L'incontournable en géométrie

V) Situations où l’outil HOMOTHETIE peut être utile

1°) Montrer que deux droites sont parallèles ou per pendiculaires
a)

Si
h : A ֏ A’
B ֏ B’

alors
(AB) // (A’B’)

b)

Si

h : D1 ֏ D1’
D2 ֏ D2’
D1 // D2

alors
D’1 // D’2

Application 5

On considère deux cercles ζ(O , r) et ζ’(O’ , r’) non isométriques et tangents extérieurement en un point qu’on notera I.
1°) Justifier l’existence d’une homothétie h de cen tre I et dont on déterminera le rapport k qui transforme ζ en ζ’.
2°) D et D’ sont deux droites distinctes qui passen t par I. D recoupe ζ en M et ζ’ en M’; D’ recoupe ζ en N et ζ’ en N’.
Montrer que les deux droites (MN) et (M’N’) sont parallèles.

50

c)

Si

h : D1 ֏ D’1
D2 ֏ D’2
D1 ⊥ D2

alors
D’1 ⊥ D’2

2°) Montrer que trois points ou plus sont alignés

h(G , k)(A) = B alors G, A et B sont alignés
et plus précisément :

si k < 0, B ∈ ( (GA) \ [GA) )

si 0 < k ≤ 1 B ∈ ]GA]

si k ≥ 1 B ∈ ( (GA) \ ]AG) )

( Pour l’illustration graphique : voir I) Définition )

Application 6

Deux droites D1 et D2 se coupent en un point E. On considère :
• deux points A et C de D1
• deux points B et D de D2 tels que (AB) et (CD) sont parallèles.
• F: l’intersection de (AD) et (BC)
• G = A * B et H = C * D

On se propose de montrer que les points : E, F, G et H sont alignés.
1°) Faire une figure
2°) Montrer qu’il existe une homothétie de centre E et qui transforme G en H. Justifier alors l’alignement de E, G et
H.
3°) Prouver que F, G et H sont alignés.
4°) Conclure.

Application 7

Montrer que l’orthocentre, le centre de gravité et le centre du cercle circonscrit d’un triangle sont alignés.

51

3°) Montrer que deux droites sont sécantes

Si: h(G , k)(A) = A’
• h(G , k)(B) = B’
•
G ∉ (AB)
•

Alors
(AA’) et (BB’) se coupent en G

4°) Montrer que trois droites sont concourantes

Si

h(G , k): A ֏ A’
B ֏ B’
C ֏ C’

A ∉ (BC)

alors
(AA’), (BB’) et (CC’) sont concourantes en G

Application 8

On admet que les médianes ainsi que les médiatrices d’un triangle sont concourantes et on se propose de montrer
que ses hauteurs sont aussi concourantes.

ABC est un triangle dont le centre de gravité est noté G.
1°) Faire une figure.
2°) Déterminer les images des médiatrices de ce tri angle par l’homothétie h(G , -2).
3°) Conclure.

52

5°) Montrer que deux angles sont égaux

Si
h(G , k): A ֏ A’
B ֏ B’
C ֏ C’

alors

BÂC = B’Â’C’

Application 9

ABC est un triangle quelconque
1°) Construire les points:

a) G barycentre des points pondérés (B,1) et (C,2)
b) D barycentre des points pondérés (A,1) et (G,- 3)
d) E image de B par l’homothétie de centre G et de rapport -2
2°) Montrer que B^DC = EÂB

6°) Montrer qu’un point est le barycentre de 2 ou 3 points pondérés (y compris le
cas de milieu)

Si :

• G est le barycentre de (A,a) et (B,b)

• h(C , k): A ֏ A’
B ֏ B’
G ֏ G’

alors

G’ est le barycentre de (A’,a) et (B’,b)

Application 10

ζ et ζ’ sont deux cercles tangents extérieurement en un point I, de centres respectifs O et O’

53

et de rayons respectifs r et r’ avec r > r’.
M est un point de ζ et M’ est un point de ζ’ tel que l’angle MÎM’ soit droit.
1°) Montrer que les droites (OM) et (O’M’) sont par allèles.
2°) Montrer que les droites (MM’) et (OO’) sont séc antes.
3°) Montrer que pour toute position de M sur ζ, la droite (MM’) passe par un point fixe qu’on déterminera.

7°) Réaliser une construction

Application 11

Etant donnés deux droites sécantes D et ∆ et un point I n’appartenant ni à D ni à ∆, construire un point A de D et un

point B de ∆ tel que: IA + 2.AB = 0

8°) Lieu d’un point

Application 12

A et B sont deux points fixes d’un cercle donné ζ de centre O. M est un point variable sur ce cercle distinct de A et
B. Soit I le milieu de [AM] et G le centre de gravité du triangle ABM
1°) Déterminer l’ensemble des points I lorsque M va rie.
2°) Déterminer l’ensemble des points G lorsque M va rie. (moins facile)

54

Evaluation du degré d’assimilation du cours

Pour chacune des situations ci – dessous, relevez sur votre cahier les numéros des propositions qui vous semblent
vraies

Situation 1

D’après la figure ci – dessus, le rapport k de l’homothétie h de centre B et qui à A associe C est :

1°) a) positif b) strictement inférieur à -1

2°) a) - 5 b) 5 c) - 2
2 5

Situation 2

L’égalité vectorielle: AB = − 2 .BC signifie:
3

( )1°) C = hB,− 32 A ( )2°) C = hB, 32 A ( )3°) C = hA , −21 B

Situation 3 2°) AA '−4.AI=0 3°) 3.A ' A + 4.A 'I=0

On a: A’ = h(I,-3) (A) alors:

1°) I est le barycentre de (A’,1) et (A,3)

Situation 4

Soit A’ = h(I,2) (A) et A’’ = h(I,-3) (A’) alors on a:

( )3°)
1°) A’’ = h (I,-6) (A) 2°) A’’ = h (I,-1) (A) I = hA 6  A
7
'',

Situation 5

Une homothétie h transforme un point A en un point A’ et une droite (AB) en une droite (A’B’) alors:

1°) h(B) = B’ 2°) h(B) ≠ B’ 3°) on ne peut ni confi rmer ni nier

Situation 6

Dans le cas de la figure ci – contre :

1°) On peut trouver une homothétie qui transform e le
motif 1 en le motif 2

2°) On ne peut pas trouver une homothétie qui
transforme le motif 1 en le motif 2

3°) On peut trouver une homothétie qui transforme le
motif 2 en le motif 1

55

Situation 7

ζ et ζ’ sont deux cercles concentriques, alors le nombre d’homothéties qui transforment

ζ en ζ’ est : 2°) 0 3°) 1
1°) 2

Situation 8

D et D’ sont deux droites parallèles données, alors le nombre d’homothéties de rapport k ∈ ]0,1[ et qui transforment

D en D’ est:

1°) 2 2°) 1 3°) infini

Situation 9

ABC et EFG sont deux triangles rectangles respectivement en A et E. Une homothétie h transforme A en E et
(AB) en (EF), alors:

1°) h((AC)) = (EG) et h((BC)) = (FG )
2°) h((AC) = (EG) et h((BC)) ne peu t pas être (FG)
3°) h((AC)) peut ne pas être (EG) et h((BC)) peut ne pas être (FG)

Situation 10

Dans la figure ci – contre:
1°) l’homothétie de centre A et qui à B associe C, tr ansforme :
a) (EB) en (CH)
b) ζ en ζ’

2°) l’homothétie de centre I et qui à G associe D, transforme :
a) H en C
b) C en H

56

Solutions des QCM

Situation 1

( )1°) b) : il suffit de conjecturer une approximation de l’abscisse de C selon le repère B , BA

( )2° a) : la lecture du graphique nous incite à énoncer que: l’abscisse de C selon le repère B , BA est -5
2
c’est le rapport cherché.
( on remplace une question par une autre qui lui est équivalente mais qui est plus accessible)

Situation 2

3°) il suffit de traduire l’égalité vectorielle proposée par un petit dessin
Remarque :Si une justification est exigée, alors on y parviendra grâce à la maîtrise du calcul vectoriel et en particulier
la relation de Chasles et les propriétés de la multiplication d’un vecteur par un scalaire (un réel dans notre cas).

Situation 3

1°): faire un calcul vectoriel concluant

Situation 4

1°) et 3°): faire un calcul vectoriel concluant

Situation 5

3°)

Situation 6

2°): le rapport de l’homothétie transformant les segments est négatif alors que celui de l’homothétie transformant
l’arc est positif

Situation 7
1°)

Situation 8

3°): tout point du demi-plan de frontière D’ et ne contenant pas D est susceptible d’être centre d’une telle

homothétie.

Situation 9

2°): h((AC)) est la perpendiculaire à h((AB)) = (EF) passant par h(A) = E : c’est alors (EG)
de plus, tant qu’il ne nous est pas possible (par manque de données) de déterminer h(B) ni h(C) il nous sera
impossible de déterminer h((BC)).

Situation 10

1°) a) : h((EB)) est la parallèle à (EB) qui passe par h(B) = C : c’est (CH).
b): on a h(E) ∈ (AE) et h(E) ∈ h((BE)) = (CH)

donc h(E) est le point commun à (AE) et (CH) (ces deux droites sont sécantes) : c’est H
d’où h(ζ (B , BE) ) = ζ’ (C , CH) d’où h(ζ) = ζ’

57

2°) aucune de deux propositions n’est correcte, si non on aurait :

• (GH) et (DC) sont parallèles !
• I^CD = I^HG = 90°!

