. 1. Etude de rotations. a) Justifier qu'il existe une rotation r1 qui transforme A en B et C en D. Déterminer son angle θ 1 construire sur la figure son centre I. (On expliquera la construction.) b) Justifier qu'il existe une rotation r2 transforme D en A et B en C. Déterminer son angle θ 2 et construire sur la figure son centre J. (On expliquera la construction.). 2. On désigne par M le milieu de [AC] et N celui de [BD]. Déterminer la nature du quadrilatère IMJN. 3. Soit P le point diamétralement opposé à I sur le cercle (C1 ) de diamètre [AB], et Q le point diamétralement opposé à I sur le cercle (C2 ) de diamètre [CD]. uur uur uur uur IP IQ a) Déterminer ( IA, IP ) , ( IC , IQ ) et calculer les rapports et . IA IC b) Préciser l'angle et le rapport de la similitude de centre I, qui transforme A en P et C en Q. c) En déduire que J est le milieu de [PQ].

Similitudes et configurations t nnn

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Exercice 13.................................................................... (60 min)

On considère deux carrés ABCD et PQRS de sens direct. On se propose de 2 2 2 2 montrer que AP + CR = BQ + DS . On rappelle que ces deux carrés sont directement semblables dans une similitude s dont le centre est noté O. uuur uuur uuur uuur uur uuur 1. Soit a, b, c et d les points définis par Oa = AP , Ob = BQ , Oc = CR et uuur uuur Od = DS et soit σ la similitude de centre O telle que σ (A) = a. a) Montrer que σ (B) = b, σ (C) = c, σ (D) = d. b) En déduire que abcd est un carré de sens direct. 2. On désigne par I le centre du carré abcd. 1 2 2 2 2 2 2 a) Montrer que AP + CR = Oa + Oc = 2 OI + ac . 2 2 2 2 2 b) En déduire que AP + CR = BQ + DS .

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u

Chapitre 6

¾CONTRÔLE ¾ Exercice 1 (20 min, 6 points) ABC est un triangle du plan (P) et D un point distinct de A, B et C. Soit s la similitude directe de centre A, telle que s(B) = D. Soit s' la similitude directe de centre B, telle que s'(A) = C. On pose s(C) = E et s'(D) = F. Montrer, en utilisant les nombres complexes, que CEDF est un parallélogramme. Exercice 2 (20 min, 6 points) Soit le triangle équilatéral direct ABC, inscrit dans le cercle (Γ). Soit M un point, distinct de A et de C, situé sur l'arc » AC ne contenant pas B et soit le point I de [MB] tel que MI = MA. 1. Montrer que IMB est équilatéral. π 2. Soit r la rotation de centre A et d'angle . 3 a) Préciser r(B) et r(I). b) En déduire que MA + MC = MB. Exercice 3 (20 min, 8 points) Le triangle OAB est direct, isocèle en O. Soit P variable sur [AB], P ≠ A et P ≠ B. La parallèle à (OB) passant par P coupe (OA) en A'. La parallèle à (OA) passant par P coupe (OB) en B '. 1. Montrer que OA' = BB'. 2. Etude d'une rotation a) Montrer qu’il existe une, et une seule rotation, r telle que r(O) = B et r(A') = B '. Donner son angle. b) Montrer que r(A) = O. Préciser le centre Ω de la rotation. c) Montrer que, pour tout point P, la médiatrice de [A'B '] passe par un point fixe que l'on précisera.


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z Corrigé des exercices { Utilisation des nombres complexes Corrigé 1................................................................................................. π . 3 Si a, b et c sont les affixes respectives de A, B et C, l'écriture complexe de la

C est l'image de B par la rotation r de centre A et d'angle

i

relation C = r(B) est c − a = e Or a = 2 + i, b = 4 + 3 i et e

i

π 3 (b − a) .

π 3

=

1+i 3 , donc c = 3 – 2

3 + i (2 + 3 ).

Corrigé 2................................................................................................. Le point Ω, centre du carré ABCD, est l'image de B par la similitude σ de 2 π centre A, de rapport et d'angle . 2 4 Si a, b et ω sont les affixes respectives de A, B et Ω, l'écriture complexe de la π

