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Transformations du plan

Étudier rotations, homothéties et similitudes directes simples.

Mathématiques Première Chapitre 11 / 13 ⏱ 7 h

Ce que tu sauras faire à la fin

  • Déterminer l'image d'une figure
  • Composer deux transformations
  • Utiliser une transformation pour démontrer

Imagine un architecte qui agrandit le plan d'une façade sans en changer les proportions, ou un logiciel de dessin qui fait pivoter un logo de 9090° : dans les deux cas, une figure se transforme en une autre, mais quelque chose d'essentiel est conservé — les proportions, les angles, la forme générale. Ce chapitre étudie précisément ces manipulations du plan : les rotations, qui font tourner une figure autour d'un point sans la déformer, et les homothéties, qui l'agrandissent ou la réduisent à partir d'un point.

Tu connais déjà les translations (déplacer une figure « en glissant », grâce à un vecteur) et la symétrie centrale (retourner une figure autour d'un point). Ce chapitre généralise cette dernière : tu verras que la symétrie centrale n'est qu'un cas particulier d'homothétie, et qu'une rotation de 180180° lui correspond exactement. Les vecteurs, déjà indispensables dans le chapitre sur le barycentre, redeviennent ton outil principal : une homothétie se définit en une seule ligne vectorielle.

Ces transformations ne sont pas qu'un jeu géométrique. Elles interviennent dès qu'on change d'échelle (plans d'architecte, cartes, photographies), dès qu'un mécanisme tourne (roue, hélice, aiguille de montre), et elles annoncent les similitudes que tu étudieras en Terminale. Au bac, on te demandera souvent de reconnaître une transformation, de calculer l'image d'un point, ou — c'est le plus exigeant — de t'en servir comme outil de démonstration.

C'est justement la nouveauté de ce chapitre : au lieu de construire une figure au compas, tu vas apprendre à raisonner avec les transformations pour prouver qu'une droite est parallèle à une autre, que des points sont alignés, ou que des droites sont concourantes — sans jamais mesurer quoi que ce soit sur un dessin.

1Rotation : définition et propriétés

Commençons par la transformation qui fait « tourner » une figure autour d'un point fixe, sans jamais l'agrandir ni la déformer.

1.1  Définition de la rotation

Définition

Soit OO un point du plan et θ\theta un angle. La rotation de centre OO et d'angle θ\theta, notée r(O,θ)r(O,\theta), est la transformation qui :

  • laisse OO invariant : r(O,θ)(O)=Or(O,\theta)(O) = O ;
  • à tout point M≠OM \neq O associe le point M′M' tel que OM′=OMOM' = OM et tel que l'angle orienté (OM→,OM′→)\left(\overrightarrow{OM}, \overrightarrow{OM'}\right) mesure θ\theta.

Le signe de θ\theta fixe le sens de la rotation : par convention, θ>0\theta > 0 correspond au sens direct (le sens inverse des aiguilles d'une montre), et θ<0\theta < 0 au sens indirect. Une rotation de 6060° et une rotation de −60-60° tournent donc dans des sens opposés : ce ne sont pas les mêmes transformations.

Attention

Deux rotations de même centre ne diffèrent que par leur angle. Une rotation de 180180° est un cas déjà connu : c'est exactement la symétrie centrale de centre OO, car alors MM, OO et M′M' sont alignés avec OO milieu de [MM′][MM']. Une rotation d'angle 00° (ou multiple de 360360°) est l'identité : chaque point est son propre invariant.

1.2  Calculer les coordonnées de l'image

Propriété

Dans un repère orthonormé, soit rr la rotation de centre O(a ;b)O(a\,;b) et d'angle θ\theta. L'image M′(x′ ;y′)M'(x'\,;y') d'un point M(x ;y)M(x\,;y) est donnée par :

x′−a=(x−a)cos⁡θ−(y−b)sin⁡θy′−b=(x−a)sin⁡θ+(y−b)cos⁡θx' - a = (x-a)\cos\theta - (y-b)\sin\theta \qquad y' - b = (x-a)\sin\theta + (y-b)\cos\theta

Méthode — calculer l'image d'un point par une rotation

On calcule x−ax-a et y−by-b (coordonnées de MM « vues depuis OO »), on applique les formules de la propriété, puis on ajoute aa et bb pour revenir dans le repère de départ.

Exemple — image d'un point par une rotation de 9090°

On cherche l'image de M(5 ;2)M(5\,;2) par la rotation de centre O(1 ;2)O(1\,;2) et d'angle 9090°. On a cos⁡90°=0\cos 90° = 0 et sin⁡90°=1\sin 90° = 1.

  1. x−a=5−1=4x - a = 5 - 1 = 4 et y−b=2−2=0y - b = 2 - 2 = 0
  2. x′−a=4×0−0×1=0x' - a = 4 \times 0 - 0 \times 1 = 0
  3. ⇒\Rightarrowx′=1+0=1x' = 1 + 0 = 1
  4. y′−b=4×1+0×0=4y' - b = 4 \times 1 + 0 \times 0 = 4
  5. ⇒\Rightarrowy′=2+4=6y' = 2 + 4 = 6

L'image de MM est donc M′(1 ;6)M'(1\,;6).

Exemple — image d'un cercle par une rotation

Soit (Ω ;3 cm)(\Omega\,;3\ \text{cm}) un cercle et rr la rotation de centre OO et d'angle 120120°. L'image du cercle (Ω ;3 cm)(\Omega\,;3\ \text{cm}) par rr est le cercle de même rayon 3 cm3\ \text{cm}, centré au point Ω′=r(Ω)\Omega' = r(\Omega) (dont les coordonnées se calculent avec les formules ci-dessus). Le rayon ne change jamais : une rotation ne change pas les distances.

Rotation de centre O et d'angle θ = 90° (sens direct) θ O A B C A' B' C' OA = OA' OB = OB' OC = OC'
Figure 1 — Image du triangle ABCABC par la rotation de centre OO et d'angle 9090° : le triangle A′B′C′A'B'C' a les mêmes longueurs, tourné du même angle autour de OO.

1.3  Propriétés de la rotation

Propriété

Une rotation r(O,θ)r(O,\theta) :

  • transforme un segment [AB][AB] en un segment [A′B′][A'B'] de même longueur : A′B′=ABA'B' = AB ;
  • transforme une droite (d)(d) en une droite (d′)(d') faisant l'angle θ\theta avec (d)(d) ;
  • transforme un cercle (Ω ;ρ)(\Omega\,;\rho) en le cercle (Ω′ ;ρ)(\Omega'\,;\rho) de même rayon, où Ω′=r(Ω)\Omega' = r(\Omega) ;
  • conserve les angles (orientés) et les aires.
Théorème

Une rotation est une isométrie : elle conserve les distances. Autrement dit, pour tous points MM, NN d'images M′M', N′N' par une même rotation, M′N′=MNM'N' = MN.

Démonstration

Quitte à translater le repère, on peut supposer que le centre OO est l'origine. Soit rr la rotation d'angle θ\theta et de centre OO. Pour M(x ;y)M(x\,;y) et N(x1 ;y1)N(x_1\,;y_1), notons M′(x′ ;y′)M'(x'\,;y') et N′(x1′ ;y1′)N'(x_1'\,;y_1') leurs images, et posons Δx=x−x1\Delta x = x - x_1, Δy=y−y1\Delta y = y - y_1.

  1. x′−x1′=(x−x1)cos⁡θ−(y−y1)sin⁡θ=Δxcos⁡θ−Δysin⁡θx' - x_1' = (x-x_1)\cos\theta - (y-y_1)\sin\theta = \Delta x \cos\theta - \Delta y \sin\theta
  2. y′−y1′=Δxsin⁡θ+Δycos⁡θy' - y_1' = \Delta x \sin\theta + \Delta y \cos\theta
  3. M′N′2=(Δxcos⁡θ−Δysin⁡θ)2+(Δxsin⁡θ+Δycos⁡θ)2M'N'^{2} = \left(\Delta x \cos\theta - \Delta y \sin\theta\right)^{2} + \left(\Delta x \sin\theta + \Delta y \cos\theta\right)^{2}
  4. ==Δx2cos⁡2θ−2ΔxΔysin⁡θcos⁡θ+Δy2sin⁡2θ+Δx2sin⁡2θ+2ΔxΔysin⁡θcos⁡θ+Δy2cos⁡2θ\Delta x^{2}\cos^{2}\theta - 2\Delta x \Delta y \sin\theta\cos\theta + \Delta y^{2}\sin^{2}\theta + \Delta x^{2}\sin^{2}\theta + 2\Delta x \Delta y \sin\theta\cos\theta + \Delta y^{2}\cos^{2}\thetales termes croisés s'éliminent deux à deux
  5. ==Δx2(cos⁡2θ+sin⁡2θ)+Δy2(sin⁡2θ+cos⁡2θ)\Delta x^{2}\left(\cos^{2}\theta + \sin^{2}\theta\right) + \Delta y^{2}\left(\sin^{2}\theta + \cos^{2}\theta\right)
  6. ==Δx2+Δy2\Delta x^{2} + \Delta y^{2}cos⁡2θ+sin⁡2θ=1\cos^{2}\theta + \sin^{2}\theta = 1
  7. ==MN2MN^{2}

D'où M′N′=MNM'N' = MN. C.Q.F.D.

