[PDF] Exemples : similitudes directes

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Exemples : similitudes directespage 1 de 4

Exemples : similitudes directes

I) Exercices

1.SoitABCun triangle rectangle enA, direct. SoitHle projeté orthogonal deAsur

(BC)etKle symétrique deHpar rapport à(AB). Démontrez qu"il existe une simi- litude directe transformant(A;K;B)en(C;A;B)(dans cet ordre). Remarque : l"énoncé demande de démontrer une existence, il ne demande pas for- cément de déterminer exactement la similitude.AC BH K Les trianglesABCetABHont des angles géométriques égaux (angle enBcommun, et angles droits enHet enA). Mais ses angles orientés sont les opposés de ceux deABCpuisqueABCest direct alors queHBAest indirect. Par symétrie, le triangleHBAest transformé enKBA, qui a donc les mêmes angles géométriques queHBA, mais des angles orientés opposés. Donc finalementKBA a les mêmes angles orientés queABC. Donc les deux triangles sont directement semblables. On sait qu"alors les rapports des côtés sont égaux :BCBA =BABK =k(propriété des triangles semblables). Il existe donc un angle orienté constantet un rapportk constant tel que

BC=kBAetBA=kBK, et!BA;!BC

=!BK;!BA Donc la similitude directe de centreB, de rapportket d"angletransforme bien (A;K;B)en(C;A;B)2.Soittla translation de vecteur!vd"affixe1+ietrla rotation de centreOet d"angle4 Déterminer la forme réduite de la transformationf=tr. Le dessin montre la construction avecM1=r(M)etM0=t(M1).

La formule detrestf(z) =ei=4z+ 1 +i.

On calcule le point invariant en résolvantf(z) =z.

On trouve un point invariant unique

d"affixe!=p2 2 +i 1 +p2 2 fest la composée de deux similitudes directes, donc c"est une similitude directe. Elle a un point invariant unique, donc ce n"est pas une translation. Elle a un rapport égal à 1 (produit des rapports11) et un angle4 (somme des angles0+4 ), donc c"est la rotation de centre et d"angle4 On vérifie quefpeut se mettre sous la forme :f(z) =ei=4(z!) +!.

C"est bien la formule d"une rotation de centre

et d"angle4 , ce qui est vérifié sur la figure. O! vMM 1M

03.Soit une droitedet un pointOn"appartenant pas àd. On considère les trianglesOAB

directs rectangles enAet isocèles dont le sommetAde l"angle droit est un point variable ded. Déterminer le lieu géométrique des pointsBlorsqueAdécrit la droited. Le pointBest l"image deApar la similitude directesde centreO, de rapportp2 et d"angle4 (d"après les propriétés d"un triangle rectangle isocèle).

Exemples : similitudes directespage 2 de 4Comme le pointAdécrit la droited, le pointBdécrit la droite image dedpars.

On sait d"après un théorème que c"est une droited0faisant un angle de4 avecd. Comment construire précisémentd0? Il suffit de déterminer le transformé d"un point particulier, par exemple du pointHprojeté orthogonal deOsurd. On construit doncOHH0isocèle rectangle enH, direct. Il suffit ensuite de tracer la transformée dedpar la rotation de centreH0et d"angle4 .O A BH 0Hdd

04.Soit un triangleABCéquilatéral direct de centreO. SoientI;J;Kles milieux respectifs

de[BC],[CA]et[AB]. Quels sont les éléments géométriques de la similitude directe qui transformeBenIetOenJ? Remarque : puisqueB6=OetI6=J, un théorème du cours permet d"affirmer qu"il existe une similitude directe et une seule qui transformeBenIetOenJ.

Son rapport est

IJBO ==p3 2

En effet, si le côté du triangle esta,

IJ=a2 (Thalès, droite des milieux) et BO=23 p3 2 a(la hauteurBJvautp3 2 aetOest aux deux-tiers de[BJ]).A BCO

IJKL"angle de la similitude est

!BO;!IJ =!BO;!BA =!BJ;!BA =6 (bissec- trice).

Recherche du centre

Pour trouver le centre

, il est maintenant utile de visualiser la forme dutriangle de similitude MM0: MM

0Il faut reconnaître ce genre de triangle : c"est un classique demi-triangle équilatéral,

à cause de son angle

6 et de son rapportp3 2 = cos6 C"est un triangle rectangle enM0, et l"angle enMvaut3 . Tout cela peut se démontrer avec les complexes : prouver par exemple que!m0=ip3(mm0). Il faut maintenant chercher sur la figure un triangle de cette forme avecM=Bet M

0=Iet un autre avecM=OetM0=J. D"après la forme du triangle,

doit être sur la perpendiculaire enIà(BI), et aussi sur la demi-droite image de[BC) par la rotation de centreBet d"angle3 , c"est-à-dire la demi-droite[BA). Donc le centre semble bien être le pointA(on ne l"a pas vraiment démontré).

Rédaction

La démonstration consiste seulement à vérifier que le pointAsatisfait les conditions d"une similitude : a-t-on AIAB =AJAO =p3 2 et!AB;!AI =!AO;!AJ =6

Oui à cause des propriétés d"un triangle équilatéral (longueur de la hauteur, position

du centre, bissectrices).

Donc la réponse est : centreA, rapportp3

2 , angle6

Autre méthode : nombres complexes

La similitude cherchée a pour formulez0=z+. En écrivant les conditions, on trouveeten résolvant un système de deux équations. On trouve : =zJzIz

BzO, puis=zIzB.

On peut ensuite tout exprimer en fonction de deux affixes seulement,zAetzBpar exemple. On peut même choisir une des affixeszA= 0(choix adapté puisqu"on conjecture que le centre estA). z

C=ei=3zB,zO=13

(zB+zC),zI=12 (zB+zC),zJ=12 zC.

