angles interceptant le même arc
Cette section va nous livrer l’application de paragraphe 2.5.
Exemple 11. On va traiter l’extrait du BACC S 2007 à Madagascar.
6.4.1 Enoncé
Dans le plan orienté (P), on considère le carré ABCD de centre O tel que mes( \−−→
DA, −−→
DC) = π2. Soit E le milieu du segment [CD]. On considère le carré DEF G de centre O0 où mes( \−−→
DE, −−→
DG) = π2. On note respectivement (Γ) et (Γ0) les cercles circonscrits aux carrés ABCD et DEF G.
1. Faire une figure avec AB = 4cm.
H Soit S la similitude plane directe de centre D qui transforme A en B. a - Déterminer le rapport et l’angle de S.
b - Préciser l’image du point E par S et en déduire une mesure de l’angle ( \−→
AE, −−→ BF ).
H On note I le point d’intersection des droites (AE) et (BF ). a - Placer le point I sur la figure.
b - Montrer que le point I est l’intersection des cercles (Γ) et (Γ0). c - En déduire que les droites (ID) et (BF ) sont perpendiculaires.
H On considère la symétrie orthogonale S∆ d’axe ∆ = (OO0). Montrer que S∆(D) = I.
6.4.2 Réponse
1. Figure
Figure 6.2 – Carrés inscrits
2. Soit S la similitude plane directe de centre D qui transforme A en B a - Rapport et l’angle de S.
On note par θ cet angle et k celui de rapport. Comme S(D) = D
S(A) = B , la théorie de la similitude directe nous conduit d’en déduire que θ = mes( \−−→
AD,−−→
BD) = π4 et k = BDAD =√ 2.
b - L’image du point E par S et la mesure de l’angle ( \−→ AE, −−→ BF ). Comme mes( \−−→ AD,−−→ BD) = mes( \−−→ ED,−−→
F D), donc S(E) = F et mes( \−→ AE, −−→
BF ) = θ. 3. On note I le point d’intersection des droites (AE) et (BF ).
a - Emplacement du point I.
Figure 6.3 – Emplacement du point I
b - Le point I est l’intersection des cercles (Γ) et (Γ0). Il s’agit de vérifier que I appartient à la fois (Γ) et à (Γ0). Considérons alors l’arc cID de (Γ) (cf. figure6.4).
Figure 6.4 – Angles interceptés l’arc cID de (Γ)
Ici les angles [DBI et [DAI interceptent le même arc cID. Donc, ils sont égaux. Autrement dit, mes( \−−→
AD, −→
AI) = mes( \−−→ BD, −→
BI) c’est à dire I ∈ (Γ). De plus, cosidérons cette fois l’arc cDI de (Γ0) (cf. figure 6.5).
Figure 6.5 – Angles interceptés l’arc cDI de (Γ0)
Cette fois-ci les angles [IF D et [IGD interceptent le même arc cDI de (Γ0). Ils sont alors égaux. Autrement dit, mes( \−−→
GD, −→
GI) = mes( \−−→ F D,−→
F I) c’est à dire I ∈ (Γ0). Puisque I ∈ (Γ), I ∈ (Γ0) nous pouvons alors conclure que le point I est l’intersection de (Γ) et (Γ0).
c - Les droites (ID) et (BF ) sont perpendiculaires.
Considérons l’arc dF D de (Γ0) (cf. figure 6.6), sachant que mes(−−→\ O0F , −−→
O0D = π).
Il est en effet clair que l’angle [IF D intercepte l’arc dF D du demi-cercle de diamètre [DF] de (Γ0). Par la suite, mes( \−→
IF , −→
ID) = π2. D’où, on peut tirer immédiatement que les deux droites (ID) et (BF ) sont perpendiculaire.
4. On considère la symétrie orthogonale S∆ d’axe ∆ = (OO0). On a : S∆(D) = I. O va montrer que S∆(D) = I
Figure 6.7 – S∆(D) = I Il s’agit de montrer que (∆) est la médiatrice de [ID].
H Les points I et D appartiennent à (Γ), donc IO = OD = R où R est le rayon de (Γ). Il s’ensuit alors que le triangle OID est isocèle en O. Cela nous confirme que O appartient à la médiatrice de base de IOD.
H Les points I et D appartiennent à (Γ0), donc IO0 = O0D = r où r est le rayon de (Γ0). Il s’ensuit alors que le triangle O0ID est isocèle en O0. Cela nous confirme que O0 appartient à la médiatrice de base de IO0D.