Math & Co — Klein et le programme d'Erlangen

En 18721872, à seulement 2323 ans, le mathématicien allemand Felix Klein propose à l'université d'Erlangen une idée neuve : classer les géométries non plus par leurs figures, mais par les transformations qui en conservent les propriétés. La géométrie « ordinaire » (celle de ce chapitre) est ainsi définie comme l'étude de ce qui reste invariant par rotations, translations, homothéties et symétries.

Ce programme, resté célèbre sous le nom de programme d'Erlangen, a changé la façon même de faire de la géométrie : au lieu de mesurer une figure, on cherche la transformation qui la relie à une autre. C'est précisément la démarche que tu découvres dans ce chapitre.

1.4  Cas particuliers et détermination d'une rotation

Une rotation est entièrement déterminée par la donnée de son centre OO et de son angle θ\theta. Mais on peut aussi la retrouver à partir d'un point MM et de son image M′M' : si l'on connaît le centre OO, l'angle θ\theta est la mesure de l'angle orienté (OM→,OM′→)\left(\overrightarrow{OM}, \overrightarrow{OM'}\right). Deux cas particuliers reviennent très souvent :

  • θ=90°\theta = 90° ou θ=−90°\theta = -90° : quart de tour, très utile pour construire un carré ou un repère orthonormé ;
  • θ=180°\theta = 180° : symétrie centrale, cas où MM, OO, M′M' sont alignés.
Attention

Ne confonds jamais le centre OO (le seul point invariant) avec un point quelconque de la figure. Et rappelle-toi que OM=OM′OM = OM' ne suffit pas à définir une rotation : il faut aussi l'angle — sinon M′M' pourrait être n'importe quel point du cercle de centre OO et de rayon OMOM.

2Homothétie et rapport

La rotation conserve les longueurs. La transformation que nous étudions maintenant fait l'inverse : elle les multiplie toutes par un même nombre, à partir d'un point fixe.

2.1  Définition vectorielle

Définition

Soit OO un point du plan et kk un réel non nul. L'homothétie de centre OO et de rapport kk, notée h(O,k)h(O,k), est la transformation qui à tout point MM associe le point M′M' défini par :

OM′→=k OM→\overrightarrow{OM'} = k\,\overrightarrow{OM}

Le point OO est invariant : h(O,k)(O)=Oh(O,k)(O) = O.

Deux cas particuliers relient l'homothétie à des transformations déjà connues : si k=1k = 1, h(O,1)h(O,1) est l'identité (chaque point est son image) ; si k=−1k = -1, h(O,−1)h(O,-1) est exactement la symétrie centrale de centre OO, puisque OM′→=−OM→\overrightarrow{OM'} = -\overrightarrow{OM}.

Propriété — signe et valeur absolue de kk
  • si k>0k > 0 : M′M' est sur la demi-droite [OM)[OM), du même côté de OO que MM ;
  • si k<0k < 0 : M′M' est sur la demi-droite opposée, OO est entre MM et M′M' ;
  • si ∣k∣>1|k| > 1 : hh est un agrandissement (M′M' plus loin de OO que MM) ;
  • si 0<∣k∣<10 < |k| < 1 : hh est une réduction (M′M' plus proche de OO que MM).
Méthode — calculer les coordonnées de l'image

Dans un repère, si O(a ;b)O(a\,;b) et M(x ;y)M(x\,;y), l'égalité vectorielle OM′→=k OM→\overrightarrow{OM'} = k\,\overrightarrow{OM} se traduit par :

x′=a+k(x−a)y′=b+k(y−b)x' = a + k(x-a) \qquad y' = b + k(y-b)

Exemple — homothétie de rapport k=3k = 3

Image de M(3 ;2)M(3\,;2) par h(O,3)h(O,3) avec O(1 ;1)O(1\,;1).

  1. x′=1+3(3−1)=1+6=7x' = 1 + 3(3-1) = 1 + 6 = 7
  2. y′=1+3(2−1)=1+3=4y' = 1 + 3(2-1) = 1 + 3 = 4

D'où M′(7 ;4)M'(7\,;4) : M′M' est bien plus loin de OO que MM, du même côté (k>0k > 0).

Exemple — homothétie de rapport k=−2k = -2

Image de M(4 ;−1)M(4\,;-1) par h(O,−2)h(O,-2) avec O(0 ;0)O(0\,;0).

  1. x′=0−2×4=−8x' = 0 - 2 \times 4 = -8
  2. y′=0−2×(−1)=2y' = 0 - 2 \times (-1) = 2

D'où M′(−8 ;2)M'(-8\,;2) : OO est cette fois entre MM et M′M', car k<0k < 0.

Homothétie de centre O et de rapport k = 2 (agrandissement) O A B C A' B' C' OA' = 2·OA OB' = 2·OB OC' = 2·OC
Figure 2 — Homothétie de rapport k=2k = 2 : chaque point image est deux fois plus loin de OO, du même côté que le point d'origine.
Homothétie de centre O et de rapport k = -0,6 (réduction) O A B C A' B' C' O est entre A et A' (k < 0) : le triangle est retourné
Figure 3 — Homothétie de rapport k=−0,6k = -0{,}6 : le triangle est réduit (∣k∣<1|k|<1) et retourné de l'autre côté de OO (k<0k<0).

2.2  Effet sur les figures usuelles

Théorème — image d'un segment

Soit h(O,k)h(O,k) une homothétie, AA, BB deux points et A′A', B′B' leurs images. Alors :

A′B′→=k AB→\overrightarrow{A'B'} = k\,\overrightarrow{AB}

Il en résulte que (A′B′)(A'B') est parallèle à (AB)(AB), et que A′B′=∣k∣×ABA'B' = |k| \times AB.

Démonstration
  1. OA′→=k OA→\overrightarrow{OA'} = k\,\overrightarrow{OA} et OB′→=k OB→\overrightarrow{OB'} = k\,\overrightarrow{OB}définition de h(O,k)h(O,k)
  2. A′B′→=OB′→−OA′→\overrightarrow{A'B'} = \overrightarrow{OB'} - \overrightarrow{OA'}
  3. ==k OB→−k OA→k\,\overrightarrow{OB} - k\,\overrightarrow{OA}
  4. ==k(OB→−OA→)k\left(\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}\right)
  5. ==k AB→k\,\overrightarrow{AB}

Les vecteurs A′B′→\overrightarrow{A'B'} et AB→\overrightarrow{AB} sont donc colinéaires (et non nuls car k≠0k \neq 0) : les droites (A′B′)(A'B') et (AB)(AB) sont parallèles, et en passant aux normes, A′B′=∣k∣×ABA'B' = |k| \times AB. C.Q.F.D.

Propriété — images des figures usuelles

Une homothétie h(O,k)h(O,k) transforme une droite en une droite parallèle, un segment [AB][AB] en un segment [A′B′][A'B'] avec A′B′=∣k∣ ABA'B' = |k|\,AB, et un cercle (Ω ;ρ)(\Omega\,;\rho) en le cercle (Ω′ ;∣k∣ρ)(\Omega'\,;|k|\rho), où Ω′=h(Ω)\Omega' = h(\Omega).

2.3  Retrouver Thalès par une homothétie

Le théorème précédent permet de retrouver, avec les vecteurs, la configuration de Thalès que tu connais depuis le collège. Considère un point OO et deux points BB, CC non alignés avec OO. Soit AA l'image de BB et A′A' l'image de CC par une même homothétie h(O,k)h(O,k) : AA est donc sur la demi-droite (OB)(OB) (ou son opposée) et A′A' sur (OC)(OC).

Théorème — configuration de Thalès

Avec les notations ci-dessus :

OAOB=OA′OC=AA′BC=∣k∣et(AA′)∥(BC)\dfrac{OA}{OB} = \dfrac{OA'}{OC} = \dfrac{AA'}{BC} = |k| \qquad \text{et} \qquad (AA') \parallel (BC)

Retrouver Thalès par une homothétie de centre O O A A' B C ∥ ∥ OA/OB = OA'/OC = AA'/BC = k
Figure 4 — AA et A′A' sont les images de BB et CC par l'homothétie h(O,k)h(O,k) : on retrouve exactement la configuration de Thalès, avec en plus le sens donné par le signe de kk.
Attention

Le théorème de Thalès « classique » ne donne qu'un rapport de longueurs, toujours positif. L'homothétie apporte une information en plus : le signe de kk. Si k<0k < 0, OO est entre AA et BB (et entre A′A' et CC) : on parle parfois de configuration papillon, car les deux triangles OAA′OAA' et OBCOBC sont « croisés » de part et d'autre de OO.

