Aller au contenu
Skill NovaCours en ligne

Transformations et configurations du plan

Étudier translations, symétries, rotations et homothéties et leurs propriétés.

Mathématiques Seconde Chapitre 14 / 15 ⏱ 7 h

Ce que tu sauras faire à la fin

  • Construire l'image d'une figure par une transformation
  • Citer les propriétés conservées
  • Utiliser une transformation dans une démonstration

Depuis le collège, tu sais reconnaître une symétrie, faire glisser une figure sur une feuille, l'agrandir sur un plan. Ce chapitre reprend ces gestes familiers et leur donne un statut mathématique précis : une transformation du plan est une règle qui, à tout point MM, associe un unique point M′M' appelé son image. Translation, symétrie axiale, symétrie centrale, rotation, homothétie : cinq façons de déplacer ou de mettre à l'échelle une figure, que tu vas désormais manier avec la même rigueur qu'un calcul algébrique.

On rencontre ces outils partout : le carrelage d'une cour, le tissage d'un pagne bogolan, la façade sculptée d'une porte d'Afrique de l'Ouest, un logo dupliqué sur une affiche, la hauteur d'un immeuble estimée à partir de son ombre... Partout où une forme se répète, se retourne ou change d'échelle, une transformation est à l'œuvre — architectes, tisserands, topographes et infographistes s'en servent, souvent sans la nommer.

Au collège, tu construisais ces images « à l'œil », à la règle et au compas, sans toujours démontrer pourquoi la construction était juste. En Seconde, tu vas définir chaque transformation avec précision (vecteur, axe, centre, angle, rapport), démontrer les propriétés qu'elle conserve, puis t'en servir comme outil de démonstration : prouver qu'un point est un milieu, que des droites sont parallèles ou concourantes, qu'un quadrilatère est un parallélogramme. Tu redécouvriras ainsi, sous un jour nouveau, le théorème des milieux, le théorème de Thalès et le centre de gravité d'un triangle.

1Translation, symétries axiale et centrale

Ces trois transformations ont un point commun essentiel : elles ne changent ni les longueurs, ni les angles. On dit que ce sont des isométries (du grec isos, « égal », et metron, « mesure »).

1.1  La translation

Définition

Soit u⃗\vec{u} un vecteur du plan. La translation de vecteur u⃗\vec{u} est la transformation qui, à tout point MM du plan, associe le point M′M' tel que :

MM′→=u⃗\overrightarrow{MM'} = \vec{u}

Toutes les flèches MM′→\overrightarrow{MM'} construites ainsi ont même longueur, même direction et même sens : c'est exactement ce que représente le vecteur u⃗\vec{u}. Une translation « fait glisser » le plan tout entier sans le tourner ni le déformer.

Translation de vecteur u : même longueur, même direction, même sens A B C A' B' C' u AA' = BB' = CC' (même vecteur u) — le triangle image est superposable au triangle de départ
Figure 1 — Translation de vecteur u⃗\vec u : le triangle A′B′C′A'B'C', image de ABCABC, a exactement la même forme et la même taille, seulement déplacée.
Exemple — coordonnées de l'image

Dans un repère, on donne A(1 ;−2)A(1\,;-2) et u⃗(34)\vec{u}\begin{pmatrix}3\\4\end{pmatrix}. On cherche les coordonnées de A′A', image de AA par la translation de vecteur u⃗\vec u.

  1. AA′→=u⃗  ⟺  A′\overrightarrow{AA'} = \vec{u} \iff A' a pour coordonnées xA′=xA+3x_{A'} = x_A + 3 et yA′=yA+4y_{A'} = y_A + 4
  2. xA′=1+3=4x_{A'} = 1 + 3 = 4
  3. yA′=−2+4=2y_{A'} = -2 + 4 = 2
  4. ⇒\RightarrowA′(4 ;2)A'(4\,;2)
Exemple — image d'un segment

Le segment [BC][BC] a pour image, par cette translation, le segment [B′C′][B'C'] avec BC=B′C′BC = B'C' et (BC)∥(B′C′)(BC) \parallel (B'C') : une translation transforme un segment en un segment parallèle et de même longueur, une droite en une droite parallèle, un cercle en un cercle de même rayon.

1.2  La symétrie axiale

Définition

Soit dd une droite du plan. La symétrie axiale d'axe dd (ou symétrie orthogonale) est la transformation qui, à tout point MM, associe le point M′M' tel que :

  • si M∈dM \in d, alors M′=MM' = M ;
  • si M∉dM \notin d, alors dd est la médiatrice du segment [MM′][MM'].
Attention

« dd médiatrice de [MM′][MM'] » signifie deux choses à la fois : (MM′)⊥d(MM') \perp d et dd coupe [MM′][MM'] en son milieu. Oublier l'une des deux conditions est l'erreur la plus fréquente en Seconde — une figure « à peu près » symétrique ne suffit pas, il faut les deux propriétés.

Symétrie d'axe d : d est la médiatrice de chaque segment [MM'] d A B C A' B' C' AB = A'B' · BC = B'C' · AC = A'C' (isométrie)
Figure 2 — Symétrie d'axe dd : les segments [AA′][AA'], [BB′][BB'] et [CC′][CC'] sont tous perpendiculaires à dd, qui les coupe en leur milieu.
Méthode — construire l'image d'un point par symétrie axiale

Pour construire M′M', image de MM par la symétrie d'axe dd : on trace la perpendiculaire à dd passant par MM, puis on reporte, de l'autre côté de dd, la même distance que celle de MM à dd. Avec une équerre et un compas, la construction est exacte.

Exemple — reconnaître un axe de symétrie

Un triangle isocèle ABCABC de sommet principal AA admet la médiatrice de [BC][BC] comme axe de symétrie : cette droite échange BB et CC, et laisse AA invariant. C'est pourquoi les deux angles à la base, ABC^\widehat{ABC} et ACB^\widehat{ACB}, sont égaux — la symétrie transforme l'un en l'autre.

1.3  La symétrie centrale

Définition

Soit OO un point du plan. La symétrie centrale de centre OO est la transformation qui, à tout point MM, associe le point M′M' tel que :

O est le milieu de [MM′]O \text{ est le milieu de } [MM']

Autrement dit, OO, MM et M′M' sont alignés, et OM=OM′OM = OM'. Une symétrie centrale équivaut à un demi-tour autour de OO : tu la retrouveras au paragraphe suivant comme cas particulier de la rotation.

Symétrie de centre O : O est le milieu de chaque segment [MM'] O A B C A' B' C' A, O, A' alignés et O milieu de [AA'] — idem pour B et C
Figure 3 — Symétrie de centre OO : le triangle image est « retourné », comme après une rotation d'un demi-tour autour de OO.
Exemple — coordonnées de l'image

Soit O(2 ;1)O(2\,;1) et M(5 ;−3)M(5\,;-3). OO milieu de [MM′][MM'] donne xO=xM+xM′2x_O = \dfrac{x_M+x_{M'}}{2}, d'où xM′=2xO−xMx_{M'} = 2x_O - x_M, et de même pour yy.

  1. xM′=2×2−5=−1x_{M'} = 2 \times 2 - 5 = -1
  2. yM′=2×1−(−3)=5y_{M'} = 2 \times 1 - (-3) = 5
  3. ⇒\RightarrowM′(−1 ;5)M'(-1\,;5)
Exemple — parallélogramme et symétrie centrale

Si ABCDABCD est un parallélogramme, ses diagonales [AC][AC] et [BD][BD] ont le même milieu OO. Autrement dit, CC est l'image de AA, et DD l'image de BB, par la symétrie centrale de centre OO. On approfondira cette idée au paragraphe 5.4.