Solutions des applications

Application 1

• on a h(O) = O’ signifie ΩO ' = −2.ΩO

signifie ΩO ' + 2.ΩO = 0

signifie Ω est le barycentre des points pondérés (O,2) et (O’,1)
d’où l’existence et l’unicité de Ω (2+1 ≠ 0)

• Pour la construction, on adoptera : 1
l’une des méthodes de construction du barycentre de deux points pondérés
( abs(Ω) =
la construction -sur une droite munie d’un repère - d’un point d’abscisse donnée
3
( )selon le repère O,OO' )

Application 2
1°)

3°) 1ère méthode :

Les questions 1°) et 2°) nous incitent à conjecture r que le rapport k de cette homothétie est différent de 1

58

alors elle ne fixe qu’un seul point du plan: c’est son centre qu’on désignera par I

i) Détermination du centre I

I est invariant par f signifie f(I) = I par suite I existe et il est unique

II= 2.AI - 5.BI

0 = 2.AI - 5.BI

I est le barycentre des points pondérés (A,2) et (B,-5) et on a: 2 + (-5) ≠ 0

ii) Détermination du rapport k

f(M) = M’ équiv MM' = 2.AM - 5.BM

MI+ IM' = -3.IM

IM' = -2.IM

donc f a pour rapport -2

Conclusion: f est l’homothétie de rapport -2 et de centre I barycentre des points pondérés (A,2) et (B,-5)
2ème méthode: on se sert des pré requis de la notion du barycentre

f(M) = M’ équivaut à MM' = 2.AM - 5.BM

MI + IM' = -3.IM (d’après i) I est le barycentre de (A,2) et (B,-5))

IM' = -2.IM f est l’homothétie de centre I et de rapport -2.

h(I , -2) (M) = M’
ainsi : f et h(I , -2) coïncident en tout point du plan d’où

Commentaire :
1ère méthode

On procède en deux étapes :
on détermine le centre I de l’homothétie en tant qu’unique point invariant par l’application proposée.

on détermine le rapport k de l’homothétie en exprimant IM' en fonction de IM
2ème méthode

l’idée consiste à remplacer les points A et B affectés de leurs coefficients par un point qui aura le même effet : pour

cela on a pensé au barycentre.

Application 3

Soit M et N deux points quelconques du plan
d’images respectives M’ et N’ par f

d’où MM' = 2.AM - 5.BM (1)
et NN' = 2.AN - 5.BN (2)

M'N' = M'M + MN + NN'
= 2.MA + 5.BM + MN + 2.AN - 5.BN

( ) ( )= 2 MA + AN - 5 MB + BN + MN

= -3.MN + MN
= -2.MN

D’après la propriété caractéristique, f est une

59

homothétie de rapport -2
• Son centre sera déterminé en tant qu’unique
point invariant par f

Application 4

1°) D’après les expressions analytiques de f:

a) xA’ = -3 x (-1) + 8 = 11 et yA’ = -3 x 3 - 20 = - 29 ainsi A’( 11, - 29)

b) 2 = -3.xB + 8 signifie xB = 2 ainsi B( 2, - 6)
- 2 = -3.yB - 20 signifie yB = -6

2°) Soit M(x 1, y1) et N(x2,y2) deux points quelconques du plan d’images respectives M’ (x’1,y’1) et N’(x’2,y’2)

d’où x’1 = -3.x1 + 8 x’2 = -3.x2 + 8
y’1 = -3.y1 – 20 et

y’2 = -3.y2 - 20

d’autre part, on a M'N'  x'2 - yx11''  en continuant le calcul et en remplaçant : x’1, y’1, x’2 et y’2 par
y'2 -

leurs expressions respectives en fonction de x1, y1, x2 et y2 on aura : M'N' = -3.MN

d’où f est une homothétie de rapport -3

• Soit Ω ( a, b) le centre de f alors il est l’unique point fixe par f ( k = -3 ≠ 1)

alors a = -3.a + 8 d’où a = 2

b = -3.b – 20 b=-5

Conclusion: f est l’homothétie de centre Ω ( 2, -5) et de rapport -3

Application 5

1°) ζ et ζ’ étant tangents

extérieurement en I

alors O, I et O’ sont alignés

alors I Oil e' x= isk te. I O k ∈ IR \ { 0 , 1} tel

que k = I O ' (-1)r ' ( IO et
d’où I O = r

IO' sont colinéaires et de sens

opposés)
L’égalité (1) signifie que O’ est
l’image de O par l’homothétie h =
h(I , k)
par suite h transforme ζ en ζ’.

2°) on a:
• D ∩ ζ = { I , M}
alors h(D) ∩ h(ζ)= { h(I) ,

60

h(M)} ( h est une bijection) alors h(M) = M’
alors D ∩ ζ’ = { I , h(M)}
alors { I , M’} = { I , h(M)}

et on a: h(M) ≠ I car M ≠ I

• On laisse au lecteur le soin de démontrer – avec une méthode analogue - que h(N) = N’
• (M) = M’

alors h((MN)) = (M’N’) par suite (MN) et (M’N’) sont parallèles.
h(N) = N’

Application 6
1°)

2°) On a: D 1 ∩ D2 = { E } E C = k .E A
signifie ( AC ) ∩ (BD) = { E } 1
tel que (1)
alors E ∈ ( AC ) et E ∈ (BD) d’où k = EC
1 EA
• E ∈ ( AC ) et E ∉ { A , C } alors il existe k1 ∈ IR \ { 0 , 1}

De l’égalité (1), on déduit l’existence d’une homothétie h1 de centre E et deE rDapp= ok rt k. E 1 Bqui transforme A en C.
2 (2)
• E ∈ ( BD ) et E ∉ { B , D } alors il existe k2 ∈ IR \ { 0 , 1} tel que
k = ED
d’où 2 E B

De l’égalité (2), on déduit l’existence d’une homothétie h2 de centre E et de rapport k2 qui transforme B en D.
• D1 et D2 sont deux droites coupées par les deux parallèles (AB) et (CD)

61

ED = EA d’où k2 = k1
d’après Thalès: E B E C

ainsi h1 et h2 ont le même centre E d’où h1 = h2 = h
par suite il existe une homothétie h de centre E et qui transforme A en C et B en D.

• On a: G = A * B d’où h(G) = h(A) * h(B) = C * D = H
d’ où l’alignement de E ( en tant que centre de h) avec G et H. (C1)

3°) On a: ( AD ) ∩ (BC) = { F }

alors F ∈ ( AD ) et F ∈ (BC) F D = k '.F A

• F ∈ ( AD ) et F ∉ { A , D } alors il existe k’ ∈ IR \ { 0 , 1} tel que (3)

De l’égalité (3), on déduit l’existence d’une homothétie h’ de centre F et qui transforme A en D.

alors h’ transforme la droite (AB) en la parallèle à (AB) qui passe par D: c’est (CD)

• on a: ( BC ) ∩ (AB) = { B }

d’où h’((BC)) ∩ h’((AB)) = { h’(B) }

d’où ( BC ) ∩ (CD) ={ h’(B) } [ h’((BC)) = (BC) car F ∈ ( BC ) ]

d’où { C } = { h’(B) }

• On a: G = A * B d’où h’(G) = h(A) * h(B) = D * C = H

d’ où l’alignement de F ( en tant que centre de h) avec G et H. (C2)

4°) d’après 2°): E, G et H sont alignés alors E, F, G et H sont alignés.
d’après 3°): F, G et H sont alignés

Commentaire

Les questions 2°) et 3°) peuvent être traitées en s uivant le même raisonnement.
On a bien voulu diversifier les méthodes dans le but d’enrichir l’expérience du lecteur.

Application 7 4°) ci - dessous

Désignons par: H l’orthocentre d’un triangle ABC
G le centre de gravité de ce triangle
O le centre du cercle circonscrit à ce triangle

On démontre que : h(G , -2)(O) = H d’où l’alignement de ces trois points.

N.B: la démonstration du fait que: h(G , -2)(O) = H est développée à l’exemple cité au paragraphe

( Trois droites sont concourantes)

62

Application 8
1°)

2°) Désignons par :
• O : le centre du cercle circonscrit au triangle ABC
• h: l’homothétie h(G , -2).
• HA, HB et HC les hauteurs du triangle ABC issues respectivement de A, B et C.
• MA’, MB’ et MC’ les médiatrices respectives des côtés: [BC], [AC] et [AB].

On a G : le centre de gravité du triangle ABC
alors h(C’) = C
h(A’) = A
h(B’) = B

alors h((A’B’)) = (AB)
alors (A’B’) // (AB)

alors MC’ ⊥ (A’B’)
on a MC’ ⊥ (AB)

MC’ ⊥ (A’B’)

d’où h(MC’) ⊥ h((A’B’)) et h(MC’) passe par h(C’)

d’où h(MC’) ⊥ (AB) et h(MC’) passe par C

donc h(MC’) = HC: l’image par h de la médiatrice de [AB] est la hauteur issue de C

• On laisse au lecteur le soin de démontrer que :
• h(MA’) = HA: l’image par h de la médiatrice de [BC] est la hauteur issue de A
• h(MB’) = HB: l’image par h de la médiatrice de [AC] est la hauteur issue de B

3°) On a : M A’ ∩ MB’ ∩ MC’ = {O}
alors h(MA’) ∩ h(MB’) ∩ h(MC’) = {h(O)}
alors HA ∩ HB ∩ HC = {h(O)} : c’est un ensemble réduit à un seul point ( un singleton)

et ainsi les trios hauteurs d’un triangle sont concourantes et leur point de concours est l’image du centre du
cercle circonscrit à ce triangle par h.