Math & Co — de Thalès à Chasles

L'idée de figures « dans le même rapport » à partir d'un point remonte à Thalès de Milet (vers −600-600) et fut organisée en théorie rigoureuse par Euclide dans le livre VI des Éléments, vers −300-300, sous le nom de figures semblables. Mais le mot « homothétie », lui, est bien plus récent : c'est le géomètre français Michel Chasles qui le forge vers 18271827, dans son Aperçu historique sur l'origine et le développement des méthodes en géométrie, à partir du grec homos (« même ») et thesis (« position »).

Chasles ne fait ainsi que nommer et formaliser avec des vecteurs une idée vieille de vingt-cinq siècles — exactement ce que tu viens de faire en retrouvant Thalès à partir de la définition vectorielle de l'homothétie.

3Composition de transformations

Que se passe-t-il si l'on applique successivement deux transformations ? On obtient encore une transformation du plan, appelée composée. C'est un outil puissant : il permet de comprendre l'effet global de deux opérations enchaînées sans reconstruire toute la figure à chaque étape.

3.1  Définition de la composée

Définition

Soit ff et gg deux transformations du plan. La composée de ff et gg, notée f∘gf \circ g (lire « ff rond gg »), est la transformation qui à tout point MM associe :

(f∘g)(M)=f(g(M))(f \circ g)(M) = f\big(g(M)\big)

On applique donc gg en premier, puis ff sur le résultat.

Attention

En général, f∘g≠g∘ff \circ g \neq g \circ f : l'ordre compte. Composer une translation puis une homothétie ne donne pas la même transformation que l'inverse (sauf cas particuliers, comme deux homothéties de même centre).

3.2  Composer des homothéties et des translations

Propriété — composée de deux homothéties de même centre

Soit h1=h(O,k1)h_1 = h(O,k_1) et h2=h(O,k2)h_2 = h(O,k_2) deux homothéties de même centre OO. Alors h2∘h1=h(O, k1k2)h_2 \circ h_1 = h(O,\,k_1 k_2) : c'est une homothétie de centre OO et de rapport k1k2k_1 k_2.

En effet, pour tout point MM : O h1(M)→=k1OM→\overrightarrow{O\,h_1(M)} = k_1\overrightarrow{OM}, puis O h2(h1(M))→=k2O h1(M)→=k2k1OM→\overrightarrow{O\,h_2(h_1(M))} = k_2\overrightarrow{O\,h_1(M)} = k_2 k_1 \overrightarrow{OM}, ce qui est exactement la définition de h(O,k1k2)h(O, k_1 k_2).

Exemple — composée de deux homothéties de même centre

O(2 ;1)O(2\,;1), h1h_1 de rapport k1=−3k_1 = -3, h2h_2 de rapport k2=2k_2 = 2. Image de M(5 ;3)M(5\,;3) par h2∘h1h_2 \circ h_1, directement avec le rapport k1k2=−6k_1 k_2 = -6 :

  1. x′=2+(−6)(5−2)=2−18=−16x' = 2 + (-6)(5-2) = 2 - 18 = -16
  2. y′=1+(−6)(3−1)=1−12=−11y' = 1 + (-6)(3-1) = 1 - 12 = -11

D'où (h2∘h1)(M)=(−16 ;−11)(h_2\circ h_1)(M) = (-16\,;-11) — on retrouve le même résultat qu'en appliquant h1h_1 puis h2h_2 séparément, mais en un seul calcul.

Le cas le plus riche est celui d'une translation suivie d'une homothétie de rapport k≠1k \neq 1 : la composée reste une homothétie de même rapport kk, mais son centre change.

Théorème

Soit tt la translation de vecteur u⃗\vec{u} et h=h(O,k)h = h(O,k) une homothétie avec k≠1k \neq 1. Alors h∘th \circ t est l'homothétie de rapport kk et de centre Ω\Omega tel que :

OΩ→=k1−k u⃗\overrightarrow{O\Omega} = \dfrac{k}{1-k}\,\vec{u}

Démonstration

Pour tout point MM, notons M1=t(M)=M+u⃗M_1 = t(M) = M + \vec{u}, puis M2=h(M1)M_2 = h(M_1). On cherche un point Ω\Omega tel que M2=Ω+k(M−Ω)M_2 = \Omega + k(M - \Omega) pour tout MM.

  1. M2=O+k(M1−O)=O+k(M+u⃗−O)M_2 = O + k(M_1 - O) = O + k(M + \vec{u} - O)
  2. ==O(1−k)+kM+ku⃗O(1-k) + kM + k\vec{u}
  3. on veut M2=Ω(1−k)+kMM_2 = \Omega(1-k) + kM pour tout MM
  4. ⇒\RightarrowΩ(1−k)=O(1−k)+ku⃗\Omega(1-k) = O(1-k) + k\vec{u}
  5. ⇒\RightarrowOΩ→=Ω−O=k1−ku⃗\overrightarrow{O\Omega} = \Omega - O = \dfrac{k}{1-k}\vec{u}on divise par 1−k≠01-k \neq 0

Le point Ω\Omega ainsi défini vérifie bien M2=Ω+k(M−Ω)M_2 = \Omega + k(M-\Omega) pour tout MM : c'est le centre de l'homothétie composée. C.Q.F.D.

Exemple — centre de la composée

O(0 ;0)O(0\,;0), u⃗(4 ;0)\vec{u}(4\,;0), k=2k = 2. On calcule Ω\Omega :

  1. OΩ→=21−2u⃗=−2 u⃗=(−8 ;0)\overrightarrow{O\Omega} = \dfrac{2}{1-2}\vec{u} = -2\,\vec{u} = (-8\,;0)
  2. ⇒\RightarrowΩ(−8 ;0)\Omega(-8\,;0)

Vérification sur M(x ;y)M(x\,;y) : t(M)=(x+4 ;y)t(M) = (x+4\,;y), puis h(O,2)(t(M))=(2x+8 ;2y)h(O,2)\big(t(M)\big) = (2x+8\,;2y). Par ailleurs, h(Ω,2)(M)=(−8+2(x+8) ;2y)=(2x+8 ;2y)h(\Omega,2)(M) = \big(-8+2(x+8)\,;2y\big) = (2x+8\,;2y) : les deux calculs coïncident.

h ∘ t : translation de vecteur u puis homothétie de centre Ω u Ω A A₁ A₂ f = h ∘ t est une homothétie de rapport k, de centre Ω ≠ O
Figure 5 — Le triangle noir subit d'abord la translation de vecteur u⃗\vec{u} (triangle violet), puis l'homothétie de centre Ω\Omega (triangle vert). Le résultat global est une homothétie de rapport kk, mais de centre Ω\Omega différent de OO.

3.3  Composer des rotations

Propriété
  • La composée de deux rotations de même centre OO et d'angles θ1\theta_1, θ2\theta_2 est la rotation de centre OO et d'angle θ1+θ2\theta_1 + \theta_2 (modulo 360°360°).
  • La composée de deux rotations de centres distincts et d'angles θ1\theta_1, θ2\theta_2 est, lorsque θ1+θ2≢0 (mod 360°)\theta_1 + \theta_2 \not\equiv 0\ (\text{mod } 360°), une rotation d'angle θ1+θ2\theta_1+\theta_2 (de centre différent, admis) ; lorsque θ1+θ2≡0 (mod 360°)\theta_1+\theta_2 \equiv 0\ (\text{mod } 360°), c'est une translation.

Le premier point se justifie très simplement : tourner un vecteur de θ1\theta_1 puis de θ2\theta_2 revient à le tourner d'un seul coup de θ1+θ2\theta_1+\theta_2, car les angles orientés s'additionnent (relation de Chasles sur les angles). Retiens surtout la logique commune à toute la section : pour une même famille de transformations (homothéties de même centre, rotations de même centre, translations), composer revient à additionner ou multiplier les paramètres — angles pour les rotations, rapports pour les homothéties, vecteurs pour les translations.

Math & Co — les mosaïques de l'Alhambra

Entre 13381338 et 13901390, les artisans de la dynastie nasride couvrent les murs du palais de l'Alhambra, à Grenade, de mosaïques géométriques d'une variété stupéfiante. Sans connaître la moindre formule, ils combinent intuitivement rotations et translations pour engendrer des motifs qui se répètent à l'infini sans jamais se chevaucher.