Les points O et O0 appartiennent tous les deux à la médiatrice de [ID]. On peut alors tirer que la droite (OO0) est la médiatrice de [ID]. D’où S∆(D) = I.
Moralité 4. Avec tous les acquis sur l’esquisse de construction en classe antérieure, on peut quand même résoudre beaucoup de problèmes en géométries du niveau de terminale S sans introduire les méthodes analytique et algébrique profondes.
Exemple 12. Application de décomposition des transformations, i.e on va utiliser les contenus du paragraphe 2.6. Plus précisément, il s’agit d’utiliser les algorithmes2 et3. Cet exemple est extrait du bac S 2000.
6.4.3 Enoncé
Dans un plan orienté P, on considère le triangle direct ABC isocèle et rectangle en A. On note par :
– I le milieu du segment [BC] ;
– rB la rotation de centre B et d’angle π2 ; – rC la rotation de centre C et d’angle π2 ; – t la translation de vecteur −−→
BC ; – g = torB et f = rCog.
Suite de l’Exemple
1. a - Caractériser g en décomposant t et rB en deux symétries orthogonales. b - Caractériser f en décomposant rC et g en deux symétries orthogonales. 2. Soit (C) le cercle de centre A et passant par B. La demi-droite [AI), d’origine
A et contenant I, coupe (C) au point B0. Montrer qu’il existe une symétrie orthogonale d’axe (∆) qui transforme B en B0. Déterminer alors l’axe de S.
6.4.4 Réponse
Figure 6.8 – Triangle ABC
1.a - Caractérisation de g en décomposant t et rB en deux symétries orthogonales Notre objectif ici est d’avoir t = Sd1oS∆et rB = S∆oSd2 telles que g = torB = Sd1oS∆oS∆oSd2 = Sd1oSd2.
Par la suite, d’après l’algorithme2 et 3définis au paragraphe 2.6 nous avons :
1. la droite (∆) engendrant la symétrie orthogonale S∆ doit être une droite perpendicu-laire au vecteur −−→
BC et passant par le point B ;
2. la droite (d1) engendrant la symétrie orthogonale Sd1 est l’image de (∆) par une trans-lation de vecteur
−−→ BC 2 ;
3. la droite (d2) engendrant la symétrie orthogonale Sd2 est la droite image de (∆) par une rotation rB d’angle −π4.
Notons que toutes ces droites sont représentées sur la figure 6.9.
Figure 6.9 – Composition d’une translation par une rotation
Et finalement, la transformation g = torB = Sd1oS∆oS∆oSd2 = Sd1oSd2 est une rotation d’angle 2mes( dd2d1) = π
b - Caractérisation de la transformation f en décomposant rC et g en deux sy-métries orthogonales
Notre objectif ici est d’avoir rC = Sd1oS∆et g = S∆oSd2 telles que f = rCog = Sd1oS∆oS∆oSd2 = Sd1oSd2 en connaissant que g = rA.
Par la suite, d’après l’algorithme ci-dessus nous avons :
1. la droite (∆) engendrant la symétrie orthogonale S∆ doit être une droite passant par les deux points centre de deux rotations dont (AC) ;
2. la droite (d1) engendrant la symétrie orthogonale Sd1 est la droite image de (∆) par une rotation rB d’angle π4 ;
3. la droite (d2) engendrant la symétrie orthogonale Sd2 est la droite image de (∆) par une rotation rB d’angle −π4.
Notons que toutes ces droites sont représentées sur la figure 6.10.
Figure 6.10 – Composition de deux rotations
Et finalement, la transformation f = rCog = Sd1oS∆oS∆oSd2 = Sd1oSd2 est une rotation d’angle 2mes( dd2d1) = π et de centre (d1) ∩ (d2) qui est le point I.
Soit (C) le cercle de centre A et passant par B. La demi-droite [AI), d’origine A et contenant I, coupe (C) au point B0. Il existe une symétrie orthogonale d’axe (∆) qui transforme B en B0. Les deux distances AB et AC sont égales. Le cercle (C) est de diamètre [BC]. Or, I est le milieu de [BC] et B0 ∈ (C). Cela veut dire que [AB0] est le diamètre du cercle (C). Autrement dit le quadrilatère ABB0C est un carré et donc le triangle IBB0 est isocèle en I de base [BB0]. Il existe en effet une seule droite passant par I et médiatrice de [BB0] dont l’axe de S.