63

Application 9 h(G, -2)(C) = B
h(G, -2)(D) = A
1°) a) G barycentre des points pondérés (B,1) et (C, 2) signifie
b) D barycentre des points pondérés (A,1) et (G,- 3) signifie

2°) D’après 1°), on a:

h(G, -2)(C) = B alors h(G, -2)(B^DC) = EÂB donc B^DC = EÂB
h(G, -2)(D) = A
h(G, -2)(B) = E

Application 10
1°)

• On a I ∈ [OO’] alors OÎO’ est plat (2)
et on a MÎM’ est droit (3)
alors MÎO et O’ÎM’ sont complémentaires (1)
• le triangle OMI est isocèle en O d’où MÔI + 2.MÎO = 180°

le triangle O’M’I est isocèle en O’ d’où M’Ô’I + 2.M’ÎO’ = 180°

• La sommation membre à membre des égalités (2) et (3) conduit à :

MÔI + 2.MÎO + M’Ô’I + 2.M’ÎO’ = 360°

MÔI + M’Ô’I + 2(MÎO + M’ÎO’) = 360°

MÔI + M’Ô’I + 180 = 360 (d’après l’égalité (1))

64

MÔI + M’Ô’I = 180 (ils sont alors supplémentaires)

de plus ces deux angles sont intérieurs et de même côté

alors ils sont déterminés par deux parallèles et une sécante

d’où (OM) et (O’M’) sont parallèles

2°) Supposons que (MM’) et (OO’) sont parallèles

et puisque(OM) et (O’M’) sont parallèles (d’après 1°))

alors le quadrilatère OMM’O’ est un parallélogramme

d’où OM = O’M’ : impossible (par hypothèse on a r > r’)

donc la supposition est fausse et par suite (MM’) et (OO’) sont sécantes en un point qu’on notera J.

3°) Pour une position donnée de M sur ζ, désignons par J le point d’intersection de (MM’) et (OO’).
Ces deux sécantes sont coupées par les parallèles (MM’) et (OO’), alors d’après Thalès :

JM' = JO ' = M' O ' = r ' (vue la disposition des points)
JM JO MO r
d’où: JO' = r' .JO
r

r'

ainsi J est le centre de l’homothétie qui transforme M en M’ et O en O’: elle a pour rapport

r

d’où r.JO' - r'.JO = 0 signifie J est le barycentre de points pondérés (O’, r) et (O,-r’).

donc J est fixe (O, O’, r et r’ sont fixes)

conclusion: pour toute position de M sur ζ, la droite (MM’) passe par le point fixe J barycentre de points pondérés

(O’, r) et (O,-r’).

Commentaire: La démonstration élaborée pour répondre à la question 2°) s’appelle: démonstration par l’absurde.

Elle consiste à supposer que le contraire de la conclusion est juste puis le raisonnement déductif à partir de cette
supposition nous mènera à une contradiction soit avec l’une des hypothèses soit avec l’une des règles
mathématiques.

Application 11

• Partons d’une figure d’étude

• Marquons deux points distincts A et B
• le point I est l’extrémité du représentant

du vecteur 2.AB d’origine A.

• Traçons une droite qui passe par A et qui
ne passe ni par I ni par B: nommons la D

• Traçons une droite qui passe par B,
sécante à D et qui ne passe ni par I ni
par A: nommons la ∆

• l’analyse de la relation vectorielle : (2)
(3)
IA + 2.AB = 0 nous mène à conclure que :

A est le barycentre des points pondérés (I,1) et (B,-2) (1)
ce qui équivaut : I est l’image de B par l’homothétie h(A,2)
ce qui équivaut : B est le milieu de [IA]

65

Après plusieurs essais – dont le nombre est aléatoire d’une personne à une autre - ( des analogies et des
comparaisons avec des situations déjà vécues), on se convainc que:

la relation (2) est exploitable mais en y changeant les rôles des points: on prendra I pour centre et ainsi l’homothétie
sera parfaitement définie.

• on a : IA + 2.AB = 0
signifie IA + 2.AI+ 2.IB = 0

signifie IA = 2.IB (h(I , 2) sera notée h)

signifie h( I,2 ) (B) = A

• on a: B ∈ ∆
h(B) ∈ h(∆)
d’où A∈ h(∆)
d’autre part on a : A ∈ D
alors A ∈ (D ∩ h(∆)) : ainsi A est défini (presque)

• on a: h( I,2 ) (B) = A

alors B ∈ (AI)
et on a B ∈ ∆
alors B ∈ (∆ ∩ (AI)) : ainsi B est défini (presque)

ou encore :

on a: h( I,2 ) (B) = A

( )signifie h I, 21 A = B

• Etapes de la construction
• Deux droites sécantes D et ∆
• Un point I n’appartenant ni à D ni à ∆
• la droite ∆’ = h(∆)
• D ∩ ∆’= {A}
• (AI) ∩ ∆ = {B}

• Discussion
• on a: D et ∆ sont sécantes
et h(∆) = ∆’ alors ∆’ // ∆
alors D et ∆’ sont sécantes
par suite A existe toujours et de
façon unique

( )• on a h I, 21 A = B , par suite B existe toujours et de façon unique

Conclusion: le problème a toujours une solution et cette solution est unique

66

Application 12

1°)

• Traçons un cercle ζ et désignons par O son centre.
• Plaçons deux points A et B sur ζ.
• Plaçons sur ζ, des points M1, M2, M3 et M4

distincts de A et B.
• Construisons les points I1, I2, I3 et I4 les milieux

respectifs des segments [A I1], [AI2], [AI3] et
[AI4]
• Remarquons que I1, I2 et I3 ne sont pas
alignés

Conjecture : le support du lieu cherché est un

cercle. (Jusqu’ à la 2ème année, la droite - ou l’une de

ses parties - et le cercle sont les seuls ensembles

définis géométriquement)

Piste de recherche

Essayons de trouver une relation entre un point
variable dont on connaît le lieu: dans ce cas c’est le
M et le point dont on nous demande le lieu: dans ce
cas c’est le I.
Vers une preuve

I est le milieu de [AM]

signifie AI = 1 AM
2

signifie ( )hA,21 M = I

( )signifie h 
={ } ( )I 1  M = h A, 1  {M} ( une homothétie est une bijection)
2 2
A,

( )signifie
{ }I = h A , 1  ζ \ {A,B}
2

Conclusion: l’ensemble des points I est le cercle ζ’’ image du cercle ζ par l’homothétie h 1  privé des images des
2
A ,

points A et B par la même homothétie.

2°) Traçons un cercle ζ et désignons par O son centre.
• Plaçons deux points A et B sur ζ.
• Plaçons sur ζ, des points M1, M2, M3 et M4 distincts de A et B.
• Construisons les points G1, G2, G3 et G4 les centres de gravité des triangles respectifs AB M1, AB M2,
• AB M3 et AB M4
Remarquons que G1, G2 et G3 ne sont pas alignés
•

Conjecture : le support du lieu cherché est un cercle. (Jusqu’ à la 2ème année, la droite - ou l’une de ses parties - et

le cercle sont les seuls ensembles définis géométriquement)

Validation expérimentale de la conjecture

• Construire le cercle circonscrit au triangle G1G2G3 puis vérifier que G4 appartient à ce cercle.

67

• Notons l’alignement des points: O: centre de ζ, O’: centre du cercle circonscrit au triangle G1G2G3 et I: milieu
du segment [AB].

Piste de recherche

Essayons de trouver une relation entre un point variable dont on connaît le lieu: dans ce cas c’est le M et le point
dont on nous demande le lieu: dans ce cas c’est le G.

Vers une preuve

G est le centre de = gra1 viItMé du triangle AB M

I G 3.

signifie

h M =G
( )G = h 1
signifie I , 3 

signifie { } ({ }) 1 M
3
I ,  (une homothétie

est une bijectionG) = h ( ζ \ A ,B })
signifie { } 1 {
I, 3 

Cas particuliers : les cas où M est confondu

avec A ou B ne conviennent pas ; on se limitera aux

triangles non aplatis

Conclusion: l’ensemble des points G est le

ceh rcle ζ’ image du cercle ζ par l’homothétie
1
 I , 3 

privé des images des points A et B par la

même homothétie.

68

Exercices intégratifs

Exercice 1

A et B sont deux points fixes donnés tels que AB = 4.
1°) C est un point tel que le triangle ABC est recta ngle en A et AC = 2. On désigne par h l’homothétie de centre B et
de rapport – 2.
a) Construire les points A’ = h(A) et C’ = h(C).
b) Montrer que les droites (AB) et (A’C’) sont perpendiculaires.
2°) ζ et ζ’ sont les deux cercles de diamètres respectifs [AC] et [A’C’]. Montrer que h(ζ) = ζ’.
3°) La droite (BC) recoupe ζ en I et ζ’ en J. Montrer que h(I) = J.
4°) On suppose que C varie en restant toujours à un e distance égale à 2 de A. Déterminer l’ensemble des points C’.

Exercice 2

Soit un triangle ABC. On désignera par G son centre de gravité.
1°) a) Construire le point D tel que ABCD est un par allélogramme.

b) Montrer que B, G et D sont alignés.
c) Déterminer le rapport de l’homothétie h de centre G et qui transforme B en D.
2°) Soit E le point tel que CAEB est un parallélogramm e.
a) Montrer que A = D * E
b) Déterminer h(C).

Exercice 3

Soit un triangle ABC et une application f définie dans le plan Ρ par :

f : M ↦ M’ tel que MM' =3.MA + MB

1°) Construire le point C’ image du point C par f.
2°) Montrer que f fixe un seul point du plan qu’on déterminera.
3°) Montrer que f est une homothétie qu’on caractérisera.
4°) A et B sont fixes et C varie de telle sorte que le triangle ABC reste isocèle en A. Déterminer et construire l’ensemble des
points C’images de C par f.

( )5°) Le plan est rapporté à un repère O,i , j selon lequel A (2,2) et B(6, - 2). Définir f analytiquement.

