Des exercices sur les transformations

Retour à la page personnelle de Bernard Parisse.

# Chapitre 5 Des exercices sur les transformations

## 5.1 Exercice 1 sur les rotations

### 5.1.1 L’énoncé et sa figure

Soit un triangle direct quelconque ABC. On construit à l’extérieur de ABC les carrés ACDE et AGHB et le parallélogramme AEFG.
Montrer que BE=CG et que CG est perpendiculaire à EB
Montrer que AF=BC et que AF est perpendiculaire à BC
Pour faire la figure, on définit le triangle direct ABC avec les 3 points A,B,C obtenus en cliquant en mode `point`, puis on tape :

    carre(A,C,D,E);
    carre(B,A,G,H);
    F:=translation(G-A,E);
    parallelogramme(A,E,F);
    segment(B,E,affichage=1);
    segment(C,G,affichage=1);
    segment(B,C,affichage=2);
    segment(A,F,affichage=2);
    K:=projection(droite(B,C),A):;
    segment(A,K,affichage=4+ligne_tiret_point);

On obtient :

### 5.1.2 La démonstration géométrique

La rotation de centre A et d’angle π/2 transforme C en E et G en B. Donc CG=EB et CG est perpendiculaire à EB
Soit I le symétrique de G par rapport à A :

On a donc :
IA=AG=EF donc le quadrilatère AIEF est un parallélogramme donc :
AF=IE La rotation de centre A et d’angle π/2 transforme B en I donc BC=IE et BC est perpendiculaire à IE et comme AF=IE, on en déduit que : BC=AF et BC est perpendiculaire à AF.

### 5.1.3 La démonstration avec les nombres complexes

On choisit un repère d’origine A.
La rotation de centre A et d’angle π/2 transforme C en E et G en B. Donc si zb,zc,... désigne les affixes de B,C... on a :
ze=i*zc et zb=i*zg donc zg=−i*zb
AF=AE+AG donc
zf=ze+zg=i(zc−zb) donc AF=BC et BC est perpendiculaire à AF.

### 5.1.4 La démonstration avec `Xcas`

On choisit un repère d’origine A et C sur l’axe des y.
On tape :

    assume(a=[-2,-5,5,0.1]);
    assume(b=[1,-5,5,0.1]);
    assume(c=[-5/2,-5,5,0.1]);
    A:=point([0,0,'affichage'=0]);
    B:=point([a,b,'affichage'=0]);
    C:=point([0,c,'affichage'=0]);
    carre(A,C,D,E);
    carre(B,A,G,H);
    F:=translation(G-A,E);
    parallelogramme(A,E,F);

Puis on demande à `Xcas` :
`longueur2(C,G)`, on obtient `(-b)```^```2+(c+a)```^```2`
`longueur2(B,E)`, on obtient `(a+c)```^```2+(b-c+c)```^```2`
`longueur2(A,F)`, on obtient `(c-b)```^```2+a```^```2`
`longueur2(B,C)`, on obtient `a```^```2+(b-c)```^```2`
`equation(droite(C,G))`, on obtient `y=((-a-c)*1/b*x+c)`
`equation(droite(B,E))`, on obtient `y=(b*1/(a+c)*x+(b*c)/(a+c))`
le produit des pentes vaut bien -1.
`equation(droite(A,F))`, on obtient `y=((-a)*1/(b-c)*x)`
`equation(droite(B,C))`, on obtient `y=((b-c)*1/a*x+c)`
le produit des pentes vaut bien -1.
On peut aussi utiliser directement :
`normal(pente(droite(C,G))*pente(droite(B,E)))` et
`normal(pente(droite(A,F))*pente(droite(B,C)))` et obtenir `-1`
ou
`est_perpendiculaire(droite(C,G),droite(B,E))` et
`est_perpendiculaire(droite(A,F),droite(B,C))` et obtenir `1`

## 5.2 Exercice 2 sur les similitudes

### 5.2.1 L’énoncé et sa figure

Soit un carré direct ABCD de centre I et de côté a. Soit J le milieu de IB. On construit le carré direct IJKL.
Trouver le centre, le rapport et l’angle de la similitude qui transforme :
A en I,
B en J
C en K et
D en L.
On tape :

    A:=point(0);
    assume(a=[5,0,10,0.1]);
    B:=point(a);
    c:=carre(A,B,C,D):;c
    I:=milieu(A,C);
    J:=milieu(B,I);
    carre(I,J,K,L);
    segment(A,C);
    segment(B,D);

