chapitre06

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.

— une similitude directe σ de centre C, de rapport 2 , d'angle π [2π] telle
4

que σ(A) = B.

— Si σ ' est la similitude centre C, de rapport 2 , d'angle π [2π] et I le
24

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 :

— Une rotation rA de centre A, d'angle π telle que rA (B) = C.
3

— Une rotation de centre I, d'angle 2π telle que r(A) = B.
3

— Une similitude σ de centre A, de rapport 3 et d'angle π telle que
26

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

L(Oe ,purl,anvr) est assimilé au plan complexe où le repère orthonormal direct
est judicieusement choisi.

„ Ecriture canonique d'une rtranslation
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 asso-
cie 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 eiθ (z − a) .

Similitudes et configurations t 87

x Enoncés des exercices y

Utilisation des nombres complexes

Le plan complexe (P) est muni du repère orthonormal direct (O, ur, vr) .
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
AB, AC
( )c'est à dire tel que 3 [2π].

n 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
AB, AD
( )tel que 2 [2π]. Calculer l'affixe ω, du point Ω centre du carré.

n Exercice 3.......................................................................... (15 min)

A et B sont les points d'affixes respectives 5 – 7i et –1 + 5i.

C est le point tel que le triangle ABC soit équilatéral direct c'est-à-dire tel

uuur uuur =π
AB, AC
( )que 3 [2π].

Calculer l'affixe g, du point G centre de gravité du tria ngle ABC.

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 u Chapitre 6

nn 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 = 2AM.
3. On pose r = rBo 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 dé-
signe 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 transfor-
mant 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 lesrdemuiu-rdroites (D) r= [uAurx) et (D ') = [A'x'), de vecteurs direc-
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 '.

Similitudes et configurations t 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 mé-

thode 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' = eiθ (a − m). uuur uuuur

2. Soit Z et Z ' les affixes respectives des vecteurs EF et GH .

Montrer que Z = (1+ eiθ )(m − a). et que Z ' = (1 − eiθ )(m − a).
22

3. Calculer Z ' 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 car-
ré 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 eutuuGr suuournt aliguunurésu.uur 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 di-

recte 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 Chapitre 6

nnn 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 2 la si-

militude de centre B transformant A en Q.

a) Montrer que σ = σ2 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

sur (D '), AC = BD et ( uuur uuur = π [2π ] , [AC ] et [BD] n'ont pas même mi-
AC, BD)
2

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. Dé-

terminer 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 dia-
mètre [CD].

a) uur uur uur uur et calculer les rapports IP et IQ .
Déterminer (IA,IP ) , (IC ,IQ)
IA IC

b) Préciser l'angle et le rapport de la similitude de centre I, qui trans-

forme A en P et C en Q.

c) En déduire que J est le milieu de [PQ].

Similitudes et configurations t 91

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

On considère deux carrés ABCD et PQRS de sens direct. On se propose de
montrer que AP 2 + CR 2 = BQ 2 + DS2. On rappelle que ces deux carrés sont
directement semblables dans une similitudeuusurdonuuturle ceuunurtre ueusurt noutuérO.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.
a) Montrer que AP2 + CR2 = Oa2 + Oc2 = 2 OI 2 + 1 ac2 .
2
b) En déduire que AP2 + CR2 = BQ2 + DS2 .

92 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 parallélo-
gramme.

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.
2. Soit r la rotation de centre A et d'angle π .

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.

Similitudes et configurations t 93

z 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 π .
3

Si a, b et c sont les affixes respectives de A, B et C, l'écriture complexe de la

iπ

relation C = r(B) est c − a = e 3 (b − a) .

iπ = 1+i 3 , donc c = 3 – 3 + i(2 + 3 ).
2
Or a = 2 + i, b = 4 + 3i et e 3

Corrigé 2.................................................................................................

Le point Ω, centre du carré ABCD, est l'image de B par la similitude σ de

centre A, de rapport 2 et d'angle π .
24

Si a, b et ω sont les affixes respectives de A, B et Ω, l'écriture complexe de la

relation Ω = σ (B) est ω − a = 2 i π (b − a) .
4
e
2

iπ 22 (1+ i) , donc ω = 2 + 2 i.

Or a = –1 + i, b = 3 – i et e 4 =

Corrigé 3.................................................................................................

Le point G, centre du triangle équilatéral direct ABC est l'image de B par la

similitude σ de centre A, de rapport 3 et d'angle π .
36

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

3 e6

iπ = 1( 3 + i) , donc g = 2 – 3 – i (1 + 3 ).
2
e6

94 u Chapitre 6

COnorsreigpélac4e...d..a.n..s..l.e...p..l.a..n...c.o..m...p..l.e.x..e...d..e..r..e.p..è..r.e..(.O...,..ur..,..vr..)....L...e.s...a.f..f.i.x..e..s..d..e...A...e.t...B.

sont respectivement a et b.
1. C est l'image de A par la simili-

tude s de centre O, de rapport

OC = 2 et d'angle – π .
OA 2 4

Par suite c = 2 −i π a , soit

2 e4

1
c = (1 – i) a.