2 i4 e (b − a ) . 2

relation Ω = σ (B) est ω − a = Or a = –1 + i, b = 3 – i et e

i

π 4

=

2 (1 + i) , donc ω = 2 + 2 i. 2

Corrigé 3................................................................................................. Le point G, centre du triangle équilatéral direct ABC est l'image de B par la 3 π similitude σ de centre A, de rapport et d'angle . 3 6 Si a, b et g, sont les affixes respectives de A, B et G, l'écriture complexe de la relation G = σ (B) est g − a = e

i

π 6

π

3 i6 e (b − a ) . Or a = 5 – 7 i, b = –1 + 5 i et 3

1 = ( 3 + i ) , donc g = 2 – 3 – i (1 + 3 ). 2

94

u

Chapitre 6

Corrigé 4................................................................................................. r r On se place dans le plan complexe de repère (O , u , v ) . Les affixes de A et B sont respectivement a et b. 1. C est l'image de A par la similitude s de centre O, de rapport OC 2 π = et d'angle – . OA 2 4 π

Par suite c = c=

2 −i 4 e a , soit 2

1 (1 – i) a. 2

2. De même D est l'image de B par la similitude σ de centre O, de rapport π

OD 2 π 2 i4 1 = et d'angle . Par suite d = e b , soit d = (1 + i) b. OB 2 4 uuur uuur 2 2 3. Le point E est défini par CE = OD . Son affixe e est telle que :

e – c = d, soit e = c + d =

1 [(1 – i)a + (1 + i)b]. 2

Pour montrer que ABE est un triangle rectangle isocèle direct il suffit de prouver que B est l'image de A dans une rotation de centre E et d'angle 1 π b −e [π]. Calculons . Nous avons : b – e = (1 – i)(a – b) et 2 a −e 2 1 b −e 1−i a – e = – (1 + i)(a – b), donc = = i . L'interprétation géoa − e −(1 + i ) 2 EB métrique de ce quotient donne, en termes de module, = | i | = 1 , et en EA uuur uuur π terme d'argument ( EA, EB ) = arg(i ) = [2π ] , ce qui permet de conclure 2 π que B est l'image de A par la rotation de centre E et d'angle . 2 Corrigé 5................................................................................................. π 1. E est l'image de C par la rotation de centre A et d'angle , donc 2 e – a = i(– b – a) soit e = – ib + a(1 – i). π F est l'image de B par la rotation de centre A et d'angle – , donc 2 f – a = – i(b – a) soit f = – ib + a(1 + i). uuur H est l'image de E par la translation de vecteur AF . Donc : h – e = f – a soit h = – ib + a(1 – i) + – ib + a(1 + i) – a = – 2 ib + a.


D est l'image de A par la rotation de centre C et d'angle –

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π , donc 2

d + b = – i(a + b) soit d = – ia – b(iuuur+1). 2. L'affixe de BD est Z = d – b = – i a – bi – 2b, celle de uuur CH est Z ' = h – (– b), soit Z ' = a + b – 2 i b. On remarque que : Z ' = i (– i a – b i – 2 b) = i Z. Ceci signifie que les vecteurs-images de Z et de Z ' ont la même norme et sont orthogonaux. Donc BD = CH et (BD) et (CH) sont perpendicula ires. Corrigé 6................................................................................................. 1. Déterminons les affixes des points E et F. a) E est l'image de C par la rotation de centre A π et d'angle , donc : 2 e – a = i(c – a) soit e = ic + a(1 – i). F est l'image de B par la rotation de centre A π et d'angle – , donc : f – a = – i(b – a) soit f = – ib + a(1 + i). 2

1

b) M est le milieu de [BC], son affixe est m = (b + c). 2 uuur uuuur 2. L'affixe de FE est Z ' = e – f = i(b + c – 2a), celle de AM est Z = m – a soit Z =

1 (b + c – 2a). Donc Z ' = 2 iZ. Cette égalité signifie que les 2 uuur uuuur

vecteurs-images de Z et de Z ', soit respectivement, FE et AM sont d'une part, orthogonaux et d'autre part tels que FE = 2AM. Ainsi les droites (FE) et (AM) sont perpendic ulaires. 3. La composée r = rB o rC de deux quarts de tour directs est un demi-tour de centre noté I. Or rC (C) = C et rB(C) = L donc r(C) = L. De même, rC (D) = A et rB (A) = G donc r(D) = G. Il en résulte que I est le milieu commun de [CL] et [GD]. Par suite, CDLG est un parallélogramme.

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u

Chapitre 6

Corrigé 7.................................................................................................