Math & Co — La symétrie, bien plus vieille que sa définition

Le mot « symétrie » vient du grec summetria, « juste mesure », « proportion ». Bien avant qu'Euclide n'en pose une définition rigoureuse vers −300-300, les artisans de nombreuses civilisations maîtrisaient déjà la symétrie par la pratique : frises égyptiennes, mosaïques romaines, portes sculptées d'Afrique de l'Ouest, tissus bogolan du Mali dont les motifs géométriques se répètent par réflexion et translation sur toute la largeur du pagne.

Ce n'est qu'au tournant du XIXe et du XXe siècle, avec les travaux du cristallographe russe Evgraf Fedorov et du mathématicien allemand Arthur Schoenflies, que l'on a démontré qu'il n'existe que dix-sept façons fondamentalement différentes de paver le plan par répétition d'un motif — un résultat que les artisans avaient, sans le savoir, presque entièrement exploré à la main des siècles auparavant.

2Rotation

La rotation généralise la symétrie centrale : au lieu d'un demi-tour imposé (180°180°), on tourne d'un angle quelconque autour d'un point fixe.

2.1  Définition et construction

Définition

Soit OO un point et θ\theta un angle. La rotation de centre OO et d'angle θ\theta est la transformation qui, à OO, associe OO, et à tout point M≠OM \neq O associe le point M′M' tel que :

  • OM′=OMOM' = OM (même distance au centre) ;
  • l'angle MOM′^\widehat{MOM'} mesure θ\theta, orienté dans le sens choisi (souvent le sens direct, c'est-à-dire le sens inverse des aiguilles d'une montre).
Rotation de centre O et d'angle 70° 70° O A B C A' B' C' OA = OA', OB = OB', OC = OC' et chaque angle (OM, OM') mesure 70°
Figure 4 — Rotation de centre OO et d'angle 70°70° : chaque point tourne du même angle, à la même distance de OO.
Méthode — construire l'image d'un point par rotation

Pour construire M′M', image de MM par la rotation de centre OO et d'angle θ\theta : au compas, on trace l'arc de cercle de centre OO et de rayon OMOM ; au rapporteur, on reporte l'angle θ\theta depuis (OM)(OM), dans le sens demandé, pour repérer M′M' sur cet arc.

2.2  Cas particuliers

Propriété
  • Si θ=180°\theta = 180°, la rotation de centre OO et d'angle 180°180° est exactement la symétrie centrale de centre OO : OM=OM′OM = OM' et OO, MM, M′M' alignés.
  • Si θ=0°\theta = 0°, tout point est invariant : c'est l'identité.
  • Une rotation est une isométrie : elle conserve les longueurs, les angles, les aires, l'alignement et le parallélisme.
Exemple — rotation de 90°

Dans un repère, l'image de M(x ;y)M(x\,;y) par la rotation de centre OO (origine) et d'angle 90°90° dans le sens direct a pour coordonnées M′(−y ;x)M'(-y\,;x). Pour M(3 ;1)M(3\,;1) :

  1. xM′=−yM=−1x_{M'} = -y_M = -1
  2. yM′=xM=3y_{M'} = x_M = 3
  3. ⇒\RightarrowM′(−1 ;3)M'(-1\,;3)

Vérification : OM=32+12=10OM = \sqrt{3^2+1^2} = \sqrt{10} et OM′=(−1)2+32=10OM' = \sqrt{(-1)^2+3^2} = \sqrt{10} — bien la même distance à OO, comme l'exige la définition.

Exemple — angles d'une horloge

La grande aiguille d'une horloge effectue, en une heure, une rotation de centre le centre du cadran et d'angle −360°-360° (sens horaire, donc négatif dans la convention du sens direct). En 1515 minutes, elle tourne d'un quart de tour, soit −90°-90°.

3Homothétie

Contrairement aux trois transformations précédentes, l'homothétie change les longueurs : elle agrandit ou réduit une figure, comme un plan à l'échelle ou une photocopie.

3.1  Définition et rapport

Définition

Soit OO un point et kk un réel non nul. L'homothétie de centre OO et de rapport kk est la transformation qui, à OO, associe OO, et à tout point MM associe le point M′M' tel que :

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

Cette égalité vectorielle dit exactement deux choses : OO, MM, M′M' sont alignés, et OM′=∣k∣×OMOM' = |k| \times OM. C'est ce deuxième point qui distingue l'homothétie des isométries précédentes.

Homothétie de centre O et de rapport k = 2 O A B C A' B' C' O, A, A' alignés ; OA' = 2×OA (idem pour B et C) — le triangle image est deux fois plus grand
Figure 5 — Homothétie de centre OO et de rapport k=2k=2 : le triangle A′B′C′A'B'C' a la même forme que ABCABC, mais des côtés deux fois plus longs.

3.2  Effets du signe et de la valeur de kk

Valeur de kkPosition de M′M'Effet
k>1k > 1même côté de OO que MM, plus loinagrandissement
0<k<10 < k < 1même côté de OO que MM, plus prèsréduction
k=1k = 1M′=MM' = Midentité
k=−1k = -1de l'autre côté de OO, à la même distancesymétrie centrale de centre OO
k<0, k≠−1k < 0,\ k \neq -1de l'autre côté de OOagrandissement ou réduction et retournement
Attention

Un rapport kk négatif ne signifie pas « la figure rétrécit » : k=−3k=-3 agrandit la figure (elle est trois fois plus grande) mais la place de l'autre côté de OO. Seule la valeur de ∣k∣|k| renseigne sur la taille ; le signe de kk renseigne sur la position par rapport à OO.

Exemple — rapport négatif

Soit O(0 ;0)O(0\,;0) et M(4 ;2)M(4\,;2). Quelle est l'image de MM par l'homothétie de centre OO et de rapport k=−12k = -\dfrac{1}{2} ?

  1. OM′→=−12 OM→\overrightarrow{OM'} = -\dfrac{1}{2}\,\overrightarrow{OM}
  2. xM′=−12×4=−2x_{M'} = -\dfrac{1}{2} \times 4 = -2
  3. yM′=−12×2=−1y_{M'} = -\dfrac{1}{2} \times 2 = -1
  4. ⇒\RightarrowM′(−2 ;−1)M'(-2\,;-1)

M′M' est bien de l'autre côté de OO par rapport à MM, et deux fois plus proche de OO : OM′=12OMOM' = \dfrac{1}{2}OM.

Exemple — échelle d'un plan

Sur un plan de ville à l'échelle 15 000\dfrac{1}{5\,000}, une avenue mesure 66 cm. Ce plan est l'image du terrain réel par une homothétie (au sens des longueurs) de rapport k=15 000k = \dfrac{1}{5\,000}. La longueur réelle vaut donc 6×5 000=30 0006 \times 5\,000 = 30\,000 cm, soit 300300 m.

Math & Co — L'homothétie et la naissance de la perspective

Au début du XVe siècle, l'architecte florentin Filippo Brunelleschi (13771377–14461446) met au point la perspective linéaire : une méthode pour représenter, sur une surface plane, la profondeur d'une scène réelle. L'idée est reprise et théorisée en 14351435 par Leon Battista Alberti dans son traité Della Pittura.

Le principe géométrique sous-jacent est très proche de l'homothétie : les objets éloignés du peintre sont représentés comme les images, par un rapport kk très petit, des objets réels — d'où leur taille réduite tout en conservant leurs proportions. Cette découverte a bouleversé la peinture occidentale et reste, aujourd'hui encore, au cœur des logiciels de rendu 3D.

4Propriétés conservées

Il est temps de dresser le bilan : que devient une figure après chacune de ces cinq transformations ? Cette synthèse est l'outil le plus utile pour rédiger une démonstration.

