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© Tous droits réservés Studyrama 2008 MATHEMATIQUES Série S Nº : 32012 Fiche té

© Tous droits réservés Studyrama 2008 MATHEMATIQUES Série S Nº : 32012 Fiche téléchargée sur www.studyrama.com 1 Fiche Corrigés Fiche 12 : Similitudes Déterminer l’écriture complexe d’une similitude indirecte Exercice 1 On obtient le système ( ) ( ) a 1 i b 2i a 2 i b 1 i  − + =   −− + = −+   d’où l’on tire (par différence) 1 i a 3 + = puis 2 b 2i. 3 = − + L’écriture complexe cherchée est 1 i 2 z' z 2i. 3 3 + = − + Déterminer les points fixes d’une similitude indirecte dont on connaît l’écriture complexe Exercice 2 a) On obtient le système x 2y 3 2x y 1 + = −  − + =  qui admet (−1, −1) pour unique solution. b) On obtient le système x y 1 x y 1 − =  − + =  qui n’a pas de solution. c) Dans ce cas il est judicieux de poser i z' re θ = avec r réel strictement positif et θ réel. L’équation z' z = équivaut alors successivement à i i 3 e e , π   −θ   θ   = [2 ] 3 , π θ = −θ π 2 [2 ] 3 , π θ = π [ ] 6 . π θ = π L’ensemble des points fixes est donc la droite qui passe par O et dont un vecteur directeur a pour affixe i 6 e . π Montrer qu’un antidéplacement dont on connaît l’écriture complexe est une réflexion Exercice 3 L’équation z’ = z équivaut au système 1 3 3 x y 2 2 2 . 3 3 3 x y 2 2 2 − + =     − = −   Les coefficients des deux équations étant proportionnels on conclut que l’ensemble des points fixes de f est la droite (D) d’équation x y 3 3 − + = . Les points A(i) et ( ) B 3 − appartiennent à (D), ils sont donc invariant par la réflexion d’axe (D). On en déduit que les coefficients a et b de l’écriture complexe de la réflexion d’axe (D) vérifient ( ) ai b i a 3 b 3  + =   − + = −   c’est à dire ( ) ( ) a i b i . a 3 b 3  − + =   − + = −   Il vient i 3 1 i 3 a e 2 π + = = puis 2i 3 b 3e . π = L’antidéplacement f est donc la réflexion d’axe (D). © Tous droits réservés Studyrama 2008 MATHEMATIQUES Série S Nº : 32012 Fiche téléchargée sur www.studyrama.com 2 Fiche Corrigés Déterminer les éléments caractéristiques d’une similitude directe définie géométriquement Exercice 4 1. a) De r(A) = B et r(C) = D on déduit que l’angle de r est AC BD      , ( ). Par conséquent r est une rotation d’angle . 2 π − De r(I) = I et r(A) = B on déduit alors que ( ) [ ] IN,IJ 2 4 π = π   ( ) IA,IB    2 π = − [ ] 2π et par suite que le point I appartient au cercle de diamètre [AB]. On montre de même que le point I appartient au cercle de diamètre [CD]. b) Cette question se traite comme la précédente, r’ est une rotation d’angle . 2 π Déterminer l’image d’un point caractérisé géométriquement (milieu, barycentre, point d’intersection de deux droites…) Exercice 5 (Suite de l’exercice précédent) c) Le point M étant le milieu de [AC], son image r(M) est le milieu du segment ( ) ( ) r A r C ,     c’est-à-dire du segment [BD]. Cela prouve que r(M) = N. Il en résulte IM = IN et ( ) [ ] IM,IN 2 . 2 π = − π    On montre de même que r’(M) = N et donc que JM = JN et ( ) [ ] JM,JN 2 . 2 π = π   Par suite INJM est un carré. Déterminer des images de points en identifiant des configurations classiques Exercice 6 (Suite de l’exercice précédent) 2. On sait que INJM est un carré direct ; on en déduit ( ) [ ] IJ 2IN IN,IJ 2 4 et , π = = π   c’est-à-dire s(N) = J. I est le centre de la rotation r d’angle 2 π − qui transforme C en D ; le triangle IDC est donc rectangle en I, isocèle et direct. Le point R étant le symétrique orthogonal de I par rapport à [CD] on en déduit que IDRC est un carré direct. Par suite ( ) [ ] IR 2ID ID,IR 2 4 et π = = π    , c’est-à-dire s(D) = R. On montre s(B) = P en utilisant le carré direct IBPA. Montrer que des triangles sont semblables Exercice 7 1. Les vecteurs OA  et OB   étant colinéaires et de même sens ainsi que les vecteurs OC   et OD,  il vient AOD BOC   = . Les points B et D appartenant au même arc de cercle AC , il vient ABC ADC   = c’est-à-dire OBC ADO   = . Les triangles OAD et OCB ont donc leurs angles égaux. Par conséquent ils sont semblables. De OA 2OC, = il résulte que les deux triangles ne sont pas isométriques. © Tous droits réservés Studyrama 2008 MATHEMATIQUES Série S Nº : 32012 Fiche téléchargée sur www.studyrama.com 3 Fiche Corrigés Montrer qu’une similitude est indirecte et déterminer ses éléments caractéristiques Exercice 8 (Suite de l’exercice précédent) 2. a) La similitude S est telle que S(O) = O, S(B) = D et S(C) = A. D’autre part, on a : OD OA OC OB OB OC                , , , ( )= ( )= -( ) . On constate que S change le sens de l’angle orienté OB OC      , ( ); par conséquent S est une similitude indirecte. Les triangles OCB et OAD n’étant pas isométriques, S n’est pas une isométrie, et a fortiori pas une réflexion. b) Le point O est un point fixe de S, par définition de S. Le rapport de la similitude S est OC 1 OA 2 . = Pour tout point M d’image M’, on a donc 1 OM ' OM 2 , = et par suite O est le seul point fixe de S. Déterminer le lieu d’un point Exercice 9 Le point M’ est l’image du point M par la similitude directe f de centre O, de rapport 2 3 et d’angle . 6 π Le lieu de M’ est donc la droite (D’) image de la droite (D) par f. Construction de (D’) : on trace le projeté orthogonal H de O sur (D) et H’ = f (H). La droite (D’) est alors orthogonale en H’ à la droite (OH’). Remarque : H’ appartient à (D). uploads/S4/ corrige-maths-s-12.pdf