1. Affixes de F, G, H. a) Le point G, centre du triangle équilatéral direct ACB' est l'image de C par la similitude s de centre A, de 3 π rapport et d'angle . 3 6 Si a, c et g, sont les affixes respectives de A, C et G, l'écriture complexe de la relation G = s(C) est π

3 i6 e (c − a) , soit 3 1 3 g = ( a + c) + i (c − a ) . 2 6 b) Le point H, centre du triangle équila téral direct AC'B est l'image de A par g −a=

3 π et d'angle , d'où par un 3 6 1 3 calcul analogue au précédent h = (a + b) + i (a − b ) . 2 6 De même, F est l'image de B par la similitude s" de centre C, de rap-

la similitude s' de centre B, de rapport

3 π 1 3 et d'angle , on obtient f = (c + b ) + i (b − c ) . 3 6 2 6 1 c) L'affixe du l'isobarycentre de ABC est (a + b + c), celle de l'isoba3 1 rycentre de FGH est (f + g + h). 3 Or, tous calculs faits, f + g + h = a + b + c. Par suite FGH et ABC ont le même isobarycentre.

port

Corrigé 8................................................................................................. Partie A : méthode géométrique . 1. Soit K l'isobarycentre de A, A', M et M ' . E étant le milieu de [AA'] et F celui de [MM'], K est le barycentre de {(E, 2), (F, 2)}, soit le milieu de [EF]. En raisonnant de la même façon K est aussi le milieu de [GH]. Par suite EGFH est un parallélogramme. uuuur uuuuuur uuur uuuur 2. AM = A ' M ' et ( AM , A ' M ') = (OA, OA ')[2π ] . Nous savons qu'il existe une rotation r telle que r(A) = A' et r(M) = M ' . Son angle , indépendant uuur uuuur de M et de M ' est (OA, OA ')[2π ] = θ [2π]. Son centre I appartient à la médiatrice de [AA'] et au cercle circonscrit au triangle OAA' (propriété des angles inscrits dans un arc de cercle).


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Partie B : Utilisation des complexes. uuuuuur uuuur 1. On utilise les affixes m' – a' etuuuur m – a de A ' M ' et AM . uuuuuur Les relations AM = A' M ' et ( AM , A ' M ') = θ [2π ] signifient que m '− a '  m '− a '  m '− a ' = 1 et arg  = θ [2π ] , soit encore, = eiθ .  m−a m −a  m−a  2. Les affixes de F, E, G et H sont respectivement

f=

1 1 1 1 (m + m'), e = (a + a'), g = (m' + a) et h = (a' + m). 2 2 2 2

1 1 a) On en déduit Z = f – e = (m + m '− a − a ') = (m − a )(1 + e iθ ) . 2 2 1 1 De même Z ' = h – g = (a '+ m − m ' − a ) = ( m − a )(1 − eiθ ) . 2 2 θ −2 i sin i θ i θ /2 i θ / 2 − i θ /2 Z ' 1 −e − e (e −e ) Z' 2 = −i tan θ . b) = = = iθ / 2 iθ /2 −iθ / 2 , soit i θ θ Z 2 Z 1+ e e (e +e ) 2cos 2 Ce nombre est imaginaire pur donc (EF) et (GH) sont perpendicula ires et le parallélogramme EGHF un losange.

98

u

Chapitre 6

Utilisation de méthodes géométriques Corrigé 9.................................................................................................

1. Les points B, D et G sont équidistants des points A et C. Ils appartiennent tous trois à la médiatrice de [AC] et sont donc alignés. 2. Les triangles CAG, CED et CFB sont équilatéraux directs. Donc : uuur uuur uuur uuur uuur uuur π (CG, CA) = (CD, CE ) = (CB ,CF ) = [2π] 3 et de plus CG = CA, CE = CD, CB = CF. π 3. Soit r la rotation de centre C et d'angle – . 3 D'après les considérations précédentes : r(G) = A, r(B) = F et r(D) = E. Or les points B, D et G sont alignés et une rotation conserve l'alignement, donc A, F et E sont alignés. Corrigé 10............................................................................................... 1. Les triangles ABH et CAH sont recta ngles en A et de plus uuur uuuuur uuur uuur ( AB, AH ) = (CA, CH ) [ 2π ] . Ils sont donc directement semblables. Le triangle ABH a pour image le tria ngle CAH dans la similitude s de centre H telle que : s(A) = C et s(B) = A. CA · et son angle est égal à Le rapport de s est égal à k = = tan ABC AB uuur uuur π (CA , AB) = [2π ] . 2 2. Les triangles HAC et ABC sont rectangles, ont des angles géométriques égaux. Donc HAC et ABC sont semblables dans une similitude σ. Leurs angles orientés sont opposés donc σ est une similitude indirecte. — Soit s1 la réflexion d'axe (AC) et soit B' = s1 (H) le symétrique de H par rapport à (AC). uuur uuur — Soit σ 1 la similitude directe de centre C, d'angle (CACB , )[2π ] et de CH CA · qui transforme le triangle CAB en CB 'A. rapport = = sin ABC CA BC


99

Par suite la fonction f = σ 1 o s1 , qui est une similitude indirecte transforme ABC en HAC. 3. Un raisonnement analogue, permet d'exprimer que HBA est l'image de ABC par la similitude indirecte g = σ 2 o s2 où s2 est la réflexion d'axe BH AB (AB) et σ 2 la similitude de centre B, de rapport = = sin · ACB et BA BC uuur uuur d'angle ( BC, BA) [ 2π ] . Corrigé 11...............................................................................................