4.1  Les isométries : translation, symétries, rotation

Théorème — conservation par une isométrie

La translation, la symétrie axiale, la symétrie centrale et la rotation sont des isométries : elles conservent

  • les longueurs (A′B′=ABA'B' = AB) ;
  • les angles (A′B′C′^=ABC^\widehat{A'B'C'} = \widehat{ABC}) ;
  • l'alignement (trois points alignés ont des images alignées) ;
  • le parallélisme et le milieu (l'image du milieu de [AB][AB] est le milieu de [A′B′][A'B']) ;
  • les aires.
Démonstration — la translation conserve les distances

Soit u⃗\vec u un vecteur, et A′A', B′B' les images de AA, BB par la translation de vecteur u⃗\vec u. Par définition, AA′→=u⃗\overrightarrow{AA'} = \vec u et BB′→=u⃗\overrightarrow{BB'} = \vec u.

  1. A′B′→=A′A→+AB→+BB′→\overrightarrow{A'B'} = \overrightarrow{A'A} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BB'}relation de Chasles
  2. ==−u⃗+AB→+u⃗-\vec u + \overrightarrow{AB} + \vec u
  3. ==AB→\overrightarrow{AB}

Les vecteurs A′B′→\overrightarrow{A'B'} et AB→\overrightarrow{AB} sont donc égaux : A′B′=ABA'B' = AB, et (A′B′)(A'B') est parallèle à (AB)(AB). C.Q.F.D.

4.2  L'homothétie : un rapport, pas une égalité

Propriété

Une homothétie de rapport kk conserve les angles, le parallélisme et l'alignement, mais :

  • multiplie toutes les longueurs par ∣k∣|k| : A′B′=∣k∣×ABA'B' = |k| \times AB ;
  • multiplie toutes les aires par k2k^2.
Démonstration — le rapport des aires vaut k2k^2

Idée de preuve (cas d'un triangle). Si un triangle a une base bb et une hauteur hh associée, son aire vaut b×h2\dfrac{b \times h}{2}. L'homothétie de rapport kk multiplie la base par ∣k∣|k| et la hauteur par ∣k∣|k| (car les longueurs sont toutes multipliées par ∣k∣|k|, y compris les distances perpendiculaires). L'aire du triangle image vaut donc :

  1. aire′=(∣k∣b)×(∣k∣h)2\text{aire}' = \dfrac{(|k|b)\times(|k|h)}{2}
  2. ==k2×b×h2k^2 \times \dfrac{b\times h}{2}
  3. ==k2×airek^2 \times \text{aire}

Le même raisonnement, en découpant toute figure en triangles, s'étend à n'importe quelle figure. C.Q.F.D.

Exemple — aire agrandie

Un champ triangulaire d'aire 180180 m² est représenté sur un plan par une figure semblable, à l'échelle k=1300k = \dfrac{1}{300} (en supposant les unités homogènes). Sur un second plan à l'échelle double (k′=1150k' = \dfrac{1}{150}), le facteur d'échelle est multiplié par 22, donc l'aire dessinée est multipliée par 22=42^2 = 4.

Exemple — ce qui n'est PAS conservé

Une homothétie de rapport k=3k=3 transforme un carré de côté 22 cm (aire 44 cm²) en un carré de côté 66 cm. Son aire vaut 3636 cm², et non 3×4=123 \times 4 = 12 cm² : c'est bien le facteur k2=9k^2 = 9 qui s'applique, pas kk.

5Images des figures usuelles

Les transformations ne sont pas seulement des définitions abstraites : elles permettent de redémontrer, avec des outils neufs, des résultats déjà rencontrés sur le triangle, le parallélogramme et les longueurs proportionnelles.

5.1  Les droites remarquables du triangle

Un triangle possède quatre familles de droites remarquables, chacune concourante en un point particulier.

Droite remarquableDéfinitionPoint de concours
Médianejoint un sommet au milieu du côté opposécentre de gravité GG
Médiatriceperpendiculaire à un côté en son milieucentre du cercle circonscrit
Hauteurpasse par un sommet, perpendiculaire au côté opposéorthocentre
Bissectricepartage un angle en deux angles égauxcentre du cercle inscrit

Le programme de Seconde se concentre sur les médianes et leur point de concours, qu'on démontre ci-dessous à l'aide du théorème des milieux.

5.2  Le théorème des milieux

Théorème des milieux

Soit ABCABC un triangle, II le milieu de [AB][AB] et JJ le milieu de [AC][AC]. Alors :

(IJ)∥(BC)etIJ=12BC(IJ) \parallel (BC) \qquad \text{et} \qquad IJ = \dfrac{1}{2}BC

Théorème des milieux, démontré par une homothétie de centre A A B C I J IJ ∥ BC et IJ = ½ BC
Figure 6 — II et JJ sont les images de BB et CC par l'homothétie de centre AA et de rapport 12\frac12 : le segment [IJ][IJ], image de [BC][BC], lui est donc parallèle et deux fois plus court.
Démonstration

Considérons l'homothétie hh de centre AA et de rapport 12\dfrac{1}{2}. Comme II est le milieu de [AB][AB], AI→=12AB→\overrightarrow{AI} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB} : II est donc l'image de BB par hh. De même, JJ est l'image de CC par hh.

Or une homothétie transforme une droite en une droite qui lui est parallèle, et multiplie les longueurs par la valeur absolue de son rapport. La droite (IJ)(IJ), image de (BC)(BC), lui est donc parallèle, et :

  1. IJ=∣12∣×BCIJ = \left|\dfrac{1}{2}\right| \times BC
  2. ==12BC\dfrac{1}{2}BC

C.Q.F.D.

5.3  Le centre de gravité, aux deux tiers de chaque médiane

Théorème

Les trois médianes d'un triangle ABCABC sont concourantes en un point GG, appelé centre de gravité, tel que sur chaque médiane, en partant du sommet :

AG=23AI(I milieu de [BC])AG = \dfrac{2}{3}AI \qquad (I \text{ milieu de } [BC])

Les trois médianes sont concourantes en G, aux deux tiers de chacune A B C I J K G AG = ⅔ AI · BG = ⅔ BJ · CG = ⅔ CK
Figure 7 — II, JJ, KK sont les milieux de [BC][BC], [AC][AC], [AB][AB] ; les médianes (AI)(AI), (BJ)(BJ), (CK)(CK) se coupent toutes au même point GG.
Démonstration

Notons II le milieu de [BC][BC] et JJ le milieu de [AC][AC]. Les médianes (AI)(AI) et (BJ)(BJ) se coupent en un point GG. D'après le théorème des milieux appliqué au triangle CABCAB avec les milieux II (de [CB][CB]) et JJ (de [CA][CA]) : (IJ)∥(AB)(IJ) \parallel (AB) et IJ=12ABIJ = \dfrac{1}{2}AB.

Les angles GAB^\widehat{GAB} et GIJ^\widehat{GIJ} sont alternes-internes égaux (IJ∥ABIJ \parallel AB), de même que GBA^\widehat{GBA} et GJI^\widehat{GJI} ; les triangles GABGAB et GIJGIJ ont donc leurs angles deux à deux égaux : ils sont semblables, avec un rapport de longueurs ABIJ=2\dfrac{AB}{IJ} = 2.

  1. GA=2×GIGA = 2 \times GItriangles semblables de rapport 2
  2. ⇒\RightarrowAG=23AIAG = \dfrac{2}{3}AIcar AG+GI=AIAG+GI=AI et AG=2GIAG=2GI

On obtiendrait de la même façon, en coupant les médianes (BJ)(BJ) et (CK)(CK) en un point G′G', que BG′=23BJBG' = \dfrac{2}{3}BJ. Or GG et G′G' appartiennent tous deux au segment [BJ][BJ] à la même distance 23BJ\dfrac{2}{3}BJ de BB : donc G′=GG' = G. Les trois médianes passent bien par le même point GG. C.Q.F.D.

