Ce cours sur la rotation dans le plan pour la 1ère Bac Sc Ex présente la définition, les propriétés, l’image d’une figure et les méthodes de construction, avec exercices corrigés. Retrouvez les autres leçons dans la catégorie 1Bac Sc Ex.
Cours sur la rotation dans le plan 1ère Bac
La Rotation dans le plan
Définition, propriétés de conservation et applications aux figures géométriques.
corrigés
1Définition et Exemples
- La symétrie centrale \(S_O\) de centre \(O\) est la rotation de centre \(O\) et d’angle \(\pi\).
- L’identité \(I_{dP}\) est la rotation d’angle nul. Tous les points du plan sont centre de cette rotation.
\(ABCD\) est un carré de centre \(O\) tel que \(\left( \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD} \right)\) soit positif. Soit \(r_A\) la rotation de centre \(A\) et d’angle \(\frac{\pi}{2}\), et \(r_O\) une rotation de centre \(O\) et d’angle \(\alpha\).
1) Déterminer \(r_A(A)\), \(r_A(B)\), \(r_A(D)\).
2) Comment choisir \(\alpha\) pour avoir \(r_O(A) = B\) ? Et pour avoir \(r_O(A) = C\) ?
Voir la solution
1)
- \(r_A(A) = A\) (le centre est invariant).
- \(r_A(B) = D\) car \(AB = AD\) et \(\left( \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD} \right) = \frac{\pi}{2} \ [2\pi]\).
- \(r_A(D) = B’\) où \(B’\) est le symétrique de \(B\) par rapport à \(A\).
2)
- \(r_O(A) = B \iff \alpha = \frac{\pi}{2}\) (car le triangle \(OAB\) est isocèle rectangle en \(O\)).
- \(r_O(A) = C \iff \alpha = \pi\) (car \(O\) est le milieu de \([AC]\)).
2Propriétés de conservation
- La rotation conserve les distances : si \(R(A) = A’\) et \(R(B) = B’\), alors \(A’B’ = AB\).
- La rotation conserve le coefficient de colinéarité de deux vecteurs, et par suite conserve l’alignement des points.
- La rotation conserve le milieu et le barycentre d’un système pondéré.
- La rotation conserve les mesures des angles géométriques.
- La rotation conserve les mesures des angles orientés.
3Propriétés fondamentales
On a :
Or \(\left( \overrightarrow{M\Omega}, \overrightarrow{M’\Omega’} \right) = \theta \ [2\pi]\) car \(R(M) = M’\) et \(R(\Omega) = \Omega\).
De plus, \(\left( \overrightarrow{MN}, \overrightarrow{M\Omega} \right) = \left( \overrightarrow{M’N’}, \overrightarrow{M’\Omega’} \right) \ [2\pi]\) car la rotation conserve les angles orientés.
Donc \(\left( \overrightarrow{MN}, \overrightarrow{M’N’} \right) = \theta \ [2\pi]\).
4Exercices 2 & 3
\(ABC\) est un triangle. On construit à l’extérieur deux triangles \(ABD\) et \(ACE\) isocèles et rectangles en \(A\).
1) Montrer que \(BE = CD\).
2) Montrer que \((BE) \perp (CD)\).
Voir la solution
Soit \(r\) la rotation de centre \(A\) et d’angle \(\frac{\pi}{2}\).
1) On a \(\left( \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AB} \right) = \frac{\pi}{2} \ [2\pi]\) et \(AD = AB\), donc \(r(D) = B\).
De même, \(\left( \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{AE} \right) = \frac{\pi}{2} \ [2\pi]\) et \(AC = AE\), donc \(r(C) = E\).
Puisque la rotation conserve les distances, \(CD = BE\).
2) On a \(r(D) = B\) et \(r(C) = E\). D’après la propriété fondamentale, \(\left( \overrightarrow{CD}, \overrightarrow{BE} \right) = \frac{\pi}{2} \ [2\pi]\). Donc \((BE) \perp (CD)\).
\(ABC\) est un triangle tel que \(\left( \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC} \right)\) positif. On construit à l’extérieur les carrés \(ABDE\) et \(ACFG\). Soit \(r\) la rotation de centre \(A\) et d’angle \(\frac{\pi}{2}\).
Déterminer \(r(E)\) et \(r(C)\), et montrer que \(\left( \overrightarrow{CA}, \overrightarrow{CE} \right) = \left( \overrightarrow{GA}, \overrightarrow{GB} \right) \ [2\pi]\).
Voir la solution
On a \(AE = AB\) et \(\left( \overrightarrow{AE}, \overrightarrow{AB} \right) = \frac{\pi}{2} \ [2\pi]\), donc \(r(E) = B\).