On obtient :

### 5.2.2 La démonstration géométrique

Si cette similitude existe on a :
le rapport de la similitude est k=a*√2/4.puisque IJ=a*√2/4=AB*√2/4,
L’angle est de −π/4 puisque (AB,IJ)=−π/4
Cherchons son centre O.
On doit avoir (OA,OI)=−π/4 donc O se trouve sur l’arc ABI du cercle de diamètre AB (arc capable interceptant AI et d’angle −π/4 puisque l’angle au centre de ce cercle qui intercepte l’arc AI est droit).
On doit avoir (OB,OJ)=−π/4 donc O se trouve sur l’arc BKJ du cercle de diamètre BK (arc capable interceptant BJ et d’angle −π/4 puisque l’angle au centre de ce cercle qui intercepte l’arc BJ est droit).
Soit O l’intersection de ces 2 arcs : O est donc la projection de B sur AK (puisque l’angle (OA,OB)=π/2 et l’angle (OB,OK)=π/2, on a (OA,OK)=π).
La similitude de centre O, d’angle −π/4 et de rapport k=a*√2/4 transforme A en I et B en J. Comme une similitude transforme des longueurs égales en des longueurs égales et conserve aussi les angles, cette similitude transforme le carré direct ABCD en le carré direct IJKL.
On peut donc en déduire que les 4 cercles :
`cercle(A,B),cercle(B,K),circonscrit(I,K,C),circonscrit(ADL)`
sont concourants en O.
En effet :
(IC,IK)=−π/4 donc I et O sont sur l’arc capable interceptant CK et d’angle −π/4. On en déduit que O est sur le cercle circonscrit à IKC.
De même (AD,AL)=−π/4 donc A et O sont sur l’arc capable interceptant CK et d’angle −π/4. On en déduit que O est sur le cercle circonscrit à JAD.

### 5.2.3 La démonstration avec les nombres complexes et `Xcas`

On choisit A à l’origine et B sur l’axe des x.
Si cette similitude existe on a :
le rapport de la similitude est k=a*√2/4.puisque IJ=a*√2/4=AB*√2/4,
L’angle est de −π/4 puisque (AB,IJ)=−π/4
Cherchons O le centre de la similitude d’affixe z0, on a :
−z0*√2/4*exp(−i*π/4)=a*(1+i)/2−z0 On tape :
`normal(solve(-z0*sqrt( 2)/4*exp(-i*pi/4)=a*(1+i)/2-z0,z0))`
On obtient :
`[(4+2*i)/5*a]`
donc z0=(4+2*i)/5*a On tape :
`I:=similitude(point((4+2*i)/5*a),sqrt(2)/4,-pi/4,A,
affichage=1+epaisseur_point_2)`
`J:=similitude(point(4+2*i),sqrt( 2)/4,-pi/4,B,
affichage=1+epaisseur_point_2)`
`K:=similitude(point(4+2*i),sqrt( 2)/4,-pi/4,C,
affichage=1+epaisseur_point_2)`
`L:=similitude(point(4+2*i),sqrt( 2)/4,-pi/4,D,
affichage=1+epaisseur_point_2)`
On obtient :

## 5.3 Exercice 3 : lieu et similitude

### 5.3.1 L’énoncé et sa figure

Soit un triangle direct OAB rectangle en O avec OA=a et OB=b.
Soit D=At une demi droite variable telle que :
(OA,At)=c, 0 ≤ c ≤ π/2.
Soient A1 et B1 les projections respectives de A et B sur D.
Quelle est la valeur de c pour laquelle A1 et B1 sont confondus en un point que l’on nommera P ? Trouver les lieux de A1 et de B1 quand c varie.
Montrer que le triangle PA1B1 reste semblable au triangle OAB quand c varie.
Trouver le lieu de M milieu de A1B1 quand c varie.
On tape (on choisit a=3 et b=5): (les instructions `carre` sont la pour voir les droites perpendiculaires)