Exemple — calcul de longueur

Dans un triangle, la médiane issue de AA mesure AI=9AI = 9 cm. La distance du sommet AA au centre de gravité GG vaut AG=23×9=6AG = \dfrac{2}{3} \times 9 = 6 cm, et GI=9−6=3GI = 9 - 6 = 3 cm.

5.4  Caractérisations du parallélogramme

Propriété

Un quadrilatère ABCDABCD est un parallélogramme si et seulement si ses diagonales [AC][AC] et [BD][BD] ont le même milieu OO — c'est-à-dire si et seulement si CC est l'image de AA, et DD l'image de BB, par la symétrie centrale de centre OO.

Exemple — utiliser la symétrie centrale

Pour construire le symétrique d'un parallélogramme ABCDABCD par rapport au milieu OO de ses diagonales, il suffit d'observer que cette symétrie échange A↔CA \leftrightarrow C et B↔DB \leftrightarrow D : le parallélogramme est donc sa propre image. On dit qu'il est invariant par cette symétrie — une propriété que n'a pas, par exemple, un trapèze quelconque.

5.5  La configuration de Thalès et sa réciproque

Théorème de Thalès (rappel)

Soit AA, BB, MM alignés et AA, CC, NN alignés, avec (MN)∥(BC)(MN) \parallel (BC). Alors :

AMAB=ANAC=MNBC\dfrac{AM}{AB} = \dfrac{AN}{AC} = \dfrac{MN}{BC}

Configuration de Thalès : (MN) ∥ (BC) A B C M N AM/AB = AN/AC = MN/BC
Figure 8 — M∈[AB]M \in [AB], N∈[AC]N \in [AC], (MN)∥(BC)(MN) \parallel (BC) : c'est exactement l'image du triangle ABCABC par l'homothétie de centre AA et de rapport AMAB\frac{AM}{AB}.
Propriété — Thalès est une homothétie

La configuration de Thalès n'est autre que l'image du triangle ABCABC par l'homothétie de centre AA et de rapport k=AMABk = \dfrac{AM}{AB} : elle envoie BB sur MM et CC sur NN. C'est cette lecture qui explique pourquoi les trois rapports du théorème sont égaux entre eux — ce sont tous le même rapport d'homothétie kk.

Réciproque du théorème de Thalès

Si M∈(AB)M \in (AB), N∈(AC)N \in (AC), et si AMAB=ANAC\dfrac{AM}{AB} = \dfrac{AN}{AC}, alors (MN)∥(BC)(MN) \parallel (BC).

Attention

La réciproque exige de comparer les rapports dans le bon ordre (AMAM avec ABAB, pas avec ACAC) et suppose que MM et NN sont bien situés sur les demi-droites [AB)[AB) et [AC)[AC). Un rapport égal mal apparié ne prouve rien.

Méthode — calculer une longueur inconnue

On identifie la configuration (AA commun, (MN)∥(BC)(MN) \parallel (BC)), on écrit l'égalité des trois rapports, puis on résout par produit en croix.

Exemple — calcul par Thalès

Avec AM=3AM = 3 cm, AB=7,5AB = 7{,}5 cm, AC=9AC = 9 cm, (MN)∥(BC)(MN)\parallel(BC), calculons ANAN.

  1. AMAB=ANAC\dfrac{AM}{AB} = \dfrac{AN}{AC}
  2. ⇒\RightarrowAN=AM×ACABAN = \dfrac{AM \times AC}{AB}
  3. ==3×97,5\dfrac{3 \times 9}{7{,}5}
  4. ==3,63{,}6 cm
Exemple — utiliser la réciproque

Avec AM=4AM=4, AB=10AB=10, AN=5,2AN=5{,}2, AC=13AC=13 : AMAB=410=0,4\dfrac{AM}{AB} = \dfrac{4}{10} = 0{,}4 et ANAC=5,213=0,4\dfrac{AN}{AC} = \dfrac{5{,}2}{13} = 0{,}4. Les rapports sont égaux, donc (MN)∥(BC)(MN) \parallel (BC), d'après la réciproque de Thalès.

Math & Co — Thalès mesure la grande pyramide

Thalès de Milet (vers −625-625 à −547-547), l'un des Sept Sages de la Grèce antique, se rend en Égypte et parvient, dit-on, à calculer la hauteur de la pyramide de Khéops sans y grimper. Selon le récit rapporté par Plutarque et Diogène Laërce, il choisit l'instant de la journée où son propre ombre est exactement égale à sa taille, et mesure alors l'ombre portée de la pyramide : celle-ci est alors, elle aussi, égale à sa hauteur.

D'autres versions racontent qu'il a utilisé un simple bâton planté verticalement et comparé les longueurs des deux ombres à un instant quelconque — exactement la méthode que tu utiliseras dans les exercices de ce chapitre. Le principe reste le même : deux objets verticaux, éclairés par des rayons de soleil considérés comme parallèles, forment une configuration de Thalès.

6Compositions simples

On peut appliquer deux transformations l'une après l'autre : c'est ce qu'on appelle composer des transformations. Le résultat, souvent surprenant, est toujours l'une des transformations déjà étudiées.

6.1  Composer deux symétries

Propriété
  • La composée de deux symétries axiales d'axes parallèles d1d_1 et d2d_2 est une translation, de vecteur perpendiculaire aux axes et de longueur le double de la distance entre d1d_1 et d2d_2.
  • La composée de deux symétries axiales d'axes sécants en OO est une rotation de centre OO, d'angle le double de l'angle entre les deux axes.
  • La composée de deux symétries centrales, de centres O1O_1 et O2O_2, est une translation de vecteur 2O1O2→2\overrightarrow{O_1O_2}.
Démonstration — idée de preuve (axes parallèles)

Soit MM un point, M1M_1 son image par la symétrie d'axe d1d_1, et M2M_2 l'image de M1M_1 par la symétrie d'axe d2d_2, avec d1∥d2d_1 \parallel d_2. Les points MM, M1M_1, M2M_2 sont alignés sur une même perpendiculaire commune aux deux axes. En notant hh la distance entre d1d_1 et d2d_2, on montre que MM2=2hMM_2 = 2h quel que soit MM : le déplacement de MM à M2M_2 est donc toujours le même vecteur, perpendiculaire aux axes et de longueur 2h2h. C'est bien la définition d'une translation.

6.2  Applications : frises et pavages

Une frise est un motif qui se répète indéfiniment le long d'une bande, par translations successives d'un même vecteur — parfois combinées à des symétries. Un pavage (ou dallage) répète un motif dans les deux directions du plan, sans trou ni recouvrement.

Frise obtenue par translations successives d'un même motif u Chaque motif est l'image du précédent par la translation de vecteur u — période constante
Figure 9 — Frise en chevrons : ce type de motif orne de nombreux tissus bogolan (Mali) et façades sculptées d'Afrique de l'Ouest ; il combine translation et symétrie axiale verticale au sein de chaque triangle.

Ce principe se retrouve dans l'architecture (moucharabiehs, frises de mosquées, claustras), dans les tissus (bogolan malien, pagnes wax) et dans le carrelage (mosaïques). Concevoir un tel motif revient, mathématiquement, à choisir un motif de base puis un ou plusieurs vecteurs et axes de symétrie qui, composés, le reproduisent sans laisser d'espace vide.

Exemple — reconnaître les transformations d'un pavage

Dans un dallage de carreaux carrés identiques, chaque carreau est l'image de son voisin par une translation (horizontale ou verticale). Si les carreaux alternent motif « endroit » et motif « miroir », une symétrie axiale s'ajoute à la translation entre deux carreaux adjacents.

