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Corrigé 2008 : transformations et simitude

Détails: Catégorie : géométrie plane

1.a. Le point $P '$ est tel que

$f(P)=t\circ r(P)=t(P)=P '$ .

Donc le point $P '$ est entièrement défini par la relation $\overrightarrow{PP} '=\overrightarrow{JQ}$ ;

$P '$ est tel que $JPP 'Q$ soit un parallélogramme.

Le point $Q '$ est tel que

$f(Q)=t\circ r(Q)=t(R)=Q '$ .

Donc le point $Q '$ est entièrement défini par la relation $\overrightarrow{RQ} '=\overrightarrow{JQ}$ ;

$Q '$ est tel que $JQQ 'R$ soit un parallélogramme.

La droite $(IJ)$ est une droite des milieux pour le triangle $PQR$ , donc $JIR$ a même nature que $PQR$ :

$JIR$ est équilatéral direct

La droite $(JQ)$ est la médiatrice du segment $[P,R]$ parce que le triangle $PQR$ est équlatérale. Donc, puisque $J$ est le milieu de $[Q,Q_1]$ , l'image $PQ_1R$ du triangle équilatérale direct $PQR$ par la symétrie orthogonale d'axe $(PR)$ est un triangle équilatérale indirect.

$r$ est la rotation de centre $P$ et d'angle $(\overrightarrow{PQ},\overrightarrow{PR})=\dfrac{\pi}{3}$ . Donc $r(R)=Q_1$ .

Ensuite, $f(R)=t\circ r(R)=t(Q_1) = J\Rightarrow \boxed{f(R)=J}$ .

On sait que $f=t\circ r$ est une rotation de même angle que $r$ = $\dfrac{\pi}{3}$ .

La relation $f(R)=J$ et $JIR$ est équilatéral direct entraîne que le centre de $f$ est $I$ .

$f$ est la rotation de centre $I$ et d'angle $\dfrac{\pi}{3}$

On en déduit, puisque $f(P) = P '$ que {le triangle $IPP '$ est équilatéral direct}.

2. Antécédent $\Omega$ $J$ $R$ $I$

Image par $s$ $\Omega$ $P$ $I$ $P '$

a. L'angle de $s$ est $(\overrightarrow{JR}, \overrightarrow{PI})=(\overrightarrow{PJ}, \overrightarrow{PI})$ L'angle de $s$ est $-\dfrac{\pi}{6}$

Le rapport de $s$ est $\dfrac{PI}{JR}$ . Or $PI=PR\cos \dfrac{\pi}{6}=2JR\dfrac{ \sqrt{3}}{2}$ . Donc le rapport de $s$ est $\sqrt{3}$ .

On a $(\overrightarrow{RI },\overrightarrow{IP}')=(\overrightarrow{IQ},\overrightarrow{IP} ')=(\overrightarrow{IQ},\overrightarrow{IP})+(\overrightarrow{IP },\overrightarrow{IP} ')=-\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{3}=-\dfrac{\pi}{6}$ angle de $s$ .

$\dfrac{IP '}{RI}=\dfrac{IP}{RI}=\sqrt{3}$ rapport de $s$ .

Les trois conditions:

$\left\{ \begin{array}{lll} s(R) & = & I \\ (\overrightarrow{RI },\overrightarrow{IP}')&=&\textrm{angle de}\; s\\ \dfrac{IP '}{RI}&=& \textrm{rapport de}\; s \end{array} \right.$ suffisent pour dire que $s(I)=P '$

b. Puisque les similitudes planes directes conservent les angles, on peut lire dans le tableau précédent que:
angle de $s$ = $(\overrightarrow{\Omega R},\overrightarrow{\Omega I}) = (\overrightarrow{J R}, \overrightarrow{P I})$ .

Or $(\overrightarrow{J R}, \overrightarrow{P I}) = (\overrightarrow{PR}, \overrightarrow{P I})$ parce que le point $J$ appartient au segment $[P,R]$ .

Donc $(\overrightarrow{\Omega R},\overrightarrow{\Omega I}) = (\overrightarrow{PR}, \overrightarrow{P I})$

et comme les quatre points $\Omega,R, P$ et $I$ ne sont pas alignés, ils sont cocycliques.

De même $-\dfrac{\pi}{6}$ = angle de $s$ = $(\overrightarrow{\Omega J},\overrightarrow{\Omega P})$ .

D'un autre côté, la droite $(Q_1J)$ étant la bissectice du triangle équilatérale indirect $PQ_1R$ , l'angle $(\overrightarrow{Q_1J},\overrightarrow{Q_1 P})$ vaut $-\dfrac{\pi}{6}$ .

On en déduit que $(\overrightarrow{\Omega J},\overrightarrow{\Omega P})=(\overrightarrow{Q_1J},\overrightarrow{Q_1 P})$ puis que les points $\Omega,J, P$ et $Q_1$ sont cocycliques

En résumé, le point $\Omega$ appartient à l'intersection des deux cercles $C_1$ et $C_2$ ; où $C_1$ est le cercle contenant les points $P,I$ et $R$ et $C_2$ le cercle contenant les points $P,J$ et $Q_1$ .

De plus le point $\Omega$ est différent de $P$ parce que $\Omega$ est fixé par $s$ et $P$ non.

Ces conditions définissent parfaitement le point $\Omega$

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