Il faudra attendre le mathématicien russe Evgraf Fedorov, en 18911891, pour démontrer qu'il n'existe que dix-sept façons fondamentalement différentes de composer ainsi rotations, translations et symétries pour paver le plan : les dix-sept « groupes de papiers peints ». On les retrouve presque toutes dans les décors de l'Alhambra.

4Effet sur les longueurs, aires et angles

Rotation et homothétie n'ont pas le même effet sur les mesures d'une figure. Il est essentiel de bien distinguer les deux, car c'est l'un des pièges les plus fréquents du baccalauréat.

4.1  Tableau récapitulatif

GrandeurRotation r(O,θ)r(O,\theta)Homothétie h(O,k)h(O,k)
Longueursconservéesmultipliées par ∣k∣|k|
Angles (orientés)conservésconservés (même si k<0k<0)
Airesconservéesmultipliées par k2k^{2}
Parallélisme, alignementconservésconservés
Attention

Piège classique du bac : une homothétie de rapport kk multiplie les longueurs par ∣k∣|k|, mais les aires par k2k^{2} — jamais par kk tout seul, ni par ∣k∣|k|. Comme k2k^{2} est toujours positif, l'aire de l'image est toujours positive, y compris quand k<0k < 0.

4.2  Pourquoi l'aire est multipliée par k2k^{2}

Théorème

Une homothétie de rapport kk multiplie toutes les aires par k2k^{2}.

Démonstration

Considérons d'abord un triangle ABCABC et son image A′B′C′A'B'C' par h(O,k)h(O,k). L'aire d'un triangle vaut Aire=12 AB×AC×sin⁡A^\text{Aire} = \dfrac{1}{2}\,AB \times AC \times \sin\widehat{A}.

  1. A′B′=∣k∣ ABA'B' = |k|\,AB et A′C′=∣k∣ ACA'C' = |k|\,ACl'homothétie multiplie les longueurs par ∣k∣|k|
  2. A′^=A^\widehat{A'} = \widehat{A}les angles sont conservés
  3. Aire′=12×A′B′×A′C′×sin⁡A′^\text{Aire}' = \dfrac{1}{2} \times A'B' \times A'C' \times \sin\widehat{A'}
  4. ==12×∣k∣AB×∣k∣AC×sin⁡A^\dfrac{1}{2} \times |k|AB \times |k|AC \times \sin\widehat{A}
  5. ==k2×(12AB×AC×sin⁡A^)k^{2} \times \left(\dfrac{1}{2}AB \times AC \times \sin\widehat{A}\right)
  6. ==k2×Airek^{2} \times \text{Aire}

Tout polygone se décompose en triangles ; le résultat se généralise donc à n'importe quelle figure polygonale, puis (par passage à la limite, admis) à toute figure du plan, en particulier au disque. C.Q.F.D.

Exemple — aire d'un triangle image

Un triangle a une aire de 15 cm215\ \text{cm}^{2}. On lui applique une homothétie de rapport k=−4k = -4. L'aire de l'image vaut k2×15=16×15=240 cm2k^{2} \times 15 = 16 \times 15 = 240\ \text{cm}^{2} (et surtout pas −240-240 : une aire est toujours positive).

Exemple — cercle image

Un cercle de rayon 3 cm3\ \text{cm} subit une homothétie de rapport k=2,5k = 2{,}5. Le rayon de l'image vaut 2,5×3=7,5 cm2{,}5 \times 3 = 7{,}5\ \text{cm}, et son aire est multipliée par 2,52=6,252{,}5^{2} = 6{,}25 : elle passe de 9π cm29\pi\ \text{cm}^{2} à 56,25π cm256{,}25\pi\ \text{cm}^{2}.

Un dernier point mérite d'être souligné, car il surprend souvent : contrairement à une symétrie axiale (qui « retourne » une figure comme un miroir), une homothétie — même de rapport négatif — conserve toujours l'orientation des angles. En effet, une homothétie de rapport k<0k<0 peut s'écrire comme la composée d'une homothétie de rapport ∣k∣>0|k|>0 et de la symétrie centrale de centre OO (qui est une rotation de 180°180°) : ces deux transformations conservent l'orientation, donc leur composée aussi.

5Applications aux constructions et démonstrations

Voici l'objectif final de ce chapitre : te servir des transformations comme d'un véritable outil de démonstration, sans mesurer ni construire quoi que ce soit sur une figure.

5.1  Démontrer un alignement ou un parallélisme

Méthode — prouver un parallélisme ou un alignement par une transformation

Pour montrer que (A′B′)∥(AB)(A'B')\parallel(AB), il suffit de montrer que A′A' et B′B' sont les images de AA et BB par une même homothétie (ou une même translation) : le théorème A′B′→=k AB→\overrightarrow{A'B'} = k\,\overrightarrow{AB} conclut aussitôt. Pour montrer que trois points PP, QQ, RR sont alignés, on peut montrer que PQ→\overrightarrow{PQ} et PR→\overrightarrow{PR} sont colinéaires — ce qui est automatique si QQ et RR sont tous deux images de points alignés avec PP par une même homothétie de centre PP.

Exemple — alignement avec le centre d'une homothétie

Soit hh l'homothétie de centre AA et de rapport 33. Soit MM un point quelconque du plan et M′M' son image. Montrons que AA, MM, M′M' sont alignés.

Par définition de hh, AM′→=3 AM→\overrightarrow{AM'} = 3\,\overrightarrow{AM} : les vecteurs AM′→\overrightarrow{AM'} et AM→\overrightarrow{AM} sont colinéaires (l'un est le triple de l'autre), et ils ont la même origine AA. Les points AA, MM, M′M' sont donc alignés.

L'exemple le plus riche de cette méthode concerne un résultat que tu connais déjà par un autre chemin : la droite des milieux d'un triangle. Redémontrons-la avec une homothétie bien choisie.

Théorème — triangle médian

Soit ABCABC un triangle et GG son centre de gravité (isobarycentre de AA, BB, CC). L'homothétie hh de centre GG et de rapport −12-\dfrac{1}{2} transforme AA en le milieu de [BC][BC], BB en le milieu de [AC][AC], et CC en le milieu de [AB][AB].

Démonstration

Notons II le milieu de [BC][BC]. Rappelons deux résultats connus (chapitre barycentre) : GA→+GB→+GC→=0⃗\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\vec{0}, et pour tout milieu, GI→=12(GB→+GC→)\overrightarrow{GI} = \dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\right).

  1. GA→+GB→+GC→=0⃗\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\vec{0}
  2. ⇒\RightarrowGB→+GC→=−GA→\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC} = -\overrightarrow{GA}
  3. GI→=12(GB→+GC→)\overrightarrow{GI} = \dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\right)II milieu de [BC][BC]
  4. ==12×(−GA→)\dfrac{1}{2}\times\left(-\overrightarrow{GA}\right)
  5. ==−12 GA→-\dfrac{1}{2}\,\overrightarrow{GA}

C'est exactement dire que I=h(A)I = h(A) avec hh l'homothétie de centre GG et de rapport −12-\dfrac{1}{2}. Le même raisonnement, appliqué à BB et CC, donne les deux autres égalités. C.Q.F.D.

Conséquence immédiate : notant II le milieu de [BC][BC] et JJ le milieu de [AC][AC], le segment [IJ][IJ] est l'image de [AB][AB] par cette même homothétie. D'après le théorème de la section précédente, (IJ)∥(AB)(IJ) \parallel (AB) et IJ=∣−12∣×AB=AB2IJ = \left|-\dfrac{1}{2}\right| \times AB = \dfrac{AB}{2} — on retrouve ainsi le théorème de la droite des milieux, démontré cette fois par une homothétie plutôt que par Thalès.

5.2  Problème de lieu géométrique

Un lieu géométrique est l'ensemble des positions que peut occuper un point M′M' lorsqu'un autre point MM, qui lui est lié par une règle fixe, parcourt un ensemble connu (droite, cercle...). Les transformations offrent une méthode redoutablement efficace pour les résoudre.

Méthode — résoudre un problème de lieu par une transformation
  1. Identifier la transformation fixe ff telle que M′=f(M)M' = f(M) (elle ne doit pas dépendre de la position de MM) ;
  2. Identifier l'ensemble E\mathcal{E} décrit par MM (donné dans l'énoncé) ;
  3. Conclure : le lieu de M′M' est l'image f(E)f(\mathcal{E}). Une droite reste une droite ; un cercle (Ω ;ρ)(\Omega\,;\rho) devient le cercle (f(Ω) ;ρ)(f(\Omega)\,;\rho) par une rotation, ou (f(Ω) ;∣k∣ρ)(f(\Omega)\,;|k|\rho) par une homothétie de rapport kk.
Exemple — lieu par une homothétie

Soit (I ;r)(I\,;r) un cercle fixe et OO un point fixe n'appartenant pas au cercle. Pour tout point MM du cercle (I ;r)(I\,;r), on construit M′=h(O,k)(M)M' = h(O,k)(M). Déterminer le lieu de M′M' lorsque MM décrit le cercle (I ;r)(I\,;r).