Exemple — angle d'une rosace

Une rosace à 66 motifs identiques répartis régulièrement autour d'un centre OO est invariante par la rotation de centre OO et d'angle 360°6=60°\dfrac{360°}{6} = 60° : c'est la composition de deux symétries d'axes sécants en OO formant un angle de 30°30°.

Fiche mémo

  • Translation de vecteur u⃗\vec u : MM′→=u⃗\overrightarrow{MM'} = \vec u — isométrie, conserve direction et sens.
  • Symétrie axiale d'axe dd : dd médiatrice de [MM′][MM'] — isométrie, « retourne » la figure.
  • Symétrie centrale de centre OO : OO milieu de [MM′][MM'] — isométrie, rotation de 180°180°.
  • Rotation de centre OO, angle θ\theta : OM=OM′OM=OM' et MOM′^=θ\widehat{MOM'}=\theta — isométrie.
  • Homothétie de centre OO, rapport kk : OM′→=kOM→\overrightarrow{OM'}=k\overrightarrow{OM} — longueurs ×∣k∣\times|k|, aires ×k2\times k^2, O,M,M′O,M,M' alignés.
  • k>0k>0 : même côté de OO ; k<0k<0 : côté opposé ; k=−1k=-1 = symétrie centrale de centre OO.
  • Isométries (translation, symétries, rotation) : conservent longueurs, angles, aires, alignement, parallélisme, milieux.
  • Homothétie : conserve angles, parallélisme, alignement — pas les longueurs (sauf k=±1k=\pm1).
  • Théorème des milieux : I,JI,J milieux de [AB],[AC][AB],[AC] ⇒(IJ)∥(BC)\Rightarrow (IJ)\parallel(BC) et IJ=12BCIJ=\frac12 BC (homothétie de centre AA, rapport 12\frac12).
  • Centre de gravité GG : concours des médianes, AG=23AIAG=\frac23 AI.
  • Parallélogramme ABCDABCD   ⟺  \iff [AC][AC] et [BD][BD] ont même milieu OO   ⟺  \iff symétrie centrale de centre OO invariante.
  • Thalès : (MN)∥(BC)(MN)\parallel(BC), M∈(AB)M\in(AB), N∈(AC)N\in(AC) ⇒AMAB=ANAC=MNBC\Rightarrow \dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AN}{AC}=\dfrac{MN}{BC} (c'est une homothétie de centre AA).
  • Réciproque de Thalès : rapports égaux, bien appariés ⇒\Rightarrow droites parallèles.
  • Composée de 2 symétries d'axes parallèles = translation ; d'axes sécants en OO = rotation de centre OO ; frises et pavages = translations et symétries répétées.

7Exercices corrigés

Niveau 1 — Application directe
1

Soit A(−2 ;5)A(-2\,;5) et v⃗(−31)\vec v\begin{pmatrix}-3\\1\end{pmatrix}. Détermine les coordonnées de A′A', image de AA par la translation de vecteur v⃗\vec v.

Voir le corrigé détaillé
  1. AA′→=v⃗  ⟺  xA′=xA+(−3)\overrightarrow{AA'} = \vec v \iff x_{A'} = x_A + (-3) et yA′=yA+1y_{A'} = y_A + 1
  2. xA′=−2−3=−5x_{A'} = -2 - 3 = -5
  3. yA′=5+1=6y_{A'} = 5 + 1 = 6
  4. ⇒\RightarrowA′(−5 ;6)A'(-5\,;6)
2

Dans un repère, soit dd l'axe des ordonnées (droite d'équation x=0x=0) et M(4 ;−3)M(4\,;-3). Détermine les coordonnées de M′M', image de MM par la symétrie d'axe dd, et justifie.

Voir le corrigé détaillé

L'axe des ordonnées est vertical : une symétrie d'axe vertical conserve l'ordonnée et change le signe de l'abscisse (le point et son image sont à la même distance de l'axe, de part et d'autre).

  1. xM′=−xM=−4x_{M'} = -x_M = -4
  2. yM′=yM=−3y_{M'} = y_M = -3
  3. ⇒\RightarrowM′(−4 ;−3)M'(-4\,;-3)
3

Soit O(1 ;−1)O(1\,;-1) et P(6 ;2)P(6\,;2). Détermine les coordonnées de P′P', image de PP par la symétrie de centre OO.

Voir le corrigé détaillé

OO est le milieu de [PP′][PP'], donc xP′=2xO−xPx_{P'} = 2x_O - x_P et yP′=2yO−yPy_{P'} = 2y_O - y_P.

  1. xP′=2×1−6=−4x_{P'} = 2 \times 1 - 6 = -4
  2. yP′=2×(−1)−2=−4y_{P'} = 2 \times (-1) - 2 = -4
  3. ⇒\RightarrowP′(−4 ;−4)P'(-4\,;-4)
4

Soit OO l'origine du repère et R(0 ;4)R(0\,;4). Détermine les coordonnées de R′R', image de RR par la rotation de centre OO et d'angle 90°90° dans le sens direct.

Voir le corrigé détaillé

La rotation de centre OO et d'angle 90°90° dans le sens direct transforme M(x ;y)M(x\,;y) en M′(−y ;x)M'(-y\,;x).

  1. xR′=−yR=−4x_{R'} = -y_R = -4
  2. yR′=xR=0y_{R'} = x_R = 0
  3. ⇒\RightarrowR′(−4 ;0)R'(-4\,;0)

Vérification : OR=4OR = 4 et OR′=4OR' = 4 : même distance au centre, conforme à la définition.

5

Soit O(0 ;0)O(0\,;0), k=3k=3 et T(2 ;−1)T(2\,;-1). Détermine les coordonnées de T′T', image de TT par l'homothétie de centre OO et de rapport kk. Est-ce un agrandissement ou une réduction ?

Voir le corrigé détaillé
  1. OT′→=3 OT→\overrightarrow{OT'} = 3\,\overrightarrow{OT}
  2. xT′=3×2=6x_{T'} = 3 \times 2 = 6
  3. yT′=3×(−1)=−3y_{T'} = 3 \times (-1) = -3
  4. ⇒\RightarrowT′(6 ;−3)T'(6\,;-3)

Comme ∣k∣=3>1|k| = 3 > 1, c'est un agrandissement (et comme k>0k>0, T′T' est du même côté de OO que TT).

Niveau 2 — Approfondissement
6

Dans un triangle ABCABC, M∈[AB]M \in [AB] et N∈[AC]N \in [AC] avec AM=4AM=4 cm, AB=6AB=6 cm, AN=5AN=5 cm, AC=7,5AC=7{,}5 cm et BC=9BC=9 cm.

  1. Les droites (MN)(MN) et (BC)(BC) sont-elles parallèles ? Justifie à l'aide de la réciproque de Thalès.
  2. Si oui, calcule MNMN.
Voir le corrigé détaillé

1. Comparons les rapports AMAB\dfrac{AM}{AB} et ANAC\dfrac{AN}{AC}.

  1. AMAB=46=23\dfrac{AM}{AB} = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}
  2. ANAC=57,5=23\dfrac{AN}{AC} = \dfrac{5}{7{,}5} = \dfrac{2}{3}

Les rapports sont égaux et bien appariés (MM sur [AB][AB], NN sur [AC][AC]) : d'après la réciproque de Thalès, (MN)∥(BC)(MN) \parallel (BC).

2. Le théorème de Thalès donne alors MNBC=23\dfrac{MN}{BC} = \dfrac{2}{3}.

  1. MN=23×9MN = \dfrac{2}{3} \times 9
  2. ==66 cm
7

ABCDABCD est un quadrilatère tel que AB→=DC→\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{DC}. Démontre que le milieu OO de [AC][AC] est aussi le milieu de [BD][BD], puis conclus sur la nature de ABCDABCD.