2

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

OD = 2 et d'angle π . Par suite d = 2 iπ b , soit d = 1 (1 + i) b.

OB 2 4 uuur uuur 2 e4 2

3. Le point E est défini par CE = OD . Son affixe e est telle que :

1
e – c = d, soit e = c + d = [(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

π [π]. Calculons b − e . Nous avons : b – e = 1 (1 – i)(a – b) et
2 a−e 2

a–e=– 1 b−e = 1−i = i . L'interprétation géo-
(1 + i)(a – b), donc
2 a − e −(1 + i)

métrique de ce quotient donne, en termes de module, EB = | i | =1, et en
EA
uuur uuur
terme d'argument ( EA, EB) = arg(i) = π [2π ] , ce qui permet de conclure

2

que B est l'image de A par la rotation de centre E et d'angle π .
2

Corrigé 5.................................................................................................

1. E est l'image de C par la rotation de centre A et d'angle π , donc
2

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 – π , 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.

Similitudes et configurations t 95

D est l'image de A par la rotation de centre C et d'angle – π , donc
2

d + b = – i(a + b) soit
d = – ia – b(uiuu+r1).
2. L'affixe de BD est
Zuu=ur d – b = – i a – bi – 2b, celle de
CH est Z ' = h – (– b), soit
Z ' = a + b – 2 i b.
On remarque que :
Z ' = i (– i a – b i – 2 b) = iZ.
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 π , 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
et d'angle – π , 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).
uuur 2 uuuur

2. L'affixe de FE est Z ' = e – f = i(b + c – 2a), celle de AM est Z = m – a
1

soit Z = (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 droi-
tes (FE) et (AM) sont perpendic ulaires.
3. La composée r = rBo 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 parallélo-
gramme.

96 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

rapport 3 et d'angle π .
36

Si a, c et g, sont les affixes respec-

tives de A, C et G, l'écriture com-

plexe de la relation G = s(C) est

g−a= 3 i π (c − a) , soit
6
e
3

g = 1 (a + c) + i 3 (c − a) .
26

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 3 et d'angle π , d'où par un
36

calcul analogue au précédent h = 1 (a + b) + i 3 (a − b) .
26

De même, F est l'image de B par la similitude s" de centre C, de rap-

port 3 et d'angle π , on obtient f = 1 (c + b) + i 3 (b − c) .
36 26

c) L'affixe du l'isobarycentre de ABC est 1 (a + b + c), celle de l'isoba-
3

rycentre de FGH est 1 (f + g + h).
3

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, 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 uunuupuraraululuéuluougrrammuuuer. uuuur
2. AM = A'M ' et ( AM , A ' M ') = (OA, OA')[2π ] . Nous savons qu'il existe
une rotation r telle quuueurr(uAuuu)r= A' et r(M) = M ' . Son angle , indépendant
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).

Similitudes et configurations t 97

Partie B : Utilisation des complexes. uuuuuur uuuur

1. On utilise les affixes m' – a' etuumuu–r auuuduueur A'M ' et AM .
Les relations AM = A' M ' et ( AM ,A 'M ') = θ [2π ] signifient que

m'− a' =1 etarg  m'− a '  = θ [ 2π ] , soit encore, m'− a' = eiθ .
m−a  m−a  m −a

2. Les affixes de F, E, G et H sont respectivement

1 11 1
f = (m + m'), e = (a + a'), g = (m' + a) et h = (a' + m).
2 22 2

a) On en déduit Z = f – e = 1 (m + m'− a − a ') = 1 (m − a)(1 + eiθ ) .
22

De même Z ' = h – g = 1 (a '+ m −m'−a) = 1 (m − a)(1− eiθ ) .
22

b) Z' = 1 −e iθ = − eiθ /2 (eiθ / 2 − e−iθ /2 ) , soit Z' = −2i sin θ = −i tan θ .
Z 1+ eiθ e iθ / 2( eiθ /2 + e−iθ / 2) Z 2 2

2cos θ
2

Ce nombre est imaginaire pur donc (EF) et (GH) sont perpendicula i-

res 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 équilaté-

raux directs. Donc :

uuur uuur uuur uuur uuur uuur π [2π]
(CG, CA) = (CD, CE) = (CB ,CF ) =
3

et de plus CG = CA, CE = CD, CB = CF.

3. Soit r la rotation de centre C et d'angle – π .
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 n-
glueuusreunuuuAuret deuuuprluusuur
( AB, AH ) = (CA,CH ) [ 2π ] .

Ils sont donc directement semblables.

Le triangle ABH a pour image le tria n-

gle CAH dans la similitude s de centre

H telle que : s(A) = C et s(B) = A.

Le rapport de s est égal à k = CA = tan A·BC et son angle est égal à
AB
uuur uuur
(CA, AB) = π [ 2π ].