On a \(AC = AG\) et \(\left( \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{AG} \right) = \frac{\pi}{2} \ [2\pi]\), donc \(r(C) = G\).
De plus, \(r(A) = A\) (centre). D’après la propriété fondamentale, \(\left( \overrightarrow{CE}, \overrightarrow{BG} \right) = \frac{\pi}{2} \ [2\pi]\), ce qui donne l’égalité demandée par relation de Chasles.
5Exercices 4, 5 & 6
\(ABCD\) est un carré de centre \(O\) tel que \(\left( \overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB} \right)\) positif. \(I\) et \(J\) sont deux points tels que \(\overrightarrow{AI} = \frac{1}{4}\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{BJ} = \frac{1}{4}\overrightarrow{BC}\).
Montrer que \((OI) \perp (OJ)\) et \(OI = OJ\).
Voir la solution
Il suffit de montrer que \(r(I) = J\) où \(r\) est la rotation de centre \(O\) et d’angle \(\frac{\pi}{2}\).
On pose \(r(I) = I’\). On a \(OA = OB\) et \(\left( \overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB} \right) = \frac{\pi}{2} \ [2\pi]\), donc \(r(A) = B\).
On a \(\overrightarrow{AI} = \frac{1}{4}\overrightarrow{AB}\). La rotation conserve le coefficient de colinéarité, donc \(\overrightarrow{BI’} = \frac{1}{4}\overrightarrow{BC}\).
Or, \(\overrightarrow{BJ} = \frac{1}{4}\overrightarrow{BC}\). Donc \(I’ = J\), c’est-à-dire \(r(I) = J\).
Par suite, \(OI = OJ\) et \(\left( \overrightarrow{OI}, \overrightarrow{OJ} \right) = \frac{\pi}{2} \ [2\pi]\), donc \((OI) \perp (OJ)\).
\(ABCD\) est un carré de centre \(O\) tel que \(\left( \overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB} \right)\) positif. Soit \((D)\) la droite parallèle à \((BD)\) qui coupe \((AD)\) en \(M\) et \((AB)\) en \(N\). Soit \(r\) la rotation de centre \(O\) et d’angle \(\frac{\pi}{2}\). \(E\) et \(F\) sont les images de \(M\) et \(N\) par \(r\).
1) Montrer que \((EF) \perp (MN)\).
2) Déterminer l’image de la droite \((BD)\) par \(r\).
3) Montrer que \(DN = FA\) et \((EF) \parallel (AC)\).
Voir la solution
1) On a \(r(M) = E\) et \(r(N) = F\). D’après la propriété fondamentale, \(\left( \overrightarrow{MN}, \overrightarrow{EF} \right) = \frac{\pi}{2} \ [2\pi]\), donc \((EF) \perp (MN)\).
2) On a \(OB = OC\) et \(\left( \overrightarrow{OB}, \overrightarrow{OC} \right) = \frac{\pi}{2} \ [2\pi]\), donc \(r(B) = C\). De même, \(OD = OA\) et \(\left( \overrightarrow{OD}, \overrightarrow{OA} \right) = \frac{\pi}{2}\), donc \(r(D) = A\). Par suite, \(r((BD)) = (AC)\).
3) \(r(D) = A\) et \(r(N) = F \implies DN = FA\). De plus, \((MN) \parallel (BD)\) et \(r((BD)) = (AC)\). Or \(r((MN)) = (EF)\). Donc \((EF) \parallel (AC)\) (la rotation conserve le parallélisme).
\(ABC\) est un triangle isocèle et rectangle en \(A\) tel que \(\left( \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC} \right)\) positif, et \(O\) le milieu de \([BC]\). \(D\) et \(E\) sont deux points tels que \(\overrightarrow{AD} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{CE} = \frac{2}{3}\overrightarrow{CA}\).
Montrer que \(ODE\) est un triangle isocèle et rectangle en \(O\).
Voir la solution
Il suffit de montrer que \(r(E) = D\) où \(r\) est la rotation de centre \(O\) et d’angle \(\frac{\pi}{2}\).
On pose \(r(E) = E’\).
On a \(OA = OC\) et \(\left( \overrightarrow{OC}, \overrightarrow{OA} \right) = \frac{\pi}{2} \ [2\pi]\), donc \(r(C) = A\).
On a \(OA = OB\) et \(\left( \overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB} \right) = \frac{\pi}{2} \ [2\pi]\), donc \(r(A) = B\).
On a \(\overrightarrow{CE} = \frac{2}{3}\overrightarrow{CA}\). En appliquant \(r\), on obtient \(\overrightarrow{AE’} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AB}\). Or \(\overrightarrow{AD} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AB}\), donc \(E’ = D\).