Voir le corrigé détaillé

OO milieu de [AC][AC] signifie OA→+OC→=0⃗\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OC} = \vec 0. Partons de l'hypothèse AB→=DC→\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{DC}, c'est-à-dire B−A=C−DB - A = C - D.

  1. AB→=DC→  ⟺  B+D=A+C\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{DC} \iff B + D = A + Con isole B et D d'un côté
  2. ⇒\RightarrowB+D2=A+C2\dfrac{B+D}{2} = \dfrac{A+C}{2}
  3. ⇒\Rightarrowle milieu de [BD][BD] = le milieu de [AC][AC] = OO

OO est donc le milieu commun de [AC][AC] et de [BD][BD] : CC est l'image de AA, et DD l'image de BB, par la symétrie centrale de centre OO (voir Figure 10). D'après la caractérisation du paragraphe 5.4, ABCDABCD est un parallélogramme.

O milieu commun de [AC] et [BD] O A B C D Les diagonales se coupent en leur milieu commun O
Figure 10 — ABCDABCD est un parallélogramme car ses diagonales se coupent en leur milieu commun OO.
8

Dans un triangle RSTRST, la médiane issue de RR mesure 1515 cm et coupe [ST][ST] en son milieu UU. GG est le centre de gravité.

  1. Calcule RGRG et GUGU.
  2. Sachant que la médiane issue de SS mesure 1212 cm, calcule la distance de SS à GG.
Voir le corrigé détaillé

1.

  1. RG=23×RU=23×15RG = \dfrac{2}{3} \times RU = \dfrac{2}{3} \times 15
  2. ==1010 cm
  3. GU=RU−RG=15−10GU = RU - RG = 15 - 10
  4. ==55 cm

2.

  1. SG=23×12SG = \dfrac{2}{3} \times 12
  2. ==88 cm
9

Le triangle IJKIJK a un périmètre de 2727 cm. LL, MM, NN sont les milieux respectifs de [IJ][IJ], [JK][JK], [KI][KI]. Calcule le périmètre du triangle LMNLMN.

Voir le corrigé détaillé

D'après le théorème des milieux appliqué trois fois (une fois par sommet), chaque côté de LMNLMN mesure la moitié du côté correspondant de IJKIJK : LM=12IKLM = \frac12 IK, MN=12IJMN=\frac12 IJ, NL=12JKNL=\frac12 JK.

  1. périmètre de LMN=LM+MN+NLLMN = LM+MN+NL
  2. ==12(IK+IJ+JK)\dfrac12(IK+IJ+JK)
  3. ==12×27\dfrac12 \times 27
  4. ==13,513{,}5 cm
10

Deux droites parallèles d1d_1 et d2d_2 sont distantes de 4,54{,}5 cm. MM est un point quelconque du plan ; M1M_1 est le symétrique de MM par rapport à d1d_1, et M2M_2 le symétrique de M1M_1 par rapport à d2d_2.

  1. Quelle transformation envoie MM sur M2M_2 ?
  2. Calcule MM2MM_2.
Voir le corrigé détaillé

1. D'après la propriété du paragraphe 6.1, la composée de deux symétries d'axes parallèles est une translation, de vecteur perpendiculaire aux deux axes.

2. La longueur de cette translation vaut le double de la distance entre les axes.

  1. MM2=2×4,5MM_2 = 2 \times 4{,}5
  2. ==99 cm
Niveau 3 — Défi
11

Théorème de Varignon. Soit ABCDABCD un quadrilatère quelconque. On note PP, QQ, RR, SS les milieux respectifs de [AB][AB], [BC][BC], [CD][CD], [DA][DA].

  1. Exprime PQ→\overrightarrow{PQ} en fonction de AC→\overrightarrow{AC}, puis SR→\overrightarrow{SR} en fonction de AC→\overrightarrow{AC}.
  2. Déduis-en que PQ→=SR→\overrightarrow{PQ} = \overrightarrow{SR}.
  3. Conclus sur la nature du quadrilatère PQRSPQRS.
Voir le corrigé détaillé

1. PP est le milieu de [AB][AB] et QQ le milieu de [BC][BC].

  1. PQ→=PB→+BQ→\overrightarrow{PQ} = \overrightarrow{PB} + \overrightarrow{BQ}relation de Chasles
  2. ==12AB→+12BC→\dfrac12\overrightarrow{AB} + \dfrac12\overrightarrow{BC}P, Q milieux
  3. ==12(AB→+BC→)\dfrac12\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}\right)
  4. ==12AC→\dfrac12\overrightarrow{AC}

De même, SS milieu de [DA][DA] et RR milieu de [CD][CD] :

  1. SR→=SD→+DR→=12AD→+12DC→\overrightarrow{SR} = \overrightarrow{SD}+\overrightarrow{DR} = \dfrac12\overrightarrow{AD}+\dfrac12\overrightarrow{DC}
  2. ==12(AD→+DC→)\dfrac12\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DC}\right)
  3. ==12AC→\dfrac12\overrightarrow{AC}

2. Les deux calculs donnent le même résultat : PQ→=12AC→=SR→\overrightarrow{PQ} = \dfrac12\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{SR}.

3. PQ→=SR→\overrightarrow{PQ} = \overrightarrow{SR} est exactement la condition vectorielle qui caractérise un parallélogramme : PQRSPQRS est un parallélogramme, quel que soit le quadrilatère ABCDABCD de départ (même non convexe). On retrouve ici, deux fois, le théorème des milieux.

Théorème de Varignon : PQRS est un parallélogramme A B C D P Q R S
Figure 11 — Quel que soit le quadrilatère ABCDABCD (en noir), le quadrilatère PQRSPQRS formé par les milieux de ses côtés (en vert) est toujours un parallélogramme.
12

ABCABC est un triangle avec AC=10AC=10 cm, BC=8,5BC=8{,}5 cm et une aire de 3434 cm². M∈[AB]M \in [AB] tel que AM=25ABAM = \dfrac25 AB, et la parallèle à (BC)(BC) passant par MM coupe [AC][AC] en NN.

  1. Quelle transformation envoie BB sur MM et CC sur NN ? Précise son centre et son rapport.
  2. Calcule ANAN puis MNMN.
  3. Calcule l'aire du triangle AMNAMN.
Voir le corrigé détaillé

1. MM et NN appartiennent respectivement à (AB)(AB) et (AC)(AC), avec AMAB=25\dfrac{AM}{AB}=\dfrac25 ; comme (MN)∥(BC)(MN)\parallel(BC), NN vérifie aussi ANAC=25\dfrac{AN}{AC}=\dfrac25 (Thalès). Il s'agit de l'homothétie de centre AA et de rapport k=25k=\dfrac25, qui envoie BB sur MM et CC sur NN.

2.

  1. AN=25×AC=25×10AN = \dfrac25 \times AC = \dfrac25 \times 10
  2. ==44 cm
  3. MN=25×BC=25×8,5MN = \dfrac25 \times BC = \dfrac25 \times 8{,}5
  4. ==3,43{,}4 cm

3. Une homothétie de rapport kk multiplie les aires par k2k^2.

  1. aire(AMN)=k2×aire(ABC)(AMN) = k^2 \times \text{aire}(ABC)
  2. ==(25)2×34\left(\dfrac25\right)^2 \times 34
  3. ==425×34\dfrac{4}{25} \times 34
  4. ==5,445{,}44 cm²
13

ABCABC est un triangle tel que AB=AC=6AB=AC=6 cm et BAC^=60°\widehat{BAC}=60°.

