6 Similitudes et Configurations

6 Similitudes et Configurations CONFIGURATIONS CLASSIQUES Le carré - Le triangle rectangle isocèle Figure 1 Figure 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 ), il existe : un quart de tour direct r de centre A tel que r(b) = C une similitude directe σ de centre C, de rapport, d'angle 4 [] telle que σ(a) = B Si σ ' est la similitude centre C, de rapport, d'angle [] et I le 4 milieu de [BC] alors σ '(A) = I Remarque : on retrouve cette configuration dans le carré Le triangle équilatéral

86 Chapitre 6 Pour tout triangle ABC équilatéral direct de centre I il existe : Une rotation r A de centre A, d'angle telle que ra (B) = C Une rotation de centre I, d'angle telle que r(a) = B Une similitude σ de centre A, de rapport σ(b) = M où M est le milieu de [BC] et d'angle telle que 6 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 ( O, u, v) est judicieusement choisi Ecriture canonique d'une translation 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 iθ M ' d'affixe z' alors z' a = e ( 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 = kei θ ( z a)

Similitudes et configurations 87 Enoncés des exercices Utilisation des nombres complexes Le plan complexe (P) est muni du repère orthonormal direct ( O, u, v) AB, AC = α Dire qu'un triangle ABC est de sens direct c'est dire que si ( ) alors 0 < α < Exercice 1 (15 min) A et B sont les points d'affixes respectives + i et 4 + i Calculer l'affixe c, du point C tel que le triangle ABC soit équilatéral direct c'est à dire tel que ( AB, AC) = [] Exercice (15 min) A et B sont les points d'affixes respectives 1 + i et i C et D sont les points tels que le carré ABCD soit de sens direct c'est-à- dire tel que ( AB, AD) = [] Calculer l'affixe ω, du point Ω centre du carré Exercice (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 que ( AB, AC) = [] Calculer l'affixe g, du point G centre de gravité du triangle ABC Exercice 4 (0 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 En utilisant la similitude de centre O qui transforme B en D, calculer, en fonction de b, l'affixe d du point D Calculer l'affixe e du point E En déduire que le triangle AEB est un triangle rectangle isocèle direct

88 Chapitre 6 Exercice 5 Configuration de Vecten (0 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 En déduire que BD = CH et que (BD) et (CH) sont perpendiculaires Exercice 6 Configuration de Vecten (0 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 r A, r B et r C 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 = i (m a) En interprétant géométriquement cette dernière égalité, démontrer que les droites (AM) et (EF) sont perpendiculaires et que EF = AM On pose r = r B r C Quelle est la nature de r? En déduire que CDLG est un parallélogramme Exercice 7 (0 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 Montrer que ABC et FGH ont le même isobarycentre Exercice 8 (45 min) On considère les demi-droites (D) = [Ax) et (D ') = [A'x'), de vecteurs directeurs respectifs V et V ' tels que (V, V ' ) = θ [], avec θ 0 [] 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 '

Similitudes et configurations 89 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) 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 i 1 Montrer que a' m' = e θ (a m) Soit Z et Z ' les affixes respectives des vecteurs EF Montrer que Calculer Z ' Z iθ (1 + e )( m a) (1 e )( m a) Z = et que Z ' = et en déduire que EGFH est un losange Utilisation de méthodes géométriques iθ M ' etgh Exercice 9 (0 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 triangle AGC soit équilatéral et que B soit intérieur à ce triangle 1 Démontrer que les points B, D et G sont alignés Donner une mesure des angles ( CG, CA), ( CD, CE) et( CB, CF ) En utilisant une rotation de centre C, déduire que les points A, E et F sont alignés Exercice 10 (0 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) 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 Par quelle transformation peut-on passer du triangle ABC au triangle HBA?