1. Nature de MPQ a) σ 1 similitude de centre C transformant P en A a pour rapport uuur uuur π AC k1 = = 2 , et pour angle θ 1 = (CP, CA) = [2π]. AP 4 De même, σ 2 similitude de centre B transformant A en Q a pour rapuuur suur π BQ 2 port k2 = = et pour angle θ 2 = ( BA, BQ) = [2π]. BA 2 4 π Par suite σ est la similitude de rapport k1k 2 = 1 et d'angle . 2 σ =σ 2 o σ 1 est donc un quart de tour direct. b) σ 1 (M) = R et σ 2 (R) = M, donc σ (M) = M, ce qui signifie que M est le centre du quart de tour direct σ. D'autre part : σ1 (P) = A et σ 2 (A) = Q donc σ (P) = Q. uuur uuuur π D'où MP = MQ et ( MP ,MQ ) = [2π]. 2 Ainsi QMP est un triangle rectangle isocèle en M.

100

u

Chapitre 6

2. Théorème de Vecten.

a) On a vu que σ (P) = Q.

uuur uuur π — σ 1 (B) = H car CH = 2 CB et (CB, CH ) = [2π]. 4 uuur uuur π 2 — σ 2 (H) = R car BR = BH et ( BH, BR) = [2π]. 2 4 Donc σ (B) = R. b) Des propriétés du quart de tour direct σ il ressort que BP = QR et que (BP) et (QR) sont perpendicula ires. c) On remarque que (BP) est une hauteur du triangle PQR. Un raisonnement analogue au précédent montre que (AR) et (CQ) sont aussi des hauteurs de PQR. On en déduit que les droites (AR), (BP) et (CQ) sont concourantes.

Corrigé 12...............................................................................................

1. Etude de rotations.

uuur uuur π AC = BD et ( AC , BD) = [2π] 2 donc il existe un quart de tour direct r1 tel que r1(A) = B et r1 (C) = D. Son centre I est le point d'intersection des médiatrices de [AB] et [CD]. b) Des égalités DB = AC et uuur uuur π ( DB , AC ) = [2π], il résulte l'exis2 tence d'un quart de tour direct r2 tel que r2 (D) = A et r2 (B) = C. Son centre J est le point d'intersection des médiatrices de [AD] et [CB]. 2. Une isométrie conserve le milieu. Par suite l'image de M, milieu de [AC], par r1 est le milieu du segment d'extrémités r1 (A) = B et r1 (C) = D, soit r1 (M) = N. Le même raisonnement s'applique à r2 , donc r2 (N) = M. uuur uur π r1 (M) = N donc IM = IN et ( IM , IN ) = [2π ] , r2 (N) = M donc JM = JN 2 uuur uuur π et ( JN , JM ) = [2π ] . 2 Donc IMJN est le carré inscrit dans le cercle de diamètre [MN].

a)


101

uur uur

π 2 donc IAPB est un carré direct. Pour des raisons analogues ICQD est aussi un carré direct. a) Il en résulte les relations suivantes sur les distances et les angles : uur uur π IP ( IA , IP ) = [2π], = 2 4 IA

3. P est diamétralement opposé à I sur le cercle (C1 ) et ( IA, IB) = [2π ] et

uur uur π IQ ( IC , IQ ) = [2π], = 2. 4 IC b) Donc il existe une similitude σ de centre I telle que σ(A) = P, σ(C) = Q. c) Le carré IMJN étant un carré direct, nous avons également σ(M) = J. Une similitude directe conserve le milieu. Or M est le milieu de [AC], donc J est le milieu de [PQ].

Corrigé 13...............................................................................................