L'homothétie h(O,k)h(O,k) est une transformation fixe (elle ne dépend pas de MM). D'après la propriété de la section 2, l'image du cercle (I ;r)(I\,;r) par h(O,k)h(O,k) est le cercle (I′ ;∣k∣r)(I'\,;|k|r), où I′=h(O,k)(I)I' = h(O,k)(I). Comme hh est une bijection du plan et que MM parcourt tout le cercle (I ;r)(I\,;r), son image M′M' parcourt tout le cercle (I′ ;∣k∣r)(I'\,;|k|r).

Conclusion : le lieu de M′M' est le cercle de centre I′=h(O,k)(I)I' = h(O,k)(I) et de rayon ∣k∣ r|k|\,r.

Lieu du point M' quand M décrit le cercle (I ; r) O I I' M M' M₂ M₂' (I') = image de (I) par h(O,k) : rayon |k|·r
Figure 6 — Quand MM parcourt le cercle (I ;r)(I\,;r) (noir), son image M′M' par l'homothétie h(O,k)h(O,k) parcourt le cercle (I′ ;∣k∣r)(I'\,;|k|r) (vert) : deux positions de MM suffisent à s'en convaincre.
Attention

Dans une rédaction de bac, il ne suffit jamais d'écrire « le lieu est un cercle ». Il faut donner sa nature complète : le centre et le rayon (ou l'équation), sous peine de perdre l'essentiel des points de la question.

Fiche mémo

  • Rotation r(O,θ)r(O,\theta) : OM′=OMOM'=OM et (OM→,OM′→)=θ\left(\overrightarrow{OM},\overrightarrow{OM'}\right)=\theta ; conserve longueurs, angles, aires.
  • Homothétie h(O,k)h(O,k) : OM′→=k OM→\overrightarrow{OM'}=k\,\overrightarrow{OM} ; k=1k=1 → identité, k=−1k=-1 → symétrie centrale de centre OO.
  • k>0k>0 : M′M' du même côté que MM. k<0k<0 : OO entre MM et M′M'.
  • A′B′→=k AB→\overrightarrow{A'B'} = k\,\overrightarrow{AB} ⇒\Rightarrow (A′B′)∥(AB)(A'B')\parallel(AB) et A′B′=∣k∣ ABA'B' = |k|\,AB.
  • Configuration de Thalès retrouvée : OAOB=OA′OC=AA′BC=∣k∣\dfrac{OA}{OB}=\dfrac{OA'}{OC}=\dfrac{AA'}{BC}=|k|.
  • Image du cercle (Ω ;ρ)(\Omega\,;\rho) par h(O,k)h(O,k) : cercle (h(Ω) ;∣k∣ρ)(h(\Omega)\,;|k|\rho).
  • h2∘h1h_2\circ h_1 de même centre OO, rapports k1,k2k_1,k_2 ⇒\Rightarrow homothétie de centre OO, rapport k1k2k_1k_2.
  • Translation de vecteur u⃗\vec{u} puis h(O,k)h(O,k) (k≠1k\neq1) ⇒\Rightarrow homothétie de rapport kk, de centre Ω\Omega avec OΩ→=k1−ku⃗\overrightarrow{O\Omega}=\dfrac{k}{1-k}\vec{u}.
  • Deux rotations de même centre, angles θ1,θ2\theta_1,\theta_2 ⇒\Rightarrow rotation de même centre, angle θ1+θ2\theta_1+\theta_2.
  • Homothétie : longueurs ×∣k∣\times|k|, aires ×k2\times k^{2} (jamais ×k\times k), angles orientés toujours conservés.
  • Triangle médian : h(G,−12)h(G,-\tfrac12) envoie chaque sommet sur le milieu du côté opposé — redonne la droite des milieux.
  • Lieu géométrique : identifier ff fixe telle que M′=f(M)M'=f(M), puis conclure via l'image de l'ensemble décrit par MM (préciser centre et rayon si c'est un cercle).

6Exercices corrigés

Niveau 1 — Application directe
1

Soit O(2 ;−1)O(2\,;-1) et M(5 ;3)M(5\,;3). Calcule les coordonnées de l'image de MM par l'homothétie de centre OO et de rapport : a) k=2k=2 ; b) k=−3k=-3.

Voir le corrigé détaillé

a)

  1. x′=2+2(5−2)=2+6=8x' = 2 + 2(5-2) = 2+6 = 8
  2. y′=−1+2(3−(−1))=−1+8=7y' = -1 + 2(3-(-1)) = -1+8 = 7

D'où M′(8 ;7)M'(8\,;7).

b)

  1. x′=2−3(5−2)=2−9=−7x' = 2 - 3(5-2) = 2-9 = -7
  2. y′=−1−3(3−(−1))=−1−12=−13y' = -1 - 3(3-(-1)) = -1-12 = -13

D'où M′(−7 ;−13)M'(-7\,;-13).

2

Soit O(0 ;2)O(0\,;2) et M(3 ;5)M(3\,;5). Calcule les coordonnées de l'image de MM par la rotation de centre OO et d'angle : a) 90°90° ; b) 180°180°.

Voir le corrigé détaillé

a) cos⁡90°=0\cos 90°=0, sin⁡90°=1\sin90°=1.

  1. x′−0=3×0−3×1=−3⇒x′=−3x'-0 = 3\times 0 - 3\times 1 = -3 \Rightarrow x'=-3
  2. y′−2=3×1+3×0=3⇒y′=5y'-2 = 3\times 1 + 3\times 0 = 3 \Rightarrow y'=5

D'où M′(−3 ;5)M'(-3\,;5).

b) cos⁡180°=−1\cos180°=-1, sin⁡180°=0\sin180°=0.

  1. x′−0=3×(−1)−3×0=−3⇒x′=−3x'-0 = 3\times(-1) - 3\times 0 = -3 \Rightarrow x'=-3
  2. y′−2=3×0+3×(−1)=−3⇒y′=−1y'-2 = 3\times 0 + 3\times(-1) = -3 \Rightarrow y'=-1

D'où M′(−3 ;−1)M'(-3\,;-1).

3

Une homothétie de centre O(0 ;0)O(0\,;0) transforme A(2 ;3)A(2\,;3) en A′(6 ;9)A'(6\,;9). a) Détermine son rapport kk. b) Calcule l'image de B(1 ;−1)B(1\,;-1).

Voir le corrigé détaillé

a) OA′→=k OA→\overrightarrow{OA'} = k\,\overrightarrow{OA}, donc (6 ;9)=k(2 ;3)(6\,;9) = k(2\,;3).

  1. 6=2k⇒k=36 = 2k \Rightarrow k=3
  2. 9=3k⇒k=39 = 3k \Rightarrow k=3cohérent sur les deux coordonnées

D'où k=3k=3.

b)

  1. B′=3×B=3×(1 ;−1)B' = 3\times B = 3\times(1\,;-1)
  2. ==(3 ;−3)(3\,;-3)
4

Un triangle a un périmètre de 1818 cm et une aire de 24 cm224\ \text{cm}^2. On lui applique une homothétie de rapport k=−2,5k=-2{,}5. Calcule le périmètre et l'aire de l'image.

Voir le corrigé détaillé
  1. périmètre' =∣k∣×18=2,5×18= |k|\times 18 = 2{,}5\times18
  2. ==4545 cm
  3. aire' =k2×24=6,25×24= k^{2}\times24 = 6{,}25\times24
  4. ==150 cm2150\ \text{cm}^{2}

Le signe de kk ne joue aucun rôle sur ces deux résultats : seule sa valeur absolue (et son carré) compte.

5

Soit O(0 ;0)O(0\,;0) et M(4 ;0)M(4\,;0). On compose la rotation r(O,30°)r(O,30°) suivie de la rotation r(O,60°)r(O,60°). a) Quelle est la rotation composée ? b) Calcule l'image de MM.

Voir le corrigé détaillé

a) Deux rotations de même centre OO se composent en additionnant leurs angles : 30°+60°=90°30°+60°=90°. La composée est donc r(O,90°)r(O,90°).

b) cos⁡90°=0\cos90°=0, sin⁡90°=1\sin90°=1.