    assume(a=3);
    assume(b=5);
    O:=point(0);
    A:=point(a);
    B:=point(b*i);
    d:=segment(A,B);
    supposons(c=[0.8,0,1.57,0.1]);
    D:=droite(y=(tan(c)*x));
    A1:=projection(D,A);
    B1:=projection(D,B);
    P:=projection(d,O);
    carre(P,O+(P-0)*0.9);
    segment(O,P,affichage=3+point_tiret);
    carre(P,O+(P-0)*0.9);
    carre(O+(P-0)*0.93,P);
    segment(A,A1,affichage=3+point_tiret);
    carre(A1,O+(A1-0)*0.9);
    segment(B,B1,affichage=3+point_tiret);
    carre(B1,O+(B1-0)*1.05);
    triangle(P,A1,B1);
    M:=milieu(A1,B1);
    C1:=cercle(1.5,1.5,0,pi);
    C2:=cercle(2.5*i,2.5,-pi/2,pi/2);
    C3:=similitude(P,sqrt(a^2+b^2)/(2*b),atan(a/b),C2,affichage=5)

On obtient :

### 5.3.2 La démonstration géométrique

A1 et B1 sont confondus lorsque D est perpendiculaire à AB. P est donc la projection de O sur AB.
Quand c varie, l’angle (A1O,A1A)=π/2 donc le lieu de A1 est le demi-cercle C1 de diamètre OA contenant P.
Quand c varie l’angle (B1B,B1O)=π/2 donc le lieu de B1 est le demi-cercle C2 de diamètre OB contenant P.
Ces deux demi-cercles se coupent en P.
Les triangles POA et PBO sont semblables au triangle OBA.
Si B1 est sur l’arc OP de C2 alors A est sur l’arc AP de C1.
alors l’angle Si B1 est sur l’arc PB de C2 alors A est sur l’arc OP de C1.
Dans les 2 cas l’angle B1 de PA1B1 est égal à l’angle B de OAB et A1 de PA1B1 est égal à l’angle A de OAB.
Donc le triangle PB1A1 est direct et est semblable au triangle OBA.
On en déduit que A1 se déduit de B1 par une similitude de centre P, d’angle π/2 et de rapport PA1/PB1=OA/OB=a/b. C1 est donc l’image de C2 par cette similitude.
Le milieu M de A1B1 se déduit de B1 par une similitude de centre P, d’angle :
B1 (égal à l’angle B de OAB valant atan(a/b)) et de rapport :
PM/PB1=AB/(2*OB)=√a2+b2/(2b) (car la médiane OK de OAB a pour longueur AB/2=√a2+b2/2).
Donc le lieu de M est le demi cercle C3 qui se déduit de C2 par cette similitude : c’est le demi-cercle diamètre le segment joingnant les milieux de OA et OB (car si c=0 A1 est en A et B1 est en O et si c=π/2 A1 est en O et B1 est en B) qui passe par P (puisque quand A1 et B1 sont en P, Mmilieu de A1B1 est aussi en P).

### 5.3.3 La démonstration avec les nombres complexes et `Xcas`

P est la projection de O sur AB.
On PO*AB=a*b=PO*√a2+b2 donc O−P=(B−A)*(iab/(a2+b2)) si p est l’affixe de P on a :
p=(a−ib)(iab/(a2+b2))=(ab2+ia2b)/(a2+b2)
A1 a pour affixe a1=acos(c)exp(ic)
B1 a pour affixe b1=bsin(c)exp(ic)
M a pour affixe m=(a1+b1)/2=(acos(c)+bsin(c))exp(ic)/2
On pose :
x1=re(m)=(acos(c)+bsin(c))cos(c)/2 et
y1=im(m)=(acos(c)+bsin(c))sin(c)/2
On a x1≥ 0 et y1≥ 0 car c∈ [0;π/2].
On tape :
`x1,y1:=op(normal(coordonnees(M)))`
`factor(equation(plotparam(x1+i*y1,c)))`
On obtient :
`(b```^```2+a```^```2)*(2*x```^```2-x*a-b*y+2*y```^```2)`
qui est l’équation du cercle de centre d’affixe (a+ib)/2 passant par O.
Comme A1 et B1 se trouve dans l’angle (OA,OB) c’est le demi-cercle se trouvant dans cet angle qui est le lieu de M.
ou bien, on calcule :
x12+y12=(acos(c)+bsin(c))2/4=
a/4*cos(c)(acos(c)++bsin(c))+b/4sin(c)(acos(c)++bsin(c))=
a*x1/2+b*y1/2
Donc le lieu de M a pour équation pour x≥ 0 et y≥ 0 :
x2+y2−ax/2−by/2=(x−a/4)2+(y−b/4)2−(a2+b2)/16
qui est l’équation du demi-cercle C3.

Retour à la page personnelle de Bernard Parisse.