  1. Démontre, sans trigonométrie, que le triangle ABCABC est équilatéral.
  2. Soit rr la rotation de centre AA et d'angle 60°60° telle que r(B)=Cr(B)=C. Justifie que r(C)r(C) est un point DD tel que ACDACD soit aussi équilatéral, puis calcule BAD^\widehat{BAD}.
  3. En poursuivant ce principe par rotations successives de 60°60°, combien de rotations faut-il pour que l'image de BB revienne sur BB ?
Voir le corrigé détaillé

1. AB=ACAB=AC : le triangle est isocèle en AA, donc ABC^=ACB^\widehat{ABC}=\widehat{ACB}. La somme des angles d'un triangle vaut 180°180° :

  1. BAC^+ABC^+ACB^=180°\widehat{BAC}+\widehat{ABC}+\widehat{ACB} = 180°
  2. 60°+2ABC^=180°60° + 2\widehat{ABC} = 180°
  3. ⇒\RightarrowABC^=60°\widehat{ABC} = 60°

Les trois angles du triangle valent 60°60° : les côtés opposés à des angles égaux sont égaux, donc BC=AB=ACBC=AB=AC. Le triangle ABCABC est équilatéral.

2. rr est une rotation de centre AA, donc c'est une isométrie qui conserve les distances au centre : AD=A r(C)=AC=6AD = A\,r(C) = AC = 6 cm (car r(C)=Dr(C)=D). L'angle de la rotation donne CAD^=60°\widehat{CAD}=60°. Le triangle ACDACD est donc isocèle en AA avec un angle au sommet de 60°60° : d'après la question 1 (même raisonnement), ACDACD est équilatéral.

  1. BAD^=BAC^+CAD^\widehat{BAD} = \widehat{BAC} + \widehat{CAD}angles adjacents
  2. ==60°+60°60° + 60°
  3. ==120°120°

3. Chaque nouvelle rotation de 60°60° ajoute 60°60° à l'angle total parcouru depuis BB. L'image de BB revient sur BB lorsque cet angle total est un multiple de 360°360° :

  1. 60°×n=360°60° \times n = 360°
  2. ⇒\Rightarrown=6n = 6

Il faut 66 rotations de 60°60° : les six images successives de BB forment les sommets d'un hexagone régulier centré en AA.

Niveau 4 — Problèmes de vie courante
14

Le baobab de Ndjamena. À la manière de Thalès, Moussa veut évaluer la hauteur d'un baobab sans y grimper. Il plante un bâton vertical de 1,51{,}5 m de haut, et choisit l'instant de la journée où l'extrémité de l'ombre du bâton coïncide exactement avec l'extrémité de l'ombre du baobab, au même point SS au sol. Il mesure alors : SP=3SP = 3 m (distance du point SS au pied du bâton) et SP′=9SP' = 9 m (distance du point SS au pied du baobab).

  1. Explique pourquoi cette situation forme une configuration de Thalès.
  2. Calcule la hauteur du baobab.
Voir le corrigé détaillé

1. Les rayons du soleil sont considérés comme parallèles. Le bâton [PH][PH] et le baobab [P′H′][P'H'] sont tous deux verticaux, donc parallèles entre eux. Les points SS, PP, P′P' sont alignés (le sol), et les points SS, HH, H′H' sont alignés (le rayon de soleil rasant qui passe par le sommet du bâton et celui du baobab, puisque leurs ombres finissent au même point SS) : c'est exactement la configuration de Thalès, de sommet SS.

Méthode de Thalès : ombres alignées au point S S P H P' H' 3 m 9 m 1,5 m H'P' = ?
Figure 12 — [PH][PH] et [P′H′][P'H'] sont parallèles ; SS, PP, P′P' alignés et SS, HH, H′H' alignés : c'est la méthode utilisée par Thalès pour mesurer la pyramide de Khéops.

2. D'après le théorème de Thalès :

  1. SPSP′=PHP′H′\dfrac{SP}{SP'} = \dfrac{PH}{P'H'}
  2. ⇒\RightarrowP′H′=PH×SP′SPP'H' = \dfrac{PH \times SP'}{SP}
  3. ==1,5×93\dfrac{1{,}5 \times 9}{3}
  4. ==4,54{,}5 m

Le baobab mesure environ 4,54{,}5 m de haut.

15

Le plan d'Abidjan. Sur un plan de la ville d'Abidjan à l'échelle 12 500\dfrac{1}{2\,500}, un terrain rectangulaire mesure 22 cm sur 22 cm.

  1. Quelle transformation géométrique relie le plan au terrain réel ? Précise son rapport.
  2. Calcule l'aire réelle du terrain, en m².
Voir le corrigé détaillé

1. Le plan est l'image du terrain réel par une homothétie de rapport k=12 500k = \dfrac{1}{2\,500} (au sens des longueurs) ; réciproquement, le terrain réel est l'image du plan par l'homothétie de rapport 2 5002\,500.

2. L'aire sur le plan vaut 2×2=42 \times 2 = 4 cm². Une homothétie de rapport 2 5002\,500 multiplie les aires par 2 50022\,500^2.

  1. 2 5002=6 250 0002\,500^2 = 6\,250\,000
  2. aire réelle =4×6 250 000= 4 \times 6\,250\,000
  3. ==25 000 00025\,000\,000 cm²
  4. ==2 5002\,500 m²1 m² = 10 000 cm²

Le terrain mesure réellement 2 5002\,500 m².

16

Le bogolan de Bamako. Aminata tisse à Bamako une bande de bogolan. Le motif de base mesure 1212 cm de large ; elle le répète par translation horizontale pour couvrir une bande de 2,882{,}88 m.

  1. Combien de motifs complets peut-elle placer sur la bande ?
  2. Chaque motif est en réalité le symétrique du précédent par rapport à l'axe vertical qui sépare les deux motifs (le motif 2 est le symétrique du motif 1 par rapport à l'axe situé à 1212 cm du bord, le motif 3 est le symétrique du motif 2 par rapport à l'axe suivant, situé 1212 cm plus loin, etc.). Quelle est la composée de ces deux symétries entre le motif 1 et le motif 3 ?
Voir le corrigé détaillé

1. On convertit en centimètres : 2,882{,}88 m =288= 288 cm.

  1. nombre de motifs =28812= \dfrac{288}{12}
  2. ==2424 motifs

2. Les deux axes de symétrie utilisés sont parallèles (tous deux verticaux) et distants de 1212 cm. D'après la propriété du paragraphe 6.1, la composée de deux symétries d'axes parallèles est une translation, de vecteur perpendiculaire aux axes (donc horizontal) et de longueur le double de la distance entre eux.

  1. longueur de la translation =2×12= 2 \times 12
  2. ==2424 cm

On retrouve ainsi, par un raisonnement différent, que le motif 3 est bien l'image du motif 1 par une translation horizontale de 2424 cm — exactement deux largeurs de motif, comme on l'observe directement sur la bande.

Teste-toi gratuitement

📝 QCM de fin de leçon — 20 questions

Coche une réponse par question, puis clique sur « Vérifier mes réponses » : tu obtiens ta note sur 20 avec la correction détaillée de chaque question.

La translation de vecteur u⃗\vec u associe à tout point MM du plan le point M′M' tel que :

Explication : Par définition, une translation de vecteur u⃗\vec u envoie MM sur M′M' tel que MM′→=u⃗\overrightarrow{MM'} = \vec u.

Soit dd une droite. La symétrie axiale d'axe dd associe à tout point M∉dM \notin d le point M′M' tel que :

Explication : dd médiatrice de [MM′][MM'] signifie deux choses à la fois : (MM′)⊥d(MM')\perp d et dd coupe [MM′][MM'] en son milieu.

Soit OO un point du plan. La symétrie centrale de centre OO associe à tout point MM le point M′M' tel que :

Explication : C'est la définition même : OO, MM, M′M' sont alignés et OO milieu de [MM′][MM'], ce qui équivaut à un demi-tour autour de OO.