90 Chapitre 6 Exercice 11 Configuration de Vecten (45 min) 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 la similitude de centre B transformant A en Q a) Montrer que σ = σ 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 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 r r = s s En déduire que F = F ' et conclure Exercice 1 (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 sur (D '), AC = BD et ( AC, BD) = [ ], [AC ] et [BD] n'ont pas même milieu 1 Etude de rotations a) Justifier qu'il existe une rotation r 1 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 r transforme D en A et B en C Déterminer son angle θ et construire sur la figure son centre J (On expliquera la construction) On désigne par M le milieu de [AC] et N celui de [BD] Déterminer la nature du quadrilatère IMJN Soit P le point diamétralement opposé à I sur le cercle (C 1 ) de diamètre [AB], et Q le point diamétralement opposé à I sur le cercle (C ) de diamètre [CD] a) Déterminer ( IA, IP ), ( IC, IQ) et calculer les rapports IP IQ 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 91 Exercice 1 (60 min) On considère deux carrés ABCD et PQRS de sens direct On se propose de 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 1 Soit a, b, c et d les points définis par Oa= AP, Ob= BQ, Oc= CR et 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 On désigne par I le centre du carré abcd a) Montrer que AP + CR = Oa + Oc = OI + 1 ac b) En déduire que AP + CR = BQ + DS

9 Chapitre 6 CONTRÔLE Exercice 1 (0 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 (0 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 Soit r la rotation de centre A et d'angle a) Préciser r(b) et r(i) b) En déduire que MA + MC = MB Exercice (0 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' 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

Similitudes et configurations 9 Corrigé des exercices Utilisation des nombres complexes Corrigé 1 C est l'image de B par la rotation r de centre A et d'angle Si a, b et c sont les affixes respectives de A, B et C, l'écriture complexe de la i relation C = r(b) est c a= e ( b a) i Or a = + i, b = 4 + i et e 1+ i =, donc c = + i ( + ) Corrigé Le point Ω, centre du carré ABCD, est l'image de B par la similitude σ de centre A, de rapport et d'angle 4 Si a, b et ω sont les affixes respectives de A, B et Ω, l'écriture complexe de la i relation Ω = σ (B) est ω a = e 4 ( b a) i Or a = 1 + i, b = i et e 4 = (1 + i ), donc ω = + i Corrigé Le point G, centre du triangle équilatéral direct ABC est l'image de B par la similitude σ de centre A, de rapport et d'angle 6 Si a, b et g, sont les affixes respectives de A, B et G, l'écriture complexe de la i relation G = σ (B) est g a= e 6 ( b a) Or a = 5 7 i, b = 1 + 5 i et i e 6 1 = ( + i ), donc g = i (1 + )

94 Chapitre 6 Corrigé 4 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 OA = et d'angle 4 i Par suite c= e 4 a, soit c = 1 (1 i) a De même D est l'image de B par la similitude σ de centre O, de rapport OD OB = et d'angle i Par suite d = e 4 b, soit d = 1 (1 + i) b 4 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] 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 b e [] Calculons a e Nous avons : b e = 1 (1 i)(a b) et a e = 1 (1 + i)(a b), donc b e 1 i = = i L'interprétation géométrique de ce quotient donne, en termes de module, i 1 a e (1 + i) EB EA = =, et en terme d'argument ( EA, EB) = arg( i) = [ ], ce qui permet de conclure que B est l'image de A par la rotation de centre E et d'angle Corrigé 5 1 E est l'image de C par la rotation de centre A et d'angle, donc e a = i( b a) soit e = ib + a(1 i) F est l'image de B par la rotation de centre A et d'angle, donc f a = i(b a) soit f = ib + a(1 + i) 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 = ib + a

Similitudes et configurations 95 D est l'image de A par la rotation de centre C et d'angle, donc d + b = i(a + b) soit d = ia b(i +1) L'affixe de BD est Z = d b = i a bi b, celle de CH est Z ' = h ( b), soit Z ' = a + b i b On remarque que : Z ' = i ( i a b i 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 et d'angle, donc : e a = i(c a) soit e = ic + a(1 i) F est l'image de B par la rotation de centre A et d'angle, donc : f a = i(b a) soit f = ib + a(1 + i) b) M est le milieu de [BC], son affixe est m = 1 (b + c) L'affixe de FE est Z ' = e f = i(b + c a), celle de AM est Z = m a soit Z = 1 (b + c a) Donc ' Z = iz Cette égalité signifie que les vecteurs-images de Z et de Z ', soit respectivement, FE et AM sont d'une part, orthogonaux et d'autre part tels que FE = AM Ainsi les droites (FE) et (AM) sont perpendiculaires La composée r = r B r C de deux quarts de tour directs est un demi-tour de centre noté I Or r C (C) = C et r B (C) = L donc r(c) = L De même, r C (D) = A et r B (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