1. Les carrés ABCD et PQRS étant directement semblables il existe une similitude s de centre O telle que : s(O) = O, s(A) = P, s(B) = Q, s(C) = R et s(D) = S. Par suite il existe une seconde similitude s1 de centre O telle que s1 (O) = O, s1 (A) = B et s1 (P) = Q. uuur uuur uuur uuur OA OB Par suite : = (1) et (O A,O B) = ( AP , BQ)[2π ] (2) AP BQ a) Soit σ la similitude de centre O telle que σ (A) = a. uuur uuur uuur uuur Montrons que σ (B) = b. On a AP = Oa et BQ = Ob donc d'après uuur uuur uuur uuur Oa Ob (1) et (2), = et (OA, OB ) = (Oa , Ob )[2π ] , ce qui prouve OA OB

102

u

Chapitre 6

que OAB et Oab sont semblables par la similitude σ . De la même manière on montrerait que σ (C) = c et σ (D) = d.

b) Ainsi abcd est l'image du carré ABCD direct par la similitude σ . Donc abcd est un carré direct.

2. I est le centre du carré abcd donc I est le milieu commun de [ac] et de [bd]. De plus ac = bd. a) On applique le théorème de la médiane au triangle Oac. Il vient : 2

2

2

Oa + Oc = 2 OI + 2

1 2 ac . 2

2

2

De même, Ob + Od = 2 OI + 2

2

2

1 2 bd . 2 2

Or ac = bd donc Oa + Oc = Ob + Od . b) Oa = AP, Ob = BQ, Oc = CR et Od = DS. 2 2 2 2 Donc AP + CR = BQ + DS .


103

¾ CORRIGE DU CONTROLE ¾ Exercice 1 On désigne par a, b, c et d les affixes respectives de A, B, C et D dans le plan r r complexe (P) de repère (O , u , v ) . AD La similitude s a pour rapport k = et AK uuur uuur pour angle θ = ( AB, AD) . Il existe donc un complexe α de module k et d'argument θ, tels que la forme complexe canonique de s s'écrive z' – a = α (z – a). Il en va de même pour la similitude s' dont la forme complexe canonique est z' – b = α '(z – b). (1)  s( B ) = D  d − a = α (b − a ) On a  donc  (2)  s (C ) = E  e − a = α (c − a) (3)  s '( A) = C  c − b = α '(a − b) De même  donc  (4)  s '( B) = F  f − b = α '( d − b ) uuur ED a pour affixe d – e = (d – a) – (e – a) = α [(b – a) – (c – a)] soit d – e = α (b – c). d−a ( d − a)( b − c) Or, d'après (1), α = donc d − e = b−a b −a uuur CF a pour affixe f – c = (f – b) – (c – b)) = α’ [(a – b) – (d – b)] soit c−b (c − b)( d − a) f – c = α’(a – d). Or, d'après (3), α ' = donc f − c = . a −uuur b uuur a −b uuur uuur Les affixes de ED et CF étant égales, ED = CF , donc CEDF est un parallé logramme.

104

u

Chapitre 6

Exercice 2 uuur uuur 1. Les angles inscrits ( MA , MB ) et uuur uuur (CACB , ) interceptent le même arc orienté » AB . Ils ont donc la même meπ [2π ] . Or MI = MA donc 3 IMA est équilatéral. 2. Egalité MA + MC = MB. a) Les triangles IMA et ABC sont équilatéraux directs, donc par la rotation de centre A et d'angle π [2π ] on a r(I) = M et r(B) = C. 3 b) Une rotation conserve les distances, donc IB = MC. Par suite MA + MC = MI + IB. Or I appartient à [MB], donc MI + IB = MB, d'où MA + MC = MB. Par suite MA + MC = MI + IB. Or I appartient à [MB], donc MI + IB = MB, d'où MA + MC = MB.

sure égale à

Exercice 3 1. Les triangles BOA et BB'P sont homothétiques dans une homothétie de centre B. Comme BOA est isocèle , BB'P l'est aussi et BB' = PB '. Or OA'PB' est un parallélogramme, donc OA' = PB', d'où OA' = BB'. 2. Etude de la configuration a) Comme (OA') et (BB') ne sont pas parallèles, il existe une rotation unique r telle que r(O) = B et r(A') = B'. L'angle de r est l'angle θ avec uuuur uuuur θ = (OA ', BB ') [2π] soit encore uuur uuur uuur uuur θ = (OA , BO) = (OA O , B ) + π [2π ] . On remarquera que cet angle est indépendant du couple (A', B'), donc du point P. Le point A1 image de A par r est tel que : uuur uuuur uuur uuur OA = OB = BA1 et (OA, BA1 ) = (OA , BO)[2π ] . Par suite r(A) = O. b) De r(A) = O et r(O) = B, il résulte que le centre Ω de la rotation r est le point d'intersection des médiatrices de [OA] et [OB]. Donc Ω est le centre du cercle circonscrit à OAB. c) r(A') = B ' , donc la médiatrice de [ A ' B ' ] passe par Ω, qui un point fixe.