Soit OO un point et θ\theta un angle. La rotation de centre OO et d'angle θ\theta associe à tout point M≠OM \neq O le point M′M' tel que :

Explication : La rotation conserve la distance au centre (OM′=OMOM'=OM) et fait tourner MM d'un angle θ\theta autour de OO.

Soit OO un point et kk un réel non nul. L'homothétie de centre OO et de rapport kk associe à tout point MM le point M′M' tel que :

Explication : C'est la définition de l'homothétie : OM′→=k OM→\overrightarrow{OM'} = k\,\overrightarrow{OM}, ce qui entraîne OO, MM, M′M' alignés et OM′=∣k∣×OMOM' = |k|\times OM.

Parmi les cinq transformations du chapitre, lesquelles sont des isométries (conservent toujours les longueurs) ?

Explication : Translation, symétrie axiale, symétrie centrale et rotation conservent les longueurs. L'homothétie de rapport kk multiplie les longueurs par ∣k∣|k| : ce n'est une isométrie que si k=±1k=\pm1.

Soit A(3 ;−4)A(3\,;-4) et w⃗(−25)\vec w\begin{pmatrix}-2\\5\end{pmatrix}. Quelles sont les coordonnées de A′A', image de AA par la translation de vecteur w⃗\vec w ?

Explication : AA′→=w⃗\overrightarrow{AA'} = \vec w donne :
xA′=3+(−2)=1x_{A'} = 3 + (-2) = 1
yA′=−4+5=1y_{A'} = -4 + 5 = 1
d'où A′(1 ;1)A'(1\,;1).

Soit O(3 ;2)O(3\,;2) et M(7 ;−1)M(7\,;-1). Quelles sont les coordonnées de M′M', image de MM par la symétrie de centre OO ?

Explication : OO milieu de [MM′][MM'] donne xM′=2xO−xMx_{M'}=2x_O-x_M et yM′=2yO−yMy_{M'}=2y_O-y_M :
xM′=2×3−7=−1x_{M'} = 2\times3 - 7 = -1
yM′=2×2−(−1)=5y_{M'} = 2\times2 - (-1) = 5
d'où M′(−1 ;5)M'(-1\,;5).

Soit OO l'origine du repère et M(2 ;−5)M(2\,;-5). Quelles sont les coordonnées de M′M', image de MM par la rotation de centre OO et d'angle 90°90° dans le sens direct ?

Explication : La rotation de centre OO et d'angle 90°90° dans le sens direct transforme M(x ;y)M(x\,;y) en M′(−y ;x)M'(-y\,;x) :
xM′=−yM=5x_{M'} = -y_M = 5
yM′=xM=2y_{M'} = x_M = 2
d'où M′(5 ;2)M'(5\,;2).

Soit O(0 ;0)O(0\,;0), k=−2k=-2 et T(1 ;3)T(1\,;3). Quelles sont les coordonnées de T′T', image de TT par l'homothétie de centre OO et de rapport kk ?

Explication : OT′→=−2 OT→\overrightarrow{OT'} = -2\,\overrightarrow{OT} donne :
xT′=−2×1=−2x_{T'} = -2 \times 1 = -2
yT′=−2×3=−6y_{T'} = -2 \times 3 = -6
d'où T′(−2 ;−6)T'(-2\,;-6).

Pour mesurer la hauteur d'un poteau, un géomètre plante un bâton vertical de 22 m qui projette une ombre de 33 m, tandis qu'au même moment le poteau projette une ombre de 1212 m. Quelle est la hauteur du poteau (méthode de Thalès) ?

Explication : Bâton et poteau sont parallèles (verticaux), les sommets d'ombre alignés : c'est une configuration de Thalès.
hauteur baˆtonombre baˆton=hauteur poteauombre poteau\dfrac{\text{hauteur bâton}}{\text{ombre bâton}} = \dfrac{\text{hauteur poteau}}{\text{ombre poteau}}
h=2×123=8h = \dfrac{2 \times 12}{3} = 8 m.

Dans un triangle ABCABC, II est le milieu de [AB][AB] et JJ le milieu de [AC][AC], avec BC=14BC = 14 cm. D'après le théorème des milieux, IJIJ vaut :

Explication : Le théorème des milieux donne (IJ)∥(BC)(IJ)\parallel(BC) et IJ=12BC=12×14=7IJ = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}\times14 = 7 cm.

Dans un triangle, la médiane issue de AA mesure AI=12AI = 12 cm (II milieu du côté opposé). GG est le centre de gravité. Que vaut AGAG ?

Explication : Le centre de gravité vérifie AG=23AI=23×12=8AG = \dfrac{2}{3}AI = \dfrac{2}{3}\times12 = 8 cm.

Sur un plan à l'échelle 11 000\dfrac{1}{1\,000}, un jardin rectangulaire a une aire de 66 cm² sur le papier. Quelle est l'aire réelle du jardin, en m² ?

Explication : Le terrain réel est l'image du plan par une homothétie de rapport 1 0001\,000, qui multiplie les aires par 1 00021\,000^2 :
aire réelle =6×1 000 000=6 000 000= 6 \times 1\,000\,000 = 6\,000\,000 cm²
=600= 600 m² (car 11 m² =10 000=10\,000 cm²).

Une homothétie de rapport k=−4k=-4 est appliquée à un segment de longueur 55 cm. Le segment image mesure :

Explication : Seule la valeur absolue ∣k∣=4|k|=4 donne la taille : 4×5=204\times5=20 cm. Le signe négatif de kk place l'image de l'autre côté du centre, pas « rétréci » comme on pourrait le croire à tort.

Dans un triangle ABCABC, M∈(AB)M \in (AB) et N∈(AC)N \in (AC) vérifient AMAB=ANAC\dfrac{AM}{AB} = \dfrac{AN}{AC}, mais MM est situé sur la demi-droite opposée à [AB)[AB). Peut-on conclure que (MN)∥(BC)(MN)\parallel(BC) ?

Explication : L'égalité des rapports ne suffit pas : la réciproque de Thalès exige aussi le bon positionnement des points sur les demi-droites, sans quoi la conclusion est fausse — c'est le piège classique.

Deux droites parallèles d1d_1 et d2d_2 sont distantes de 33 cm. M1M_1 est le symétrique de MM par rapport à d1d_1, puis M2M_2 le symétrique de M1M_1 par rapport à d2d_2. Quelle transformation envoie MM sur M2M_2, et quelle est sa longueur de déplacement ?

Explication : La composée de deux symétries d'axes parallèles est une translation, de vecteur perpendiculaire aux axes et de longueur le double de la distance entre eux : 2×3=62 \times 3 = 6 cm.

Deux droites sécantes en OO forment un angle de 25°25°. La composée de la symétrie d'axe d1d_1 puis de la symétrie d'axe d2d_2 est :

Explication : La composée de deux symétries d'axes sécants en OO est une rotation de centre OO, d'angle le double de l'angle entre les axes : 2×25°=50°2 \times 25° = 50°.

ABCDABCD est un quadrilatère dont les diagonales [AC][AC] et [BD][BD] se coupent en un point OO qui n'est pas leur milieu commun. Peut-on affirmer que ABCDABCD est un parallélogramme ?

Explication : ABCDABCD est un parallélogramme si et seulement si [AC][AC] et [BD][BD] ont le même milieu OO (c'est-à-dire CC image de AA et DD image de BB par la symétrie centrale de centre OO). Un simple point de croisement ne suffit pas.

Un artisan de Bamako conçoit une rosace à 88 motifs identiques répartis régulièrement autour d'un centre OO. Quel est l'angle de la rotation de centre OO qui envoie un motif sur le suivant et laisse la rosace invariante ?

Explication : Pour 88 motifs répartis régulièrement, l'angle entre deux motifs consécutifs vaut 360°8=45°\dfrac{360°}{8} = 45°.
S'inscrire