Exercice 4

Soit ζ un cercle donné de centre O et dont A est l’un des points.
1°) Construire les points : A’’ = S O(A), B et C intersection de ζ et la médiatrice ∆ de [OA’’].
2°) Montrer que ABC est un triangle équilatéral. I désignera le milieu de [BC].

3°) Construire les points A’ et B’ images respecti ves de A et B par l’homothétie h = hI, 32

4°) La parallèle à (AC) passant par A’ coupe (BC) en E.
a) Déterminer h((AC)).
b) Montrer que h(C) = E

5°) Soit J et K les milieux respectifs des segments [AC] et [A’E]
a) Montrer que I, J et K sont alignés
b) Sachant que le triangle ABC a pour mesure de côté 10 , montrer que IK = 7,5.

Exercice 5

ABC est un triangle isocèle en A, I est le milieu de [BC]. Ω est le barycentre des points pondérés (B,2) et (I,1). La
droite (AΩ) coupe la parallèle à (AI) passant par B en un point J.

69

1°) a) Montrer que : ΩJ = − 1 .ΩA
2
2

b) En déduire que l’homothétie h de centre A et qui transforme J en Ω a pour rapport

3

2°) La perpendiculaire ∆ à (BC) en Ω coupe (AB) en B’.
a) Montrer que h((BJ)) = ∆.
b) En déduire h(B)
c) Construire le point C’ = h(C).

3°) Exprimer l’aire du triangle ΩB’C’ en fonction de celle du triangle JBC.
4°) On suppose que A et C sont fixes et que B varie d e telle sorte que le triangle ABC reste isocèle en B.

a) Quel est l’ensemble des points B?
b) Quel est l’ensemble des points Ω lorsque B varie?

Exercice 6

Dans la figure ci – contre, M est un point variable sur un
segment fixe [AB] et N et P sont deux points situés dans un
même demi – plan de frontière (AB) et tels que les deux
triangles AMN et BMP soient équilatéraux.
Déterminer l’ensemble des points I milieux de [NP] lorsque M
varie sur [AB].
Indication: Déterminer la nature du
i) triangle AOB (O étant l’intersection de (AN) et (BP)).
ii) quadrilarère MNOP

Exercice 7

Dans la figure ci – contre:
• ∆ est une droite extérieure à un cercle ζ,
• [BC] est le diamètre de ζ perpendiculaire à ∆
• D est la droite tangente à ζ en B
• A est un point donné de ∆.
• I est le deuxième point d’intersection de (AB)
et ζ

1°) Montrer que l’homothétie h de centre I et qui
transforme B en A, transforme ζ en un cercle ζ’
tangent à ζ en I et à ∆ en A.
2°) E est un point de ∆ autre que A, construire un
cercle tangent à ζ et tangent à ∆ en E.

70

Solutions des exercices intégratifs

Exercice 1
1°) a)

b) On a A’ = h(A) et C’ = h(C) alors (A’C’) = h((AC))
donc (A’C’) // (AC)

alors : (AB) ⊥ (A’C’)

d’autre part, on a: (AB) ⊥ (AC)

2°) [AC] est un diamètre de ζ

alors ζ passe par A et a pour centre: A * C

alors h(ζ) passe par h(A) et a pour centre: h(A) * h(C)

alors h(ζ) passe par A’ et a pour centre: A’ * C’

alors [A’C’] est un diamètre de h(ζ).

d’où h(ζ) = ζ’ (Deux cercles qui ont un diamètre commun sont confondus)

3°) on a: (BC) ∩ ζ = {C,I}

alors h((BC)) ∩ h(ζ) = { h(C) , h(I) }

alors (BC) ∩ ζ’ = { C’ , h(I) }

alors h(I) = J ( c’ = h(C) et h est une bijection)

d’autre part, on a: (BC) ∩ ζ’ = { C’ , J }

4°) On A est fixe et AC = 2 =constante
signifie C varie sur le cercle de centre A et de rayon 2
signifie C ∈ ζ(A , 2)

signifie h(C) ∈ h(ζ(A , 2))
signifie C’ ∈ ζ(A’ , 4) (4 = |-2|x 2)
Conclusion: l’ensemble cherché est le cercle de centre A’ = h(A) et de rayon 4.

Exercice 2
1°) a)

71

b) on a :
• ABCD est un parallélogramme

signifie que A * C = B * D (on notera I ce milieu)

signifie GD = − 2.GB BD = 2.BI

signifie BI = 1 .BD (1)
2

• G son centre de gravité

signifie BG = 2 .BI (2)
3

des égalités (1) et (2), on déduit que : BG = 2 .BI = 2 x 1 BD = 1 BD
3 32 3

donc les vecteurs BG et BD sont colinéaires

par suite les points B, G et D sont alignés.

c) Soit k le rapport de h signifie que GD = k.GB

on a: BG = 1 BD
3

signifie 3.BG = BG + GD

signifie GD = − 2.GB

signifie h(G, -2) (B) = D , le rapport cherché est - 2.
2°) a) On a:

• CAEB est un parallélogramme

signifie CA = BE

signifie CB = AE (3)
signifie
• ABCD est un parallélogramme

AB = DC

signifie DA = CB (4)

les égalités (3) et (4) entraînent que DA = AE signifie A=D*E

b) 1ère méthode d’où h(C) = E
Soit A’ = B * C

signifie h(A’) = h(B) * h(C)
signifie A = D * h(C)

72

or on a : A = D * E

2ème méthode
• De même qu’en 2°) a), on montre que les points C, G et E sont alignés.
• On a : (BC) ∩ (EC) = {C}
d’où h((BC)) ∩ h((EC)) = {h(C)}
d’où (DA) ∩ (EC) = {h(C)} ( (BC) = (BA’) )
d’où { E } = {h(C)}
d’où E = h(C).

Exercice 3
1°) Voir la figure ci – jointe

2°) Un point Ω du plan est fixe par f signifie f(Ω) = Ω

signifie: ΩΩ =3.ΩA + ΩB

signifie: 0 =3.ΩA + ΩB

signifie: Ω est le barycentre des points pondérés (A,3) et (B,1)
ainsi Ω existe et il est unique (3 + 1 ≠ 0)

3°) 1 ère méthode
Soit M et N deux points quelconques du plan d’images respectives M’ et N’ par
f

d’où MM' =3.MA + MB et NN' =3.NA + NB

( )On a: ΩM' =3.MΩ+ 3.ΩA + ΩB

= 3.AM+ BM+ MN+3.NA + NB

( ) ( )= 3. NA + AM + NB +BM +MN

= −3.MN

d’après la propriété caractéristique d’une homothétie, f est une homothétie de rapport - 3
de plus – 3 ≠ 1 alors f apour centre Ω.

2ème méthode
Soit M un point quelconque du plan d’image M’ par f

signifie : MM' =3.MA + MB

MΩ+ ΩM' =3.MΩ+ 3.ΩA + MΩ+ ΩB

( )ΩM' =3.MΩ+ 3.ΩA + ΩB

ΩM' =− 3.ΩM

signifie : h(Ω, - 3)(M) = M’
par suite f et l’homothétie h(Ω, - 3) associent la même image à tout point du plan
donc f = h(Ω, - 3)
4°) on a: ABC isocèle en A

A et B sonfixes alors C décrit le cercle (Γ) de centre A et de rayon AB privé du point B

C est variable

C ∈ (Γ) \ {B}

73

signifie f(C) ∈ f((Γ) \ {B})
signifie C’ ∈ f((Γ)) \ {f(B)})
Conclusion: l’ensemble des points C’ est le cercle (Γ’) image de (Γ) par h(Ω, - 3) privé du point B’ = f(B).
5°)

( )• Soit Ω(a,b) selon le repère O,i , j

Ω est le barycentre des points pondérés (A,3) et (B,1)

signifie 0 =3.ΩA + ΩB

signifie 2
3

d’où : a = 3xA + xB = 3x2 + 6 = 3
44

et b = 3yA + yB = 3x2 − 2 = 1
44

donc Ω(3,1)

• Soit M(x,y) un point quelconque du plan d’image M’(x’,y’) par f.

signifie ΩM' =− 3.ΩM

signifie ΩO + OM' = −3.ΩO − 3.OM

signifie OM' = −3.OM + 4.OΩ
d’où
x’ = -3.x + 4xΩ = -3.x + 12

y’ = -3.y + 4yΩ = -3.x + 4

Exercice 4

1°) Voir la figure ci – dessous

2°) Soit r le rayon de ζ, on a :

• C ∈ ζ et A’’ ∈ ζ
alors OC = OA’’ = r (1)

• C∈∆
alors OC = A’’C = r (2)

(1) et (2) impliquent que COA’’ est un
triangle équilatéral

donc CÔA’’ = 60°

• CÔA’’ = 2. CÂA’’
( angle inscrit et l’angle au centre qui lui est
associé)

alors CÂA’’ = 30°

on montre avec une méthode
analogue que BÂA’’ = 30°

74

CÂA’’ et BÂA’’ sont adjacents (3)
alors BÂC = BÂA’’ + A’’ÂC = 60°

on a : alors il
• OB = OC = r alors O est un point de la médiatrice de [BC]
• BA’’= A’’C = r alors A’’ est un point de la médiatrice de [BC]

alors (OA’’) est la médiatrice de [BC]
d’autre part, on a A’’ = SO(A) alors (OA’’) = (OA)

donc (OA) est la médiatrice de [BC]
d’où AB = AC (4)
Résumé: d’après (3) et (4) ABC est un triangle isocèle et dont l’un des angles a une mesure égale à 60°
est équilatéral.