Exemples : similitudes directespage 3 de 4On vérifie alors queAest bien invariant := 0, on calculejj=p3

2 etarg() =6

En fait=34

+ip3 4 , donc la similitude s"écritz0= 34
+ip3 4 z(c"est celle du contrôle commun de janvier 2009).

5.SoitAd"affixe2 +i. Pour toutM, on effectue la construction suivante :OMM1est

rectangle enM, isocèle direct,MOAM2est un parallélogramme,!OM0=!OM1+!OM2. Démontrer que la transformationM7!M0est une similitude et déterminer ses élé- ments géométriques. Solution : on peut démontrer que la formule estz0= (2 +i)z+ 2 +i, le centre a pour affixe!=32 +12 i, le rapport estp5et l"angle estaveccos() =2p5 et sin() =1p5 (0;464rad).OAMM 2M 1M

0II) Problème : triangles isocèles rectangles, milieux,

alignement SoitOABun triangle isocèle (OA=OB). On construit les triangles isocèles rectangles directsOAC(rectangle enA) etOBD(rectangle enB).

On appelleIle milieu de[AB]etJle milieu de[CD]OAC

BD IJ1.Soitsla similitude directe de centreOqui transformeAenC. Quel est son angle et quel est son rapport?

Angle :!OA;!OC

=4 . Rapport :OCOA =p2

2.Démontrer que la formule complexe desest :z0= (1 +i)z.

En déduire que, pour toutM,OMM0est toujours isocèle rectangle direct (M0= s(M)) La formule estz0!=kei(z!), soitz00 =p2ei=4(z0) == (1 +i)z D"après la figure (avecM=AetM0=C) le triangle serait rectangle enM. il faut prouver0z=i(z0z)(rotation de centreMtransformantM0enO). z

0z= (1+i)zz=iz, donci(z0z) =i2z=z, ce qui est bien ce qu"on veut.

3.Quelles sont les images parsdeBet deI(expliquer)?

En déduire queA;IetJsont alignés.

s(B) =DcarOBDest isocèle rectangle direct enB, et d"autre parts(I) =J, car une similitude conserve le concept de milieu (stransforme[AB]en[CD], donc le milieuIen le milieuJ). On va montrer que(AB)et(IJ)sont toutes deux perpendiculaires à(OI): (OI)?(AB)car[OI]est médiane dansOABisocèle, donc aussi hauteur. (OI)?(IJ)puisqueJest l"image deIpars, doncOIJest isocèle rectangle enI. Donc(AB)et(IJ)sont parallèles, et donc confondues puisqueI2(AB). III) Problème : triangle équilatéral, similitude réci- proque, cercle On appelleAle point d"affixe1etCle point d"affixe1. SoitEle point tel queACEsoit un triangle équilatéral direct (on pourra calculer l"affixe deEmais ce n"est pas indispensable).OACE

1.Soit(sigma)la similitude directe définie parz7!z0=3 +ip3

4 z+1ip3 4 Déterminer les éléments géométriques qui définissent

Le rapport estk=jaj=

3 +ip3

4 ==p3 2 Exemples : similitudes directespage 4 de 4L"angle estarg(a)avec pour cosinusxajaj==p3 2 et pour sinus y ajaj==12 . Donc l"angle de la similitude estarg(a) =6 Le centre est le point invariant :!=b1a== 1. C"est doncC.

2.Montrer que l"imageE0deEparest le milieu de[AE]. (on pourra montrer que

l"affixe deE0est1 +p3i2 mais ce n"est pas indispensable) Montrer queE0est sur le cercle trigonométrique (centreO, rayon 1).OACE E

0Dans le triangle équilatéralAEC,[CE0]est médiane et donc bissectrice, donc!CE;!CE0

=6 . De plus[CE0]est une hauteur doncCE0CE = cos6 =p3 2 DoncE0=(E)(les conditions avec centre, rapport et angle sont vérifiées). OE 0=12 CE(Thalès), doncOE0= 1, doncE0est sur le cercle trigonométrique.

3.SoitBun point quelconque du cercle trigonométrique. On appelleMl"image deBpar

la similitude réciproque de(on appellescette réciproque). Le but de cette question est de déterminer l"ensemble(Gamma) des pointsMlorsque

Bparcourt le cercle trigonométrique.OACE

E 0BM a)Démontrer que le pointEappartient à l"ensemble (E) =E0, doncs(E0) =E. OrEest sur le cercle : c"est une position

particulière du pointB, doncEappartient à.b)SoitO0l"image deOpars. Démontrer queO0est le centre de gravité deACEOACE

O 0E

0SoitGle centre de gravité.Gest aux deux-tiers de la médiane[CE0]et la

longueur de la médiane estCE0=p3 2

AC=p3.

Donc CGCO =23 p3 = 2p3 . C"est bien le rapport des.

D"autre part

!CO;!CG =6 . C"est bien l"angle des. DoncGest bien égal às(O) =O0(les conditions avec centre, rapport et angle sont vérifiées).

On pouvait aussi calculer les affixes :E(p3i);O0

p3 3 i! ;E 0

1 +p3i2

c)En déduire l"ensemble. Par quels points particuliers de la figure passe-t-il?OACE O 0E 0BM L"image du cercle de centreOet de rayon1par la similtudesest le cercle de centres(O) =O0et de rayon12p3 D"après la question 3.a, ce cercle passe parE, et comme le triangleAECest équilatéral avecO0comme centre de gravité, il passe aussi parAetC.quotesdbs_dbs35.pdfusesText_40

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