2

2. Les triangles HAC et ABC sont

rectangles, ont des angles géomé-

triques égaux. Donc HAC et ABC

sont semblables dans une simili-

tude 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 (CA,CB)[2π ] et de

rapport CH = CA = sin ·ABC qui transforme le triangle CAB en CB 'A.
CA BC

Similitudes et configurations t 99

Par suite la fonction f = σ 1 o s1, qui est une similitude indirecte trans-
forme 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

(AB) et σ 2 la similitude de centre B, de rapport BH = AB = sin ·ACB et
uuur uuur BA BC

d'angle (BC, BA) [ 2π ] .

Corrigé 11...............................................................................................

1. Nature de MPQ

a) σ1 similitude de centre C transformant P en A a pour rapport
uuur uuur
k1 = AC = 2 , et pour angle θ1 = (CP, CA) = π [2π].
AP 4

De même, σ2 similitude de centre B transformant A en Q a pour rap-

port k2 = BQ = 2 et pour angle θ2 = uuur suur = π [2π].
BA 2 ( BA, BQ) 4

Par suite σ est la similitude de rapport k1k2 = 1 et d'angle π.
2

σ =σ 2 o σ1 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 σ2 (A) = Q donc σ (P) = Q.
uuur uuuur
D'où MP = MQ et (MP ,MQ) = π [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.

— σ1(B) = H car CH = 2 CB et uuur uuur = π [2π].
(CB, CH )
4

— σ2(H) = R car BR = 2 BH et uuur uuur = π [2π].
2 ( 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 perpendicula ires.

c) On remarque que (BP) est une hauteur du triangle PQR. Un raison-

nement 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 BD)
a) AC = BD et ( AC, = π [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'intersec-

tion des médiatrices de [AB] et [CD].

b) Des égalités DB = AC et

uuur uuur = π [2π], il résulte l'exis-
(DB, AC)
2

tence d'un quart de tour direct r2 tel

que r2(D) = A et r2(B) = C. Son cen-
tre 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
r1(M) = N donc IM = IN et (IM, IN) = π [ 2π ], r2(N) = M donc JM = JN
2
uuur uuur
et ( JN, JM ) = π [2π ] .

2

Donc IMJN est le carré inscrit dans le cercle de diamètre [MN].

Similitudes et configurations t 101

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

donc IAPB est un carré direct. Pour des raisons analogues ICQD est aus-

si un carré direct.

a) Il en résulte les relations sui-

vantes sur les distances et les

angles :

uur uur = π [2π], IP = 2
(IA,IP )
4 IA

uur uur = π [2π], IQ = 2.
(IC ,IQ)
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
Par suite : OA = OB (1) et (O A,O B) = ( AP, BQ)[2π ] (2)
AP BQ

a) Soit σ la similitude de centre O teuululre quuueurσ (A)uu=ura. uuur
Montrons que σ (B) = b. On a AP = Oa et BQ = Ob donc d'après

(1) et (2), Oa = Ob et uuur uuur uuur uuur prouve
OA OB (OA, OB) = (Oa, Ob)[2π ], ce qui

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 :
Oa2 + Oc2 = 2 OI 2 + 1 ac2 .
2
De même, Ob2 + Od 2 = 2 OI 2 + 1 bd 2.
2
Or ac = bd donc Oa2 + Oc2 = Ob2 + Od2 .

b) Oa = AP, Ob = BQ, Oc = CR et Od = DS.
Donc AP2 + CR2 = BQ2 + DS2.

Similitudes et configurations t 103

¾ CORRIGE DU CONTROLE ¾

Exercice 1

On désigne par a, b, c et d les affixes res-
pcoemctipvleesxed(eP)Ad,eBre, pCèree(tOD, ur,dvran)s. le plan

La similitude s a pour rapport k = AD 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 com-
plexe 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).

On a s(B) = D donc  d − a = α (b − a) (1)
 e − a = α (c − a) (2)
 s(C) = E

De même  s'( A) = C donc c − b = α '(a − b) (3)
uuur   (4)
 s '( B) = F  f −b = α '(d − b)

ED a pour affixe d – e = (d – a) – (e – a) = α [(b – a) – (c – a)] soit

d – e = α (b – c).

Or, d'après (1), α = d − a donc d − e = (d − a)( b− c)
uuur b − a b−a

CF a pour affixe f – c = (f – b) – (c – b)) = α’ [(a – b) – (d – b)] soit

f – c = α’(a – d). Or, d'après (3), α ' = c − b donc f − c = (c − b)( d− a) .
a −uubur uuur a −b
uuur uuur
Les affixes de ED et CF étant égales, ED = CF , donc CEDF est un paral-

lé logramme.

104 u Chapitre 6

Exercice 2 uuur uuur

1. Les angles inscrits (MA,MB) et
uuur uuur
(CA,CB ) interceptent le même arc

orienté »AB . Ils ont donc la même me-

sure égale à π [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.

Exercice 3

1. Les triangles BOA et BB'P sont ho-

mothétiques 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 rota-

tion unique r telle que r(O) = B

et r(A') = B'.

L'angluueuudreuuruurest l'angle θ avec
θ =(OA',BB ') [2uπuur] soit encore
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 puuourinutuuAur1 imauguuerdueuurA par r est tel que :
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.