96 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 rapport et d'angle 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 i 6 g a= e ( c a), soit 1 g = ( a+ c) + i ( c a) 6 b) Le point H, centre du triangle équila - téral direct AC'B est l'image de A par la similitude s' de centre B, de rapport et d'angle, d'où par un 6 1 calcul analogue au précédenth = ( a+ b) + i ( a b) 6 De même, F est l'image de B par la similitude s" de centre C, de rapport et d'angle 1, on obtient f = ( c+ b) + i ( b c) 6 6 c) L'affixe du l'isobarycentre de ABC est 1 (a + b + c), celle de l'isoba- rycentre de FGH est 1 (f + g + h) Or, tous calculs faits, f + g + h = a + b + c Par suite FGH et ABC ont le même isobarycentre 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, ), (F, )}, soit le milieu de [EF] En raisonnant de la même façon K est aussi le milieu de [GH] Par suite EGFH est un parallélogramme AM = AM ' ' et ( AM, AM ' ') = ( OA, OA')[ ] Nous savons qu'il existe une rotation r telle que r(a) = A' et r(m) = M ' Son angle, indépendant de M et de M ' est ( OA, OA')[ ] = θ [] 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)

Similitudes et configurations 97 Partie B : Utilisation des complexes 1 On utilise les affixes m' a' et m a de AM ' ' et AM Les relations AM = A' M ' et ( AM, AM ' ') = θ [ ] signifient que m' a' m' a' m' a' = 1 etarg = i θ[ ] m a m a, soit encore, = e m a Les affixes de F, E, G et H sont respectivement f = 1 (m + m'), e = 1 (a + a'), g = 1 (m' + a) et h = 1 (a' + m) a) On en déduit Z = f e = 1 ( ' ') 1 i m+ m a a = ( m a)(1 + e θ ) De même Z ' = h g = 1 ( ' ' ) 1 i a + m m a = ( m a)(1 e θ ) θ Z' 1 ei θ ei θ /( ei θ/ e i θ / sin i ) Z ' b) = =, soit θ = = i tan Z 1 + ei θ ei θ/ ( ei θ / + e i θ/) Z θ cos Ce nombre est imaginaire pur donc (EF) et (GH) sont perpendicula i- res et le parallélogramme EGHF un losange θ

98 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 Les triangles CAG, CED et CFB sont équilatéraux directs Donc : ( CG, CA) = ( CD, CE) = ( CB, CF ) et de plus CG = CA, CE = CD, CB = CF = [] Soit r la rotation de centre C et d'angle 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 rectangles en A et de plus ( AB, AH) = ( CA, CH )[ ] Ils sont donc directement semblables Le triangle ABH a pour image le triangle CAH dans la similitude s de centre H telle que : s(a) = C et s(b) = A CA Le rapport de s est égal à k = = tan ABC et son angle est égal à AB ( CA, AB) = [ ] 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 s 1 la réflexion d'axe (AC) et soit B' = s 1 (H) le symétrique de H par rapport à (AC) Soit σ 1 la similitude directe de centre C, d'angle ( CACB, )[ ] et de rapport CH CA = = sin ABC qui transforme le triangle CAB en CB 'A CA BC

Similitudes et configurations 99 Par suite la fonction f = σ 1 s 1, qui est une similitude indirecte transforme ABC en HAC Un raisonnement analogue, permet d'exprimer que HBA est l'image de ABC par la similitude indirecte g = σ s où s est la réflexion d'axe BH AB (AB) et σ la similitude de centre B, de rapport = = sin ACB et BA BC d'angle ( BC, BA)[ ] Corrigé 11 1 Nature de MPQ a) σ 1 similitude de centre C transformant P en A a pour rapport k 1 = AC AP =, et pour angle θ 1 = ( CP, CA) = [] 4 De même, σ similitude de centre B transformant A en Q a pour rapport k = BQ BA = et pour angle θ = ( BA, BQ) = [] 4 Par suite σ est la similitude de rapport k 1 k = 1 et d'angle σ =σ σ 1 est donc un quart de tour direct b) σ 1 (M) = R et σ (R) = M, donc σ (M) = M, ce qui signifie que M est le centre du quart de tour direct σ D'autre part : σ 1 (P) = A et σ (A) = Q donc σ (P) = Q D'où MP = MQ et ( MP, MQ) = [] Ainsi QMP est un triangle rectangle isocèle en M