  1. x′=4×0−0×1=0x' = 4\times 0 - 0\times 1 = 0
  2. y′=4×1+0×0=4y' = 4\times 1 + 0\times 0 = 4

D'où M′(0 ;4)M'(0\,;4).

Niveau 2 — Approfondissement
6

Soit ABCABC avec A(0 ;0)A(0\,;0), B(8 ;0)B(8\,;0), C(0 ;6)C(0\,;6). a) Calcule le centre de gravité GG. b) Vérifie que l'homothétie h(G,−12)h(G,-\tfrac12) transforme AA en le milieu de [BC][BC]. c) Sachant que le périmètre de ABCABC vaut 2424 cm, déduis-en le périmètre du triangle médian (formé par les trois milieux).

Voir le corrigé détaillé

a)

  1. G=(0+8+03 ;0+0+63)G = \left(\dfrac{0+8+0}{3}\,;\dfrac{0+0+6}{3}\right)
  2. ==(83 ;2)\left(\dfrac{8}{3}\,;2\right)

b) Milieu de [BC][BC] : I=(8+02 ;0+62)=(4 ;3)I = \left(\dfrac{8+0}{2}\,;\dfrac{0+6}{2}\right) = (4\,;3).

  1. h(G,−12)(A)=G−12(A−G)h(G,-\tfrac12)(A) = G - \dfrac12(A-G)
  2. ==(83 ;2)−12(−83 ;−2)\left(\dfrac83\,;2\right) - \dfrac12\left(-\dfrac83\,;-2\right)
  3. ==(83+43 ; 2+1)\left(\dfrac83+\dfrac43\,;\,2+1\right)
  4. ==(4 ;3)=I(4\,;3) = I

C'est bien le milieu de [BC][BC], conformément au théorème du triangle médian.

c) Le rapport de l'homothétie est k=−12k=-\tfrac12, donc chaque côté du triangle médian mesure la moitié du côté correspondant de ABCABC : périmètre =∣−12∣×24=12= \left|-\tfrac12\right|\times 24 = 12 cm.

Triangle médian, image de ABC par h(G,-1/2) G A B C M_AB M_BC M_AC
Figure 7 — Le triangle médian (vert), formé des milieux des côtés, est l'image du triangle ABCABC par l'homothétie de centre GG et de rapport −12-\dfrac12.
7

Soit O(1 ;0)O(1\,;0), tt la translation de vecteur u⃗(3 ;1)\vec u(3\,;1) et h=h(O,2)h=h(O,2). Pour M(2 ;4)M(2\,;4), calcule (h∘t)(M)(h\circ t)(M) et (t∘h)(M)(t\circ h)(M), et compare.

Voir le corrigé détaillé

h∘th\circ t : on translate d'abord.

  1. t(M)=(2+3 ;4+1)=(5 ;5)t(M) = (2+3\,;4+1) = (5\,;5)
  2. h(5 ;5)=(1+2(5−1) ; 0+2(5−0))h(5\,;5) = \big(1+2(5-1)\,;\,0+2(5-0)\big)
  3. ==(9 ;10)(9\,;10)

t∘ht\circ h : on applique l'homothétie d'abord.

  1. h(M)=(1+2(2−1) ; 0+2(4−0))=(3 ;8)h(M) = \big(1+2(2-1)\,;\,0+2(4-0)\big) = (3\,;8)
  2. t(3 ;8)=(3+3 ;8+1)t(3\,;8) = (3+3\,;8+1)
  3. ==(6 ;9)(6\,;9)

(h∘t)(M)=(9 ;10)≠(6 ;9)=(t∘h)(M)(h\circ t)(M) = (9\,;10) \neq (6\,;9) = (t\circ h)(M) : les deux composées sont différentes, ce qui confirme que f∘g≠g∘ff\circ g \neq g\circ f en général.

8

OO, BB, CC sont trois points non alignés avec OB=15OB=15 cm et BC=10BC=10 cm. AA est le point de (OB)(OB) tel que OA=35 OBOA=\dfrac35\,OB, et A′A' le point de (OC)(OC) tel que OA′=35 OCOA'=\dfrac35\,OC. a) Justifie que (AA′)∥(BC)(AA')\parallel(BC). b) Calcule OAOA et AA′AA'.

Voir le corrigé détaillé

a) AA et A′A' sont les images de BB et CC par l'homothétie h(O,35)h\left(O,\dfrac35\right) : d'après le théorème sur l'image d'un segment, AA′→=35 BC→\overrightarrow{AA'} = \dfrac35\,\overrightarrow{BC}, donc (AA′)∥(BC)(AA')\parallel(BC).

b)

  1. OA=35×OB=35×15=9OA = \dfrac35\times OB = \dfrac35\times15 = 9 cm
  2. AA′=35×BC=35×10AA' = \dfrac35\times BC = \dfrac35\times10
  3. ==66 cm
9

Dans un repère, O(0 ;0)O(0\,;0), I(10 ;0)I(10\,;0) est le centre d'un cercle de rayon 44 cm. Pour tout point MM de ce cercle, on pose M′=h(O,0,5)(M)M' = h(O,0{,}5)(M). Détermine le lieu du point M′M' (nature, centre, rayon).

Voir le corrigé détaillé

h(O,0,5)h(O,0{,}5) transforme le cercle (I ;4)(I\,;4) en un cercle de centre I′=h(O,0,5)(I)I'=h(O,0{,}5)(I) et de rayon 0,5×40{,}5\times4.

  1. I′=0,5×(10 ;0)=(5 ;0)I' = 0{,}5\times(10\,;0) = (5\,;0)
  2. rayon' =0,5×4=2= 0{,}5\times4 = 2 cm

Le lieu de M′M' est donc le cercle de centre I′(5 ;0)I'(5\,;0) et de rayon 22 cm.

Niveau 3 — Défi
10

(Type ROC). Soit ABCABC un triangle, II le milieu de [AB][AB] et JJ le milieu de [AC][AC].

  1. Montre que l'homothétie de centre AA et de rapport 12\dfrac12 transforme BB en II et CC en JJ.
  2. Déduis-en que (IJ)∥(BC)(IJ)\parallel(BC) et que IJ=BC2IJ=\dfrac{BC}{2}.
Voir le corrigé détaillé

1. Notons hh l'homothétie de centre AA et de rapport 12\dfrac12.

  1. h(B)=A+12(B−A)h(B) = A + \dfrac12(B-A)
  2. ⇔\LeftrightarrowA h(B)→=12AB→\overrightarrow{A\,h(B)} = \dfrac12\overrightarrow{AB}

Or II est le milieu de [AB][AB], donc AI→=12AB→\overrightarrow{AI}=\dfrac12\overrightarrow{AB} également. Par unicité du point vérifiant cette égalité vectorielle, h(B)=Ih(B)=I. Le même raisonnement sur [AC][AC] donne h(C)=Jh(C)=J.

2. II et JJ étant les images de BB et CC par la même homothétie h(A,12)h(A,\tfrac12), le théorème sur l'image d'un segment donne :

  1. IJ→=12BC→\overrightarrow{IJ} = \dfrac12\overrightarrow{BC}

Ce qui prouve à la fois que IJ→\overrightarrow{IJ} et BC→\overrightarrow{BC} sont colinéaires, donc (IJ)∥(BC)(IJ)\parallel(BC), et qu'en passant aux normes, IJ=BC2IJ=\dfrac{BC}{2}. C.Q.F.D.

11

Soit h1=h(O1,k1)h_1=h(O_1,k_1) et h2=h(O2,k2)h_2=h(O_2,k_2) deux homothéties de centres distincts, avec k1k2≠1k_1k_2\neq1.

  1. En s'inspirant de la démonstration du cours pour h∘th\circ t, montre que h2∘h1h_2\circ h_1 est une homothétie de rapport k1k2k_1k_2, de centre Ω\Omega tel que O2Ω→(1−k1k2)=O2O1→(1−k2)+O1O2→ k2(1−k1)\overrightarrow{O_2\Omega}(1-k_1k_2) = \overrightarrow{O_2O_1}(1-k_2) + \overrightarrow{O_1O_2}\,k_2(1-k_1) (formule admise, à ne pas retenir).
  2. Calcule les coordonnées de Ω\Omega pour O1(0 ;0)O_1(0\,;0), k1=2k_1=2, O2(6 ;0)O_2(6\,;0), k2=−2k_2=-2.
  3. Vérifie le résultat sur le point M(2 ;0)M(2\,;0).
Voir le corrigé détaillé

1. Pour tout MM : h1(M)=O1+k1(M−O1)h_1(M)=O_1+k_1(M-O_1), puis

  1. h2(h1(M))=O2+k2(h1(M)−O2)h_2\big(h_1(M)\big) = O_2 + k_2\big(h_1(M)-O_2\big)
  2. ==O2+k2(O1+k1(M−O1)−O2)O_2 + k_2\big(O_1+k_1(M-O_1)-O_2\big)
  3. ==[O2+k2(O1−O2)−k1k2O1]+k1k2 M\big[O_2+k_2(O_1-O_2)-k_1k_2O_1\big] + k_1k_2\,M

Cette expression est bien de la forme Ω(1−k1k2)+k1k2M\Omega(1-k_1k_2)+k_1k_2M pour un certain point Ω\Omega : h2∘h1h_2\circ h_1 est donc l'homothétie de rapport k1k2k_1k_2 et de centre Ω\Omega (formule admise ci-dessus).