3°) Voir la figure ci – dessus

4°) a) ona : h((AC)) est parallèle à (AC)

et h(A) = A’ ∈ h((AC))

alors h((AC)) est la parallèle à (AC) passant par A’ : c’est (A’E)

b) on a : {C} = (BC) ∩ (AC)

alors {h(C)} = h((BC)) ∩ h((AC))

alors {h(C)} = (BC) ∩ (A’E)

alors {h(C)} = {E}

donc h(C) = E

5°) a) On a: J = A * C

alors h(J) = h(A) * h(C)

alors h(J) = A’ * E

alors h(J) = K

b)

• ABC a pour mesure de côté 10

alors AB = 10

• on a ABC triangle

I=B*C alors IJ = 1.AB = 5
2

J=A*C

• h(I) = I alors IK = 3 IJ= 3 x 5 = 15
h(J) = K 22 2
IJ = 5

Exercice 5

1°) a) On a :
• Les deux parallèles (AI) et (BJ) sont coupées par :
(AΩ)

d’après Thalès : ΩJ = ΩI (1)
ΩA ΩB

• Ω est le barycentre des points pondérés (B,2) et (I,1)

signifie BΩ = 1 .BI
3

75

signifie 3.BΩ = BΩ + ΩI

signifie ΩB = − 2.ΩI

d’où ΩI = − 1 (2)
ΩB 2

• (1) et (2) donnent ΩJ = − 1
ΩA 2
par suite ΩJ = − 1 .ΩA
2 (les points sont alignés)

b) on a ΩJ = − 1 .ΩA signifie −2.ΩJ = .ΩA
2

signifie −2.ΩA − 2.AJ = .ΩA

signifie −3.ΩA = 2.AJ

signifie AΩ = 2 .AJ
3

( ) ( )signifie
h B ∈ h ΓC, 56
C, 56

2°) a) on a: ABC isocèle en A et I = B * C

alors (AI) est la médiatrice de [BC]

alors (AI) ⊥ (BC)

d’autre part on a: (AI) // (BJ)

d’où (BJ) ⊥ (BC)

alors (BJ) // ∆

et on a ∆ ⊥ (BC)

On a J ∈ (BJ) alors h(J) ∈ h((BJ)) d’ où Ω ∈ h((BJ))

donc h((BJ)) est la parallèle à (BJ) qui passe par Ω : c’est ∆.

b) on a : {B} = (AB) ∩ (BJ)
alors {h(B)} = h((AB)) ∩ h((BJ))
alors {h(B)} = (AB) ∩ ∆
alors {h(B)} = {B’}
donc h(B) = B’

c) On a C ∈ (BC) alors h(C) = C’ ∈ h((BC)) alors {C’} = (AC) ∩ h((BC)
et On a C ∈ (AC) alors h(C) = C’ ∈ h((AC)) = (AC)

d’où C’ est l’intersection de (AC) et la parallèle à (BC) qui passe par B’.

3°) L’homothétie h transforme J en Ω, B en B’ et C en C’
donc le triangle ΩB’C’ est l’mage du triangle JBC par h

d’où aire(ΩB’C’) = 322 x aire(JBC)

76

4

d’où aire(ΩB’C’) = x aire(JBC).

9

4°) a) B varie de telle sorte que le triangle ABC reste isocèle en B
signifie BA = BC et B ≠ A * C
donc l’ensemble des points B est la médiatrice de [AC] privée du milieu de [AC].
b) Une homothétie cachée !
La démarche de recherche d’un exercice de recherche de
lieu (exposée ci – haut) ou l’utilisation d’un logiciel de
géométrie dynamique nous mènent à conjecturer que
l’ensemble des points Ω est une droite( ou une partie d’une
droite) parallèle à la médiatrice de [AC] : lieu de B qu’on
notera :( Γ)

On a d’après 1°) : BΩ = 1 .BI
3

d’où BΩ = 1 .BC
6

donc CΩ = 5 .CB et on a C est fixe
6

( )signifie hC, 56 B = Ω

On a B ∈ ( Γ)

( ) ( )signifie h BC, 56 ∈ h ΓC, 56

ainsi l’ensemble des points Ω est l’image de la médiatrice de [AC] privée de l’image de (A * C)

Exercice 6

La première étape de recherche d’un exercice de lieu géométrique: observer la position de I
pour quelques emplacements distincts de M sur [AB] ou utiliser un logiciel de géométrie dynamique nous conduit à
conjecturer que : les points I sont alignés sur une parallèle à (AB).

On a:
• NÂB = 60°= P^BA
alors les deux demi – droites [AN) et [BP) sont sécantes en un point qu’on notera O.
• le triangle AMN est équilatéral
alors NÂM = OÂB = 60°
• le triangle MPB est équilatéral
alors N^BP = A^BO= 60°
alors dans le triangle OAB, AÔB = 60°
par suite le triangle OAB est équilatéral.

le triangle OAB est équilatéral

alors OA = AB

ON + NA = AM + MB (NA = AM car le tiangle AMN est équilatéral)

ON = MB

ON = MP (1) (MB = MP car le tiangle MPB est équilatéral)

le triangle OAB est équilatéral

alors OA = OB

ON + NA = OP + PB (ON = MP et MP = PB)

77

NA = OP (NA = NM car le tiangle NAM est équilatéral)
NM = OP (2)

En résumé : dans le quadrilatère ONMP, on a: NM = OP et NO = MP

alors NMPO est un parallélogramme

signifie N * P = M * O

signifie I = M * O

signifie h O, 21 (M) = I (O est fixe car [AN) et [BP)

sont fixes)

M ∈ ( [AB] \ {A , B}) (Pour M = A ou M = B, on n’aura

pas les deux triangles AMN et BMP)

signifie h O, 21 (M) ∈ h O, 21 ( [AB] \ {A , B})

signifie { I } = ( [JK] \ {J , K}) où J = O * A =

h O, 21 (A) et K = O * B = h O, 21 (B)

Commentaire:

Les difficultés rencontrées dans cet exercice proviennent

des faits qu’il n’était pas évident de :

• penser à compléter la figure en ajoutant le

point O

• établir une relation entre un point variable

dont on connaît le lieu : le point M et le point variable dont on

veut déterminer le lieu : le point I

h(  O, 21 (M) = I)

Ces compétences s’acquièrent au fur et à mesure qu’on traite des exercices de ce type. De plus, il faut s’habituer à

lire une figure géométrique et interpréter de différentes façons les relations existants entre ses différents éléments :

points, droites angles…exploiter parmi

ces différentes interprétations celles qui

semblent concluantes.

Exercice 7

1°) On a:
D est tangente à ζ en B

alors h(D) est tangente à h(ζ) en
h(B) (I)

B∈D
donc h(B) = A ∈ h(D) donc h(D) est la
parallèle à D qui passe par A (1)

D est tangente à ζ en B

donc (BC) ⊥ D ((BC) est le support

du diamètre [BC] et par suite du rayon

[OB])

• d’autre part (BC) ⊥ ∆

d’où D // ∆ (2)

de plus, on a A ∈ ∆ (3)

(1), (2) et (3) donnent h(D) = ∆ (II)

78

(I) et (II) entraînent que h(ζ) est tangente à ∆ en A.

on a:
• I∈ζ
donc h(I) = I ∈ h(ζ)
• Supposons qu’il existe un point J ≠ I

et tel que J ∈ (ζ ∩ h(ζ))
J ≠ I alors h(J) ≠ J et h(J) ≠ I
et h(J) ∈ (IJ)

J ∈ ζ alors h(J) ∈ h(ζ)
ainsi (IJ) coupe h(ζ) en trois points
distincts: impossible
donc J n’existe pas et par suite I est le
seul point appartenant à
(ζ ∩ h(ζ))
donc ζ et h(ζ) sont tangents en I
Résumé : L e cercle h(ζ) est tangent
à ζ en I et à ∆ en A.

2°) Soit K le deuxième point d’intersection de
(BE) et ζ

et désignons par h’ l’homothétie de centre K
et qui transforme B en E.
D’après 1°), le cercle ζ’ image de ζ par h’ est
tangent à ζ en K et à ∆ en E.

On a :
• [BC] est un diamètre de ζ

alors h’([BC]) = [EC’] est un diamètre de h’(ζ) = ζ’ (C’= h(C))
• C∈ (BC)

alors h(C) ∈ h((BC))
donc C’ est un point de la droite ∆’ parallèle à (BC) et
passant par E

• de plus on a : C’ est un
point de la droite (KC)

d’où {C’} = (KC) ∩ ∆’
Conclusion : le cercle ζ’ de diamètre [EC’] est tangent à ζ en
K et à ∆ en E.

Etapes de la Construction
• K ∈ (ζ ∩ (BE)) et K ≠ B
• la droite ∆’ parallèle à (BC) et passant par E
• {C’} = (KC) ∩ ∆’
• le cercle ζ’ de diamètre [EC’]

Discussion:

Si {E} = (BC) ∩ ∆
alors K = C = C’ et le cercle [EC] est une solution

79

Rotation

I) Le radian

A et B sont deux points d’un demi - cercle (ζ) de centre O et de rayon r.
On entoure (ζ) d’un fil rouge en partant de A et en s’orientant vers B comme l’indique la figure

ci - contre. Soit:
A1 le point de (ζ) diamétralement opposé à A
A’ le 1er bout de fil qu’on place sur A
A’’ le 2ème bout de fil qui vient coïncider avec

A1
B’ le point du fil qui vient coïncider avec B

alors la longueur du cercle (ζ) est

L = 2.A’A’’ = π.2r

1°) Définitions
La distance A’B’ notée l est appelée la

longueur de l’arc [AB] du cercle (ζ)
l

le rapport est appelé une mesure en
r

radians de l’angle au centre AÔB.

l
Remarque : Le rapport ne dépend que de l’angle au

r
centre AÔB : il est indépendant du rayon du cercle
considéré.
En effet, Soit deux demi - cercles concentriques (ζ) et (ζ’)
de rayons respectifs r et r’.