100 Chapitre 6 Théorème de Vecten a) On a vu que σ (P) = Q σ 1 (B) = H car CH = CB et ( CB, CH) = [] 4 σ (H) = R car BR = BH et (, BH BR ) = [] 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 perpendiculaires 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 1 1 Etude de rotations a) AC = BD et ( AC, BD) = [] donc il existe un quart de tour direct r 1 tel que r 1 (A) = B et r 1 (C) = D Son centre I est le point d'intersection des médiatrices de [AB] et [CD] b) Des égalités DB = AC et ( DB, AC) = [], il résulte l'existence d'un quart de tour direct r tel que r (D) = A et r (B) = C Son centre J est le point d'intersection des médiatrices de [AD] et [CB] Une isométrie conserve le milieu Par suite l'image de M, milieu de [AC], par r 1 est le milieu du segment d'extrémités r 1 (A) = B et r 1 (C) = D, soit r 1 (M) = N Le même raisonnement s'applique à r, donc r (N) = M r 1 (M) = N donc IM = IN et ( IM, IN) = [ ], r (N) = M donc JM = JN et ( JN, JM ) = [ ] Donc IMJN est le carré inscrit dans le cercle de diamètre [MN]

Similitudes et configurations 101 P est diamétralement opposé à I sur le cercle (C 1 ) et ( IA, IB) = [ ] et 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 : IP ( IA, IP ) = [], 4 IA = ( IC, IQ) = 4 [], IQ 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 1 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 s 1 de centre O telle que s 1 (O) = O, s 1 (A) = B et s 1 (P) = Q Par suite : OA OB = (1) et ( OAOB, ) = ( AP, BQ)[ ] () AP BQ a) Soit σ la similitude de centre O telle que σ (A) = a Montrons que σ (B) = b On a AP = Oa et BQ= Ob donc d'après Oa Ob (1) et (), = et ( OA, OB) = ( Oa, Ob)[ ], ce qui prouve OA OB

10 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 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 : Oa + Oc = OI + 1 ac De même, Ob + Od = OI + 1 bd Or ac = bd donc Oa + Oc = Ob + Od b) Oa = AP, Ob = BQ, Oc = CR et Od = DS Donc AP + CR = BQ + DS

Similitudes et configurations 10 CORRIGE DU CONTROLE Exercice 1 On désigne par a, b, c et d les affixes respectives de A, B, C et D dans le plan complexe (P) de repère( O, u, v) La similitude s a pour rapport k = AD AK et 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) sb ( ) = D d a = α ( b a) (1) On a donc sc ( ) = E e a = α ( c a) () s'( A) = C c b= α '( a b) () De même donc s'( B) = F f b = α '( d b) (4) 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 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 (), α ' = donc f c= a b a b Les affixes de ED et CF étant égales, ED =CF, donc CEDF est un parallé logramme

104 Chapitre 6 Exercice 1 Les angles inscrits ( MA, MB) et ( CACB, ) interceptent le même arc orienté AB Ils ont donc la même mesure égale à [ ] Or MI = MA donc IMA est équilatéral Egalité MA + MC = MB a) Les triangles IMA et ABC sont équilatéraux directs, donc par la rotation de centre A et d'angle [ ] on a r(i) = M et r(b) = C 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 Exercice 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' 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 θ =( OA', BB ') [] soit encore θ =( OA, BO) = ( OAOB, ) + [ ] On remarquera que cet angle est indépendant du couple (A', B'), donc du point P Le point A 1 image de A par r est tel que : OA = OB = BA 1 et ( OA, BA1) = ( OA, BO)[ ] 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 [ AB] ' ' passe par Ω, qui un point fixe