2. Avec O1(0 ;0)O_1(0\,;0), k1=2k_1=2, O2(6 ;0)O_2(6\,;0), k2=−2k_2=-2 :

  1. 1−k2=31-k_2=3 et O2(1−k2)=(18 ;0)O_2(1-k_2)=(18\,;0)
  2. k2(1−k1)=−2×(−1)=2k_2(1-k_1)=-2\times(-1)=2 et O1×2=(0 ;0)O_1\times2=(0\,;0)
  3. somme =(18 ;0)=(18\,;0), et 1−k1k2=1−(−4)=51-k_1k_2=1-(-4)=5
  4. ⇒\RightarrowΩ=(18 ;0)/5=(3,6 ;0)\Omega = (18\,;0)/5 = (3{,}6\,;0)

3.

  1. h1(M)=2×(2 ;0)=(4 ;0)h_1(M) = 2\times(2\,;0) = (4\,;0)
  2. h2(4 ;0)=(6 ;0)−2((4 ;0)−(6 ;0))=(10 ;0)h_2(4\,;0) = (6\,;0)-2\big((4\,;0)-(6\,;0)\big) = (10\,;0)
  3. directement : Ω+k1k2(M−Ω)=(3,6 ;0)−4((2 ;0)−(3,6 ;0))\Omega+k_1k_2(M-\Omega) = (3{,}6\,;0) - 4\big((2\,;0)-(3{,}6\,;0)\big)
  4. ==(3,6 ;0)−4×(−1,6 ;0)=(10 ;0)(3{,}6\,;0) - 4\times(-1{,}6\,;0) = (10\,;0)

Les deux calculs coïncident : (10 ;0)(10\,;0).

12

Soit ABCABC avec A(0 ;0)A(0\,;0), B(6 ;1)B(6\,;1), C(2 ;5)C(2\,;5), et II le milieu de [BC][BC]. Soit hh l'homothétie de centre AA et de rapport 22, et J=h(I)J=h(I).

  1. Calcule les coordonnées de II puis de JJ.
  2. Exprime AI→\overrightarrow{AI} en fonction de AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC}, puis montre que AJ→=AB→+AC→\overrightarrow{AJ}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}.
  3. Déduis-en que le quadrilatère ABJCABJC est un parallélogramme.
Voir le corrigé détaillé

1.

  1. I=(6+22 ;1+52)=(4 ;3)I = \left(\dfrac{6+2}{2}\,;\dfrac{1+5}{2}\right) = (4\,;3)
  2. J=h(I)=2×(4 ;3)J = h(I) = 2\times(4\,;3)
  3. ==(8 ;6)(8\,;6)car AA est l'origine

2. II milieu de [BC][BC] donne AI→=12(AB→+AC→)\overrightarrow{AI}=\dfrac12\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right). Or AJ→=2 AI→\overrightarrow{AJ}=2\,\overrightarrow{AI} par définition de hh.

  1. AJ→=2×12(AB→+AC→)\overrightarrow{AJ} = 2\times\dfrac12\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)
  2. ==AB→+AC→\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}

Vérification numérique : AB→+AC→=(6 ;1)+(2 ;5)=(8 ;6)=AJ→\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=(6\,;1)+(2\,;5)=(8\,;6)=\overrightarrow{AJ}. ✓

3. Le milieu de [AJ][AJ] est (0+82 ;0+62)=(4 ;3)=I\left(\dfrac{0+8}{2}\,;\dfrac{0+6}{2}\right)=(4\,;3)=I, qui est aussi le milieu de [BC][BC]. Les diagonales [AJ][AJ] et [BC][BC] du quadrilatère ABJCABJC se coupent donc en leur milieu commun II : ABJCABJC est un parallélogramme.

ABJC : parallélogramme via h(A,2) A B C J I
Figure 8 — J=h(A,2)(I)J=h(A,2)(I) : les diagonales [AJ][AJ] et [BC][BC] du quadrilatère ABJCABJC se coupent en leur milieu commun II, donc ABJCABJC est un parallélogramme.
Niveau 4 — Problèmes de vie courante
13

Le jardin d'Aïssatou (Dakar). Aïssatou possède, à Dakar, un jardin triangulaire de périmètre 4242 m et d'aire 78 m278\ \text{m}^2. Pour son nouveau terrain, elle fait tracer un jardin de forme identique mais agrandi selon un rapport k=1,4k=1{,}4.

  1. Calcule le périmètre du nouveau jardin.
  2. Calcule son aire.
  3. Le grillage coûte 4 2004\,200 F CFA le mètre et l'engazonnement 1 5001\,500 F CFA le m2\text{m}^2. Calcule le coût total.
Voir le corrigé détaillé

1.

  1. périmètre' =1,4×42= 1{,}4\times42
  2. ==58,858{,}8 m

2.

  1. aire' =1,42×78=1,96×78= 1{,}4^{2}\times78 = 1{,}96\times78
  2. ==152,88 m2152{,}88\ \text{m}^2

3.

  1. grillage =58,8×4 200=246 960= 58{,}8\times4\,200 = 246\,960 F CFA
  2. engazonnement =152,88×1 500≈229 320= 152{,}88\times1\,500 \approx 229\,320 F CFA
  3. coût total ≈246 960+229 320\approx 246\,960 + 229\,320
  4. ≈\approx476 280476\,280 F CFA
14

La grande roue de N'Djamena. Le moyeu (centre) de la grande roue est situé à O(0 ;13)O(0\,;13), les coordonnées étant en mètres, l'axe des ordonnées donnant la hauteur au-dessus du sol. Le rayon de la roue est 1212 m. Une cabine part de la position M(12 ;13)M(12\,;13) (à hauteur du moyeu) et la roue tourne de 150°150° dans le sens direct.

  1. Exprime les coordonnées de MM relatives à OO, puis calcule celles de l'image M′M' relatives à OO (valeurs exactes).
  2. Déduis-en la hauteur de la cabine au-dessus du sol après la rotation.
Voir le corrigé détaillé

1. M−O=(12 ;0)M-O = (12\,;0). On utilise les valeurs usuelles cos⁡150°=−32\cos150°=-\dfrac{\sqrt3}{2}, sin⁡150°=12\sin150°=\dfrac12.

  1. x′−0=12×(−32)−0×12=−63x'-0 = 12\times\left(-\dfrac{\sqrt3}{2}\right) - 0\times\dfrac12 = -6\sqrt3
  2. y′−0=12×12+0×(−32)=6y'-0 = 12\times\dfrac12 + 0\times\left(-\dfrac{\sqrt3}{2}\right) = 6

La position de M′M' relative à OO est donc (−63 ;6)(-6\sqrt3\,;6), soit environ (−10,4 ;6)(-10{,}4\,;6).

2.

  1. hauteur =13+6= 13 + 6
  2. ==1919 m

Après cette rotation de 150°150°, la cabine se trouve à 1919 m au-dessus du sol, à environ 10,410{,}4 m horizontalement de l'axe de la roue.

15

L'atelier de sérigraphie de Bamako. Sur un gabarit numérique, le coin de référence d'un logo est au point P(3 ;2)P(3\,;2) (coordonnées en cm), le logo mesurant 88 cm de large sur 55 cm de haut. Pour imprimer une grande affiche, l'atelier applique la translation de vecteur u⃗(2 ;−1)\vec u(2\,;-1) cm (repositionnement), puis l'homothétie de centre O(0 ;0)O(0\,;0) et de rapport k=6k=6 (agrandissement).

  1. Calcule les coordonnées de l'image de PP par h∘th\circ t.
  2. Calcule les nouvelles dimensions du logo.
  3. Le tissu d'affiche coûte 5 5005\,500 F CFA le m2\text{m}^2. Calcule le coût du logo imprimé (arrondi au franc).
Voir le corrigé détaillé

1.

  1. t(P)=(3+2 ;2−1)=(5 ;1)t(P) = (3+2\,;2-1) = (5\,;1)
  2. h(5 ;1)=6×(5 ;1)h(5\,;1) = 6\times(5\,;1)
  3. ==(30 ;6)(30\,;6)

2. Seule l'homothétie change les dimensions (une translation les conserve) :

  1. largeur' =6×8=48= 6\times8 = 48 cm
  2. hauteur' =6×5=30= 6\times5 = 30 cm

3.