Ainsi \(r(E) = D\), ce qui donne \(OE = OD\) et \(\left( \overrightarrow{OE}, \overrightarrow{OD} \right) = \frac{\pi}{2} \ [2\pi]\). Le triangle \(ODE\) est donc isocèle et rectangle en \(O\).
6Exercices 7 & 8
\(ABCD\) est un carré tel que \(\left( \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD} \right)\) positif, et \(AED\) et \(AFB\) sont deux triangles équilatéraux. Montrer que les points \(E\), \(C\) et \(F\) sont alignés.
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Soit \(r\) la rotation de centre \(A\) et d’angle \(\frac{\pi}{3}\).
On a \(r(B) = F\) (car \(AFB\) équilatéral) et \(r(D) = E\) (car \(AED\) équilatéral).
Soit \(K\) l’antécédent de \(C\) par \(r\). On a \(AK = AC\) et \(\left( \overrightarrow{AK}, \overrightarrow{AC} \right) = \frac{\pi}{3} \ [2\pi]\), donc \(AKC\) est équilatéral. \(K\) appartient donc à la médiatrice de \([AC]\).
De même, \(AB = BC \implies B\) appartient à la médiatrice de \([AC]\) ; et \(AD = DC \implies D\) appartient à la médiatrice de \([AC]\).
Donc les points \(K\), \(B\) et \(D\) sont alignés. Puisque la rotation conserve l’alignement, les points \(r(K) = C\), \(r(B) = F\) et \(r(D) = E\) sont alignés. Donc \(E\), \(C\) et \(F\) sont alignés.
\(ABCD\) est un carré de centre \(O\) tel que \(\left( \overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB} \right)\) négatif. Soient \(M, N, P, Q\) quatre points tels que \(\overrightarrow{DQ} = \frac{1}{3}\overrightarrow{DA}\), \(\overrightarrow{CP} = \frac{1}{3}\overrightarrow{CD}\), \(\overrightarrow{AM} = \frac{1}{3}\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{BN} = \frac{1}{3}\overrightarrow{BC}\). La droite \((AN)\) coupe \((DM)\) en \(E\) et \((BP)\) en \(F\). La droite \((CQ)\) coupe \((DM)\) en \(H\) et \((BP)\) en \(G\).
Soit \(r\) la rotation de centre \(O\) et d’angle \(-\frac{\pi}{2}\).
1) Montrer que \(r(M) = N\), \(r(N) = P\), \(r(P) = Q\) et \(r(Q) = M\).
2) Montrer que \(r(F) = G\), et en déduire que le triangle \(FOG\) est isocèle et rectangle en \(O\).
Voir la solution
1) On a \(OA = OB\) et \(\left( \overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB} \right) = -\frac{\pi}{2} \ [2\pi]\), donc \(r(A) = B\).
\(\overrightarrow{AM} = \frac{1}{3}\overrightarrow{AB}\). En appliquant \(r\), on obtient \(\overrightarrow{BM’} = \frac{1}{3}\overrightarrow{BC}\). Or \(\overrightarrow{BN} = \frac{1}{3}\overrightarrow{BC}\), donc \(M’ = N\). Ainsi \(r(M) = N\).
On montre de même que \(r(N) = P\), \(r(P) = Q\) et \(r(Q) = M\).
2) On a \(r(N) = P\) et \(r(A) = B\), donc \(r((AN)) = (BP)\). De plus, \(r(P) = Q\) et \(r(B) = C\), donc \(r((BP)) = (QC)\).
Par conséquent, \(r(F) = r((AN) \cap (BP)) = r((AN)) \cap r((BP)) = (BP) \cap (QC) = G\).
Comme \(r(F) = G\), on a \(OF = OG\) et \(\left( \overrightarrow{OF}, \overrightarrow{OG} \right) = -\frac{\pi}{2} \ [2\pi]\). Donc le triangle \(FOG\) est isocèle et rectangle en \(O\).
★Fiche résumé à retenir
- Définition : \(R(\Omega, \theta)(M) = M’ \iff \Omega M = \Omega M’\) et \((\overrightarrow{\Omega M}, \overrightarrow{\Omega M’}) = \theta \ [2\pi]\).
- Conservation : distances, alignements, milieux, barycentres, angles géométriques et orientés.
- Propriété fondamentale : Si \(R(M)=M’\) et \(R(N)=N’\), alors \((\overrightarrow{MN}, \overrightarrow{M’N’}) = \theta \ [2\pi]\).
- Bijection réciproque : \(R(\Omega, -\theta)\).
- Application : On utilise souvent une rotation de centre un sommet et d’angle \(\frac{\pi}{2}\) ou \(\frac{\pi}{3}\) pour démontrer des égalités de longueurs et des orthogonalités.