Tant que: AÔB = A’ÔB’ alors l = l ' et la valeur de
r r'

chacun de ces deux quotients est la mesure de AOB en

radians.

2°) Formule de passage de la mesure d’un angle en de grés à sa mesure en radians et vice versa
Si α et β désignent les mesures d’un même angle respectivement en degrés et en radians alors on a: α = β

180 π

(la proportionnalité est conservée.)

II) La rotation

1°) Définition

Soit O un point donné du plan et α un réel donné dans l’intervalle [0,π].
On appelle rotation de centre O et d’angle α, toute application r définie par:

r:P→P
M ֏ M ' avec OM = OM’ et MÔM’ = α

De plus:

80

Dans ce cas de figure, la rotation est dite Dans ce cas de figure, la rotation est dite
directe et vice versa indirecte et vice versa

Remarque: un point, son image par une rotation et le centre de cette rotation sont toujours les sommets d’un
triangle isocèle (dont le sommet principal est le centre de cette rotation)

2°) Méthodes de définition d’une rotation

Une rotation sera parfaitement définie, si on connaît:
a) son centre, son angle et son sens (direct ou indirect)

b) son centre, un point et son image

Application 1

Sur la figure 1 du tableau ci – dessous, le point O est le centre d’une rotation r qui transforme le point A en A’ et B
est un point donné du plan.
Construire (sans utiliser un rapporteur) le point B’ image de B par r.

Figure 1 Application 1 Figure 2 Application 2

c) deux points et leurs images

Application 2

Sur la figure 2 du tableau ci – dessus, A et B sont deux points du plan, A’ et B’ sont leurs images respectives par
une rotation r, C est un point du plan. Construire (sans utiliser un rapporteur) le point C’ image de C par r.

81

II) Comment reconnaître si une application est une rotation

En appliquant la définition

Une application f définie dans le plan est une rotation

si et seulement si

il existe un point fixe O et un réel θ de l’intervalle [0, π] tels que pour tout point M d’image M’ par f on a:
OM = OM’

MÔM’ = θ rad
on se déplace toujours dans le même sens sur le cercle de centre O et de rayon OM pour passer de M à M’

Application 3

ABC est un triangle équilatéral direct. Montrer que parmi les applications définies dans le plan et qui à A associent C,

on peut trouver au moins une rotation indirecte qu’on définira.

III) Configurations qui laissent penser à une rotation

1°) Triangle isocèle

Dans un triangle isocèle direct ABC de sommet principal A et tel que BÂC = α, on
a:

La rotation directe de centre A et d’angle α à B associe C
La rotation indirecte de centre A et d’angle α à C associe B

2°) Triangle équilatéral

Dans un triangle équilatéral direct ABC dont O est le centre du cercle circonscrit, on a:

π

La rotation directe de centre C et d’angle à A associe B

3
π

La rotation indirecte de centre B et d’angle à A associe C

3
2π

La rotation directe de centre O et d’angle à A associe B

3
2π

La rotation directe de centre O et d’angle à B associe C

3
2π

La rotation indirecte de centre O et d’angle à A associe

3

C

3°) Triangle rectangle isocèle

82

Si ABC est un triangle rectangle isocèle en A
alors

Le quart de tour direct de centre A à B associe C

Le quart de tour indirect de centre A à C associe B

4°) Carré

Dans un carré direct EFGH de centre O, on a:

π

La rotation directe de centre G et d’angle à H associe F

2

π

La rotation indirecte de centre F et d’angle à E associe G

2

π

La rotation directe de centre O et d’angle à E associe F

2

π

La rotation directe de centre O et d’angle à G associe H

2

π

La rotation indirecte de centre O et d’angle à G associe F

2

La rotation directe de centre O et d’angle π à G associe E
La rotation indirecte de centre O et d’angle π à G associe E

5°) Cercle (2ème alternative du triangle isocèle)

Soi t M et N deux points d’un cercle ζ
de centre O.

Alors la rotation:
• (dont le sens est à préciser selon
la disposition des points M et N
sur le cercle)
• de centre O
• et d’angle MÔN

transforme M en N

V) Situations où l’outil ROTATION peut être utile

1°) Montrer que deux droites sont perpendiculaires

a) L’angle de la rotation est π (La rotation est un quart de tour)
2

83

Soit D une droite donnée

π

et r est une rotation (directe ou indirecte) d’angle

2

si r(D) = D’ alors D ⊥ D’

Application 4 (rotation cachée)

A l’extérieur d’un triangle ABC et sur ses côtés [AB], [BC] et [AC], on construit respectivement les carrés ABGF, BCIH
et ACDE.
1°) Montrer que le triangle ACI est l’image du trian gle DCB par une rotation qu’on déterminera.
2°) Déduire que les droites (AI) et (BD) sont perpen diculaires.

b) Les images de deux droites perpendiculaires

Soi t r est une rotation (directe ou indirecte) d’angle
quelconque et de centre O

si D ⊥ ∆ Alors D’ ⊥ ∆’
r (D) = D’
r (∆) = ∆’

Application 5 (Autre méthode de la construction de l’image d’une droite par une rotation)

On considère une droite D et un point O n’appartenant pas à D. On désigne par H le projeté orthogonal de O sur D et

π

par r la rotation indirecte de centre O et d’angle .

6

1°) a) Construire le point H’ = r(H)
b) Montrer que la droite ∆ perpendiculaire à (OH’) en H’ est l’image de D par r.
2°) Déduire les étapes d’une deuxième méthode de la construction de l’image d’une droite de centre donné hors de
cette droite et d’angle connu.

2°) Montrer que deux droites sont parallèles

84

Soi t r est une rotation (directe ou
indirecte) d’angle quelconque et de
centre O

si D // ∆

r (D) = D’ Alors D’ // ∆’

r (∆) = ∆’

Application 6
2π

ABC est un triangle indirect isocèle en A et tel que BÂC = . Soit D un point de [BC] distinct de B et de C.

5

La parallèle à (AB) passant par D coupe la parallèle à (BC) passant par A en un point E.

2π

1°) Soit r la rotation indirecte de centre A et d’an gle . Construire les points D’ = r(D) et E’ = r(E).

5

2°) Montrer que le quadrilatère ACD’E’ est un para llélogramme.

3°) Montrer que trois points ou plus sont alignés

Etant donnés trois points A, B et C
et une rotation quelconque r telle que

r : A ֏ A’
B ֏ B’
C ֏ C’

Si A, B et C sont alignés
alors A’, B’ et C’ sont alignés

Application 7

A, B et C sont trois points non alignés.

85

π

1°) Construire le point Ω centre de la rotation directe r d’angle et qui transforme B en C. Justifier votre construction.

3

2°) Construire le point A’ = r(A)

3°) a) Soit { I } = ( AB) ∩ (A'C) . Construire le point I’ = r(I)

b) Montrer que les points I, I’,A’ et C sont alignés.

4°) Montrer que deux segments sont isométriques (deux distances sont égales)

Soit r une rotation quelconque

Si r : A ֏ A’

alors AB = A’B’

B ֏ B’

Si de plus r : C ֏ C’ alors A’B’ = C’D’
D ֏ D’

AB = CD

Application 8

0AB est un triangle direct isocèle en O. On pose I = O * A et J = O * B.
La rotation de centre O et qui transforme A en B transforme J en J’.
1°) Construire J’.
2°) Montrer que le triangle BIJ’ est isocèle en B.

5°) Montrer que deux angles sont égaux

Si
r : A ֏ A’
B ֏ B’
C ֏ C’

alors
BAC = B ' A 'C '

Application 9

Dans la figure ci – contre BCC’B’ est un trapèze isocèle et tel que:

CC 'B = π .
3

1°) Les deux droites (BC) et (B’C’) se coupent en un point A. Montrer que B’
et C’ sont les images respectives de B et C par la rotation directe r de centre

π

A et d’angle .

3

2°) Construire les points B’’ et C’’ images respect ives de B et C par la rotation

86

2π

directe r’ de centre A et d’angle

3
3°) a) Montrer que les angles AB 'B '' et AC ' C ''sont égaux.

b) Déduire que les droites (B’B’’) et (C’C’’) sont parallèles.

6°) Montrer qu’un point est le barycentre de 2 ou 3 points pondérés (y compris le
cas de milieu)

Si :

• G est le barycentre de (A,a) et (B,b)

• r : A ֏ A’
B ֏ B’
G ֏ G’

alors

G’ est le barycentre de (A’,a) et (B’,b)

Application 10

ABCD est un carré direct de centre O. r est le quart de tour indirect de centre O.
1°) Soit D’ = r(D).
a) Montrer que D’ est un point de (DC).
b) Montrer que C = D * D’. Construire D’.

2°) Construire le point G tel que AG = 3 AD
2

3°) Construire le point G’ = r(G) puis montrer que C est le barycentre de (G’,2) et (D,3)

7°) Réaliser une construction

Application 11

Ci – contre sont donnés, deux points distincts O et I.

π

Construire un point A et son image A’ par la rotation directe r de centre O et d’angle et

4

tel que A * A’ = I.

8°) Lieu d’un point

Application 12

M est un point variable sur un cercle donné (C) de centre Ω. O est un point fixe extérieur à (C). Le cercle (ζ1) de
centre O et passant par M et le cercle (ζ2) de centre M et passant par O se coupent en A et B (A est le point tel que le
triangle OMA est indirect).
1°) Quelle est la nature et le sens de chacun des t riangles OMA et OMB ?
2°) Déterminer et construire l’ensemble des points A quand M décrit (C).