  1. aire' =48×30=1 440 cm2=0,144 m2= 48\times30 = 1\,440\ \text{cm}^2 = 0{,}144\ \text{m}^2
  2. coût =0,144×5 500= 0{,}144\times5\,500
  3. ==792792 F CFA

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8 questions

Second degré : discriminant et signe du trinôme

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La rotation de centre OO et d'angle θ\theta transforme MM (M≠OM\neq O) en M′M' tel que :

Explication : Par définition, une rotation conserve la distance au centre (OM′=OMOM'=OM) et fait tourner le point d'un angle orienté θ\theta autour de OO.

Une rotation d'angle 180°180° et de centre OO est exactement :

Explication : Pour θ=180°\theta=180°, MM, OO, M′M' sont alignés avec OO milieu de [MM′][MM'] : c'est exactement la définition de la symétrie centrale de centre OO.

Dans un repère orthonormé, O(1 ;2)O(1\,;2), M(5 ;2)M(5\,;2). Quelle est l'image M′M' de MM par la rotation de centre OO et d'angle 90°90° ?

Explication : x−a=4x-a=4, y−b=0y-b=0. Avec cos⁡90°=0\cos90°=0, sin⁡90°=1\sin90°=1 : x′−a=4×0−0×1=0x'-a=4\times0-0\times1=0, y′−b=4×1+0×0=4y'-b=4\times1+0\times0=4. D'où M′(1+0 ;2+4)=(1 ;6)M'(1+0\,;2+4)=(1\,;6).

Une rotation est une isométrie, c'est-à-dire qu'elle :

Explication : C'est le théorème démontré en cours par le calcul de coordonnées : une rotation conserve toutes les distances, donc les longueurs, les angles et les aires.

L'homothétie de centre OO et de rapport kk (k≠0k\neq0) associe à tout point MM le point M′M' tel que :

Explication : C'est la définition vectorielle de l'homothétie : OM′→=k OM→\overrightarrow{OM'}=k\,\overrightarrow{OM}, avec OO invariant.

L'homothétie h(O,k)h(O,k) avec k=−1k=-1 est exactement :

Explication : Si k=−1k=-1, OM′→=−OM→\overrightarrow{OM'}=-\overrightarrow{OM}, ce qui est exactement la définition de la symétrie centrale de centre OO.

O(1 ;1)O(1\,;1), M(3 ;2)M(3\,;2). Quelle est l'image de MM par l'homothétie h(O,3)h(O,3) ?

Explication : x′=1+3(3−1)=1+6=7x'=1+3(3-1)=1+6=7 et y′=1+3(2−1)=1+3=4y'=1+3(2-1)=1+3=4. D'où M′(7 ;4)M'(7\,;4).

Si A′A' et B′B' sont les images de AA et BB par une homothétie de rapport kk, alors :

Explication : C'est le théorème démontré en cours : A′B′→=OB′→−OA′→=kOB→−kOA→=kAB→\overrightarrow{A'B'}=\overrightarrow{OB'}-\overrightarrow{OA'}=k\overrightarrow{OB}-k\overrightarrow{OA}=k\overrightarrow{AB}, d'où le parallélisme et A′B′=∣k∣ABA'B'=|k|AB.

Une homothétie de rapport kk multiplie les aires par :

Explication : Piège classique du bac : les longueurs sont multipliées par ∣k∣|k|, mais les aires par k2k^{2} (jamais par kk seul ni par ∣k∣|k|) — c'est pourquoi une aire image reste toujours positive.

Un triangle a une aire de 15 cm215\ \text{cm}^{2}. On lui applique une homothétie de rapport k=−4k=-4. Quelle est l'aire de l'image ?

Explication : L'aire est multipliée par k2=(−4)2=16k^{2}=(-4)^{2}=16, donc 16×15=240 cm216\times15=240\ \text{cm}^{2}. Une aire n'est jamais négative, même si k<0k<0.

Deux homothéties de même centre OO, de rapports k1k_1 et k2k_2, se composent en :

Explication : Pour deux homothéties de même centre, les rapports se multiplient : h2∘h1=h(O, k1k2)h_2\circ h_1 = h(O,\,k_1k_2).

La composée d'une translation suivie d'une homothétie de rapport k≠1k\neq1 est :

Explication : D'après le théorème du cours, h∘th\circ t reste une homothétie de même rapport kk, mais son centre Ω\Omega vérifie OΩ→=k1−ku⃗\overrightarrow{O\Omega}=\dfrac{k}{1-k}\vec u, généralement différent de OO.

Deux rotations de même centre OO, d'angles θ1\theta_1 et θ2\theta_2, se composent en une rotation de centre OO et d'angle :

Explication : Tourner d'un angle θ1\theta_1 puis d'un angle θ2\theta_2 revient à tourner d'un seul coup de θ1+θ2\theta_1+\theta_2 (relation de Chasles sur les angles orientés).

O(0 ;0)O(0\,;0), M(4 ;0)M(4\,;0). On compose la rotation r(O,30°)r(O,30°) suivie de r(O,60°)r(O,60°). Quelle est l'image de MM ?

Explication : Les deux rotations de même centre se composent en r(O,90°)r(O,90°). Avec cos⁡90°=0\cos90°=0, sin⁡90°=1\sin90°=1 : x′=4×0−0×1=0x'=4\times0-0\times1=0, y′=4×1+0×0=4y'=4\times1+0\times0=4, soit M′(0 ;4)M'(0\,;4).

Soit GG le centre de gravité d'un triangle ABCABC. L'homothétie h(G,−12)h(G,-\tfrac12) transforme AA en :

Explication : C'est le théorème du triangle médian, démontré en cours à partir de GA→+GB→+GC→=0⃗\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\vec0 : h(G,−12)h(G,-\tfrac12) envoie chaque sommet sur le milieu du côté opposé.

Un cercle de centre I(10 ;0)I(10\,;0) et de rayon 44 cm subit l'homothétie h(O,0,5)h(O,0{,}5) avec O(0 ;0)O(0\,;0). Quel est le lieu de son image ?

Explication : L'image du cercle (I ;r)(I\,;r) par h(O,k)h(O,k) est le cercle (h(I) ;∣k∣r)(h(I)\,;|k|r). Ici h(I)=0,5×(10 ;0)=(5 ;0)h(I)=0{,}5\times(10\,;0)=(5\,;0), et le rayon devient 0,5×4=20{,}5\times4=2 cm.

Grande roue de Ndjamena. Le moyeu est en O(0 ;13)O(0\,;13) (hauteur en mètres), de rayon 1212 m. Une cabine part de M(12 ;13)M(12\,;13), à hauteur du moyeu, et la roue tourne de 150°150° dans le sens direct (cos⁡150°=−32\cos150°=-\dfrac{\sqrt3}{2}, sin⁡150°=12\sin150°=\dfrac12). Quelle est la hauteur de la cabine après cette rotation ?

Explication : M−O=(12 ;0)M-O=(12\,;0). y′−0=12×12+0×(−32)=6y'-0=12\times\dfrac12+0\times\left(-\dfrac{\sqrt3}{2}\right)=6, donc la nouvelle ordonnée relative à OO est 66, et la hauteur au sol vaut 13+6=1913+6=19 m.

Jardin d'Aïssatou (Dakar). Son jardin triangulaire a un périmètre de 4242 m et une aire de 78 m278\ \text{m}^2. Elle l'agrandit selon un rapport k=1,4k=1{,}4. Quelle est l'aire du nouveau jardin ?

Explication : L'aire est multipliée par k2=1,42=1,96k^{2}=1{,}4^{2}=1{,}96, donc 1,96×78=152,88 m21{,}96\times78=152{,}88\ \text{m}^2. La valeur 109,2109{,}2 correspondrait à une erreur consistant à multiplier par kk au lieu de k2k^{2}.

Atelier de sérigraphie (Bamako). Un logo de 88 cm ×\times 55 cm subit une translation puis une homothétie de rapport k=6k=6. Quelles sont les nouvelles dimensions du logo ?

Explication : Une translation conserve les dimensions ; seule l'homothétie les modifie, en les multipliant par ∣k∣=6|k|=6 : 6×8=486\times8=48 cm et 6×5=306\times5=30 cm.

Une homothétie de rapport k<0k<0 :

Explication : Même de rapport négatif, une homothétie s'écrit comme la composée d'une homothétie de rapport ∣k∣>0|k|>0 et d'une symétrie centrale (rotation de 180°180°) : ces deux transformations conservent l'orientation, donc leur composée aussi — contrairement à une symétrie axiale.
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