3°) Déterminer et construire l’ensemble des points B quand M décrit (C).
87

Evaluation du degré d’assimilation du cours

Pour chacune des situations ci – dessous, relevez sur votre cahier les numéros des propositions qui vous semblent

vraies

Situation 1

ABCD est un carré direct de centre O

P1: La rotation directe de centre A et d’angle π transforme O en D
4

P2: La rotation directe de centre A et d’angle π transforme O en I = A * D
4

Situation 2

ABCD est un carré direct de centre O.

P1: La rotation directe de centre A et d’angle π transforme B en D
2

P2: La rotation directe de centre O et d’angle π transforme C en B
2

Situation 3

ABCD est un rectangle direct de centre O et tel que: AD = 3 et AB = 1

P1: La rotation directe de centre A et d’angle π transforme C en D
4

P2: La rotation directe de centre A et d’angle π transforme O en I = A * D
4

Situation 4

ABCD est un rectangle direct de centre O et tel que: AD = 3 et AB = 1

P1: La rotation directe de centre A et d’angle π transforme B en I = A * D
2

P2: La rotation indirecte de centre O et d’angle 2π transforme A en D
3

Situation 5

ABC est un triangle direct et tel que A^CB = 30°. On p ose I = B * C. La rotation de centre I qui transforme C en A

P1: transforme B en A
P2: transforme A en B
P3: transforme A en J = A * B

Situation 6

Dans le cas de figure ci – contre, I n’est pas le milieu de [AB]. On peut trouver:
P1: au moins une rotation de centre I qui transforme D en D’.
P2: construire un triangle direct IJK rectangle et isocèle en I avec J ∈ D et K ∈ D’.

Situation 7

Pour n’importent quels deux points distincts M et M’, on peut trouver au moins

P1: une rotation qui transforme M en M’.

P2: une rotation d’angle π qui transforme M en M’
2

88

Situation 8

P1: il existe une application définie dans le plan qui peut être considérée comme étant une homothétie et une
rotation à la fois.

P2: on peut trouver une homothétie de rapport k tel que IkI ≠ 1 qui peut être considérée comme étant une rotation.

Situation 9

Dans le cas de figure ci – contre, ABC est un triangle équilatéral.
La rotation directe de centre O et d’angle 2π transforme

3
P1: le triangle DHA en le triangle EFB.
P2: le quadrilatère OCHA en OEBF

Situation 10

On garde la figure proposée dans la situation 9

P1: La rotation indirecte de centre O et d’angle π associe le triangle OBA’ au triangle A’OC.
3

P2: La rotation indirecte de centre D et d’angle π associe le triangle BFG au triangle FGA
3

Solutions des QCM

Situation 1 car AO ≠ AD
car AO ≠ AI
P1: Fausse
P2: Fausse

Situation 2

P1: Vraie
P2: Fausse car le triangle CBO est indirect

Situation 3

P1: Fausse car AC ≠ AD et CÂD ≠ π
4

P2: Fausse car AO ≠ AI et OÂI ≠ π
4

Situation 4

P1: Fausse car AB ≠ AI
P2: Vraie

89

Situation 5

P1: Fausse car A ne peut pas être image de deux points distincts par une même rotation.
P2: Fausse car CÎA ≠ AÎB
P3: Fausse car IA ≠ IJ

Situation 6

P1: Fausse car la seule possibilité c’est d’avoir r = SI et cela nécessite I = A * B

P2: Vraie

Situation 7

P1: Vraie
P2: Vraie

Situation 8

P1: Vraie
P2: Fausse car une homothétie de rapport k tel que k ≠ 1 ne conserve pas la distance.

Situation 9

P1: Vraie
P2: Fausse car OCHA est un losange alors que OEBF ne l’est pas.

Situation 10

P1: Vraie
P2: Vraie

Solutions des applications

Application 1

• D’après la disposition des points O, A et A’ dans le plan, on déduit que la rotation r est indirecte.
• r(B) = B’ alors OB = OB’

alors B’ est un point du cercle (ζ) de centre
O et de rayon OB

• Il reste à reporter la mesure de AÔA’ à partir
de [OB) dans le sens indirect:
(ζ) coupe [OA) en C et [OA’) en D
d’où : AÔA’ = BÔB’ = CÔD
BÔB’ et CÔD étant égaux et étant
deux angles au centre d’un même

90

cercle alors ils interceptent deux arcs isométriques

ces deux arcs sont alors sous-tendus par deux cordes isométriques d’où l’égalité : BB’ = CD

On trace alors le cercle (ζ’) de centre B et de rayon CD qui coupera (ζ) en deux points : B’ est celui -
parmi ces deux points- qui vérifie le critère: r est indirecte.

Application 2

Détermination du centre

Soit O le centre de r. alors {O} = ∆ ∩ ∆’
r(A) = A’ alors O ∈ ∆: médiatrice de [AA’]
r(B) = B’ alors O ∈ ∆’ médiatrice de [BB’]

et on a (AA’) et (BB’) non parallèles

r(C) = C’ alors OC = OC’ donc C’ est un point du

cercle ζ de centre O et de rayon OC
ζ coupe [OB) en B1 et [OB’) en B’1
donc CÔC’ = B1Ô B’1
Il suffit de reporter l’angle B1Ô B’1 à partir de [OC)
comme c’est décrit dans la correction de l’activité 1
mais dans le sens direct

Application 3

La plus évidente

π

ABC étant un triangle équilatéral alors A^BC =

3

et BA = BC, de plus on a ABC est direct

alors C est l’image de A par la rotation indirecte de

π

centre B et d’angle

3

Autre rotation

Soit O le centre du cercle ζ circonscrit au triangle ABC

2π (1)

alors AÔC = 2.AÔB =

3

d’autre part, on a OA = OC (2)

et le triangle ABC est direct (3)

de (1), (2) et (3) on déduit que C est l’image de A A
2π

par la rotation indirecte de centre O et d’angle

3

91

Application 4

1°) On sait qu’un triangle et son image par une rot ation
sont superposables, donc d’après la figure, on conjecture
que la rotation cherchée transforme D en A, B en I et fixe
C ; donc c’est le quart de tour direct de centre C qu’on
désignera par r dans toute la suite

CBHI est un carré direct

alors CB = CI, IC B = 90° et le triangle ICB est

direct
alors r(B) = I

CDEA est un carré direct

alors CD = CA, DC A = 90°et le triangle ACD est

direct
alors r(D) = A

En résumé: r(B) = I, r(C) = C et r(D) = A
alors le triangle ACI est l’image du triangle DCB par r

2°) r(B) = I, r(D) = A et r est un quart de tour
alors r((BD)) = (AI) et (BD) et (AI) sont perpendiculaires

Remarque: Les énoncés ne précisent pas si le triangle ABC est direct ou indirect. Vous pouvez partir de n’importe
quelle considération ; ça n’influera pas sur les énoncés.

Application 5

1°) a) Voir la figure ci – contre.

π

Pour la construction d’un angle de mesure , on pourra construire le triangle

6

équilatéral indirect OHK puis construire la bissectrice de HÔK

b) On a H ∈ D alors r(H) ∈ r(D) donc H’ ∈ r(D) (1)
(OH) ⊥ D alors r((OH)) ⊥ r(D) alors (OH’) ⊥ r(D) (2)

(1) et (2) donnent r(D) est la perpendiculaire à (OH’) et passe par H’: c’est ∆.

2°) Etapes de la construction de l’image d’une droit e
On construit successivement :

• le projeté orthogonal H du centre de la rotation O sur la droite antécédent D
• l’image H’ de H par r
• la droite perpendiculaire à (0H’) en H’: c’est l’image cherchée

Application 6

1°) Pour la construction des images D’ et E’ : voir la figure ci – contre.

2°) On a :

• ABC est un triangle indirect isocèle en A

et tel que BÂC = 2π signifie r(B) = C alors r((AB))=(AC)

5

• r(A) = A

92

et on a r((ED)) = (E’D’)

on a: (ED) // (AB) alors r((ED)) // r((AB)) d’où (E’D’) // AC) (1)

• D ∈ (BC) alors (BD) = (BC) alors r((BD)) // r((AE))

et (BC) // (AE) alors (BD) // (AE) d’ où (CD’) // (AE’) (2)
• on a r((BD)) = (CD’) et r((AE)) = (AE’)

d’après (1) et (2), on déduit que le quadrilatère ACD’E’ est un parallélogramme.

Application 7
π

1°) Ω est le centre de la rotation directe r d’angle et qui transforme B en C

3

alors le triangle ΩBC est équilatéral direct

2°) A’ est tel que le triangle ΩAA’ est équilatéral direct
3°) a) I’ est tel que le triangle ΩII’ est équilatéral direct
b) On a I ∈ (AB) alors I, A et B sont alignés

alors r(I), r(A) et r(B) sont alignés
alors I’, A’ et C sont alignés (1)
et on a aussi I ∈ (A’C) (2)
(1) et (2) donnent I, I’,A’ et C sont alignés.

Application 8

1°) Le point J’ appartient au cercle ζ de centre O et de rayon OJ et au cercle ζ’ de
centre J et de rayon IJ et tel que le triangle OJJ’ soit direct. (Pour plus de détails
voir la correction de l’application 1: report de mesure d’un angle)
2°) Soit ∆ la médiatrice de [AB] alors S∆(A) = B et S∆(J) = I (la symétrie orthogonale

conserve le milieu) d’où AJ = BI (1)

Soit r La rotation de centre O et qui transforme A en B

d’où r(A) = B et r(J) = J’ alors AJ = BJ’ (2) (la rotation conserve la distance)
D’après (1) et (2), on aura BI = BJ’ par suite, le triangle BIJ’ est isocèle en B.

Application 9
1°) D’après Thalès: AC = BC = 1 d’où

AC' B'C'

• AC = AC’
alors le triangle ACC’ est isocèle en A

de plus, on a AC C''= π
3

alors le triangle ACC’ est équilatéral

d’où AC = AC’, CA C'= π et ACC’ est direct
3

signifie r(C) = C’

• On a AC = AC’ alors AB = AB’
alors AB + BC = AB’ + B’C’

93

et on a BC = B’C’

ainsi AB = AB’, BAB'= π et le triangle ABB’ est direct
3

signifie r(B) = B’

2°) Voir figure

r’(B) = B’’ signifie AB = AB’’, BAB''= 2π et le triangle ABB’’ est direct
3

r’(C) = C’’ signifie AC = AC’’, CAC''= 2π et le triangle ACC’’ est direct
3

3°) a) on a :

• 2π π π
BÂB’’= , BÂB’ = et les angles BÂB’ et B’ÂB’’ sont adjacents alors B’ÂB’’ =
33 3

r’(B) = B’’ alors AB = AB’’ et on a AB = AB’ d’où AB’ = AB’’ (1)

• le triangle AB’B’’ est direct (2)

De (1) et (2), on déduit que r(B’) = B’’

• 2π π π
CÂC’’= , CÂC’ = et les angles CÂC’ et C’ÂC’’ sont adjacents alors C’ÂC’’ =
33 3

r’(C) = C’’ alors AC = AC’’ et on a AC = AC’ d’où AC’ = AC’’ (3)

• le triangle AC’C’’ est direct (4)

De (3) et (4), on déduit que r(C’) = C’’

Résumé:

r(A) = A, r(B) = B’ et r(B’) = B’’ alors r( AB B' ) = AB ' B '' alors AB B' = AB ' B '' (a)

r(A) = A, r(C) = C’ et r(C’) = C’’ alors r( AC C ' ) = AC 'C '' alors AC C ' = AC 'C '' (b)

AC C ' = AB B' : deux angles correspondants déterminés par deux parallèles : (BB’) et (CC’)

et une sécante: (BC) (c)

(a), (b) et (c) donnent AB' B'' = AC 'C ''

b) On a AB ' B '' = AC 'C '' et ces deux angles sont

correspondants
alors ils sont déterminés par deux parallèles et une
sécante
alors (B’B’’) et (C’C’’) sont parallèles.

Application 10

1°) a) On a:

ABCD est un carré direct alors

 ABC = 90°

 BA = BC
signifie r(A) = C

et le triangle ACBest indirect

• A ∈ (AD) et r a pour angle π alors r((AD)) est la perpendiculaire à (AD) qui passe par C : c’est (CD)
2

• D ∈ (AD) alors r(D) ∈ r((AD)) donc D’ ∈ (CD).

94

b) On a r(D) = D’

alors DB D ' = π  CB D ' = π alors [BC) est la bissectrice de DB D ' (1)
2  4
 et on a d’après a): D, C et D’ sont alignés
et on a : DB C = π 
 alors
4
DB C et DB D 'sont adjacents

d’autre part le triangle DBD’ est isocèle en B (2)
(1) et (2) donnent (BC) est la médiatrice de [DD’]

alors C = D * D’

2°) Voir figure : AG = 3 AD
2

signifie G est l’image de D par l’homothétie de centre A et de rapport

3°) Voir la figure Pour la construction de G’.
•
3
• On a AG = AD

2 alors r(G) est le barycentre de (r(A), -1) et (r(D), 3)

signifie G est le barycentre de (A, -1) et (D, 3)

donc G’ est le barycentre de (C, -1) et (D’, 3) signifie signifie 2.G'C − 3.CD = 0 signifie
-G'C + 3.G'C + 3.CD' = 0 signifie 2.G'C + 3.DC = 0 signifie C est le barycentre de (G’,2) et (D,3)

Application 11

1ère étape
Supposons que le problème est résolu, exécutons alors les étapes
suivantes :

• Marquer un point O et un point A
• Construire le point A’ = r(A)
• Construire le point I = A * A’

2ème étape
Analyse de la figure d’étude: la figure obtenue à la fin de la 1ère étape. On a:

• r(A) = A’ alors le triangle OAA’ est isocèle de sommet principal Ω
• I = A *A’ alors (OI) est la médiatrice de [AA’] et c’est aussi la bissectrice de

l’angle AÔA’

• (OI) est la médiatrice de [AA’] alors (AA’) est la perpendiculaire à (OI) en I
• (OI) est la bissectrice de l’angle AÎA’ alors [OA) et [OA’) sont symétriques par

rapport à (OI) et tel que:

95

π

• l’angle AÔI = et le triangle OAI est direct

8

3ème étape: étapes et exécution de la construction
Construire:

• (OI)
• la perpendiculaire à (OI) en I: c’est (AA’)
• la droite (tt’) perpendiculaire à (OI) en O

• [O u) la bissectrice de l’angle tÔI
• [O z) la bissectrice de l’angle uÔI
• {B} = [Oz) ∩ (AA’)
• Si le triangle OBI est direct alors A = B et A’ = SI(A); si non,

A’ = B et A = SI(A’)

Application 12

1°) On a :
(ζ1) et (ζ2) ont le même rayon OM

et A ∈ (ζ1) ∩ (ζ2)
alors OM = OA =AM alors le triangle OMA est équilatéral et il est indirect par hypothèse

B ∈ (ζ1) ∩ (ζ2)
alors OM = OB =BM alors le triangle OMB est équilatéral
et il est direct car OMA est indirect
2°) On a O est fixe et le triangle OMA est équilatéral et indirect

π
signifie A = r2(M) où r2 est la rotation indirecte de centre O et d’angle 3

On a M ∈ (C) signifie r2 (M) ∈ r2((C)) = (C2)
où (C2) est le cercle de centre Ω2 = r2(Ω) et de rayon Ω2A

3°) On a O est fixe et le triangle OMB est équilatéral et direct

π
signifie B = r1(M) où r1 est la rotation directe de centre O et d’angle 3

On M ∈ (C) signifie r1 (M) ∈ r1((C)) = (C1)
où (C1) est le cercle de centre Ω1 = r1(Ω) et de rayon Ω1B

96

Exercices intégratifs

Exercice 1

ABCD est un carré direct de centre O, M est un point de [AB].

97

La perpendiculaire à (DM) passant par A coupe [BC] en P
1°) Prouver que AM=BP et que MÔP=90°
2°) Déduisez que le milieu I de [MP] se trouve sur l a médiatrice de [OB]

Exercice 2

ABC est un triangle équilatéral direct, M est un point de l'arc BC de son cercle circonscrit, P est le point du segment
[AM] tel que: MB = MP
1°) Démontrer que le triangle BMP est équilatéral.
2°) En utilisant la rotation de centre B qui transfo rme A en C, démontrer que: MA = MB+MC

Exercice 3

ABC est un triangle équilatéral direct de centre O. I, J et K sont trois points respectivement placés sur [AB], [BC] et
[AC] et tels que: AI = BJ = CK.
Soit r la rotation de centre O et qui transforme A en B.
1°) Dire si r est directe ou indirecte et détermine r son angle (Définir r)
2°) Déterminer l’mage du segment [AB] par r puis mo ntrer que r(I) = J.

2π

3°) Montrer que K est l’image de I par la rotation i ndirecte r’ de centre O et d’angle .

3

4°) Déterminer le centre du cercle inscrit dans le triangle IJK.

Exercice 4

Dans la figure ci – contre Γ est un demi – cercle de centre I et de diamètre [AB].
1°) Construire les points:
• O: image de A par le quart de tour indirect r1 de centre I.
• C: image de B par le quart de tour direct r2 de centre O.
2°) Pour tout réel non nul k, on pose M = h (B,k)(A) et M’ = h(C,k)(B).

1
a) Construire M et M’ pour k = −

3
b) Montrer que M’ = r2(M). (Coup de pouce: toute rotation conserve le barycentre)
3°) J est un point variable sur Γ \ {A,O,B}. La parallèle à (AJ) passant par C coupe (BJ)
en K. Déterminer le lieu Γ1 du point K lorsque J varie.
4°) a) Refaire une figure où ne se trouvent ni Γ1, ni M, ni M’ et ni K.
b) Soit D le symétrique de B par rapport à O. Montrer que D = r2(C).

c) Lorsque J varie sur l’arc [AO] de Γ, la droite (AJ) coupe le segment [CD] en E et la droite (BJ) coupe le segment
[AD] en F. Montrer que le cercle de diamètre [EF] passe par deux points fixes qu’on déterminera.

Exercice 5
1°) Construire :

• un triangle ABC indirect d’orthocentre H.
• un triangle ABD direct, isocèle et rectangle en A.
• un triangle ACE indirect, isocèle et rectangle en A.
2°) Montrer que : a) DC = BE

b) (DC) ⊥ (BE)
3°) Soit F le symétrique de E par rapport à A. Démo ntrer que:
a) Les droites (DF) et (AH) sont parallèles.
b) La droite (AH) passe par le milieu du segment [ED]

Exercice 6

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ABC est un triangle équilatéral direct.
1°) a) Construire les points : D = S C(B) et E = SC(A)

b) Montrer que le quadrilatère ABED est un rectangle
2°) On admet qu’il existe une seule rotation r qui transforme A en C et B en D. Déterminer:
a) le centre I de r
b) le sens de r
c) l’angle de r.

Exercice 7

ABCD est un carré direct de centre O.
M est un point variable sur le côté [AD]. La perpendiculaire à (BM) issue de A coupe [DC] en N.
1°) a) Montrer – en utilisant une rotation convenab le – que: AM = DN

b) Déduire que la médiatrice de [MN] passe par un point fixe qu’on déterminera.
2°) Les droites (NA) et (MC) se coupent en H. Montr er que H est l’orthocentre du triangle BMN.

Solutions des exercices intégratifs

Exercice 1

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