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Chapitre 8 — Rotation

Semestre 2

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Cours

Plan du chapitre. I. Définition d’une rotation — rotation réciproque --- II. Image des figures usuelles par une rotation --- III. Propriétés d’une rotation.

Durée indicative : 4 heures. Prérequis : trigonométrie, produit scalaire, calcul vectoriel, transformations du plan.

Hors programme : expression analytique d’une rotation, coordonnées, composée de deux rotations.

I. Définition d’une rotation — rotation réciproque

Activité 1

Soit $O$ un point fixe du plan orienté et $A$ , $B$ deux points distincts de $O$ .

Construire le cercle de centre $O$ passant par $A$ , puis le point $A'$ de ce cercle tel que $\bigl(\overrightarrow{OA}\,;\,\overrightarrow{OA'}\bigr)=\dfrac\pi2\ [2\pi]$ .
Construire de même le point $B'$ tel que $OB'=OB$ et $\bigl(\overrightarrow{OB}\,;\,\overrightarrow{OB'}\bigr)=\dfrac\pi2\ [2\pi]$ .
Comparer les longueurs $AB$ et $A'B'$ , puis les angles orientés $\bigl(\overrightarrow{OA}\,;\,\overrightarrow{OB}\bigr)$ et $\bigl(\overrightarrow{OA'}\,;\,\overrightarrow{OB'}\bigr)$ .

Voir la solution

1) Le cercle $(C_A)$ de centre $O$ et de rayon $OA$ est tracé. Sur $(C_A)$ , le point $A'$ est obtenu en tournant $A$ autour de $O$ d’un angle $\dfrac\pi2$ (sens direct).

2) De même, $B'$ est l’image de $B$ par la même rotation d’angle $\dfrac\pi2$ autour de $O$ .

3) Les triangles $OAB$ et $OA'B'$ ont $OA=OA'$ , $OB=OB'$ et $\bigl(\overrightarrow{OA}\,;\,\overrightarrow{OB}\bigr)=\bigl(\overrightarrow{OA'}\,;\,\overrightarrow{OB'}\bigr)$ (même angle, rotation). Ils sont donc isométriques, d’où $AB=A'B'$ . De plus $\bigl(\overrightarrow{OA'}\,;\,\overrightarrow{OB'}\bigr)=\bigl(\overrightarrow{OA}\,;\,\overrightarrow{OB}\bigr)\ [2\pi]$ .

Définition (rotation)

Soit $O$ un point du plan orienté et $\alpha$ un réel. La rotation de centre $O$ et d’angle $\alpha$ , notée $r(O\,;\,\alpha)$ ou $r$ , est la transformation du plan qui à tout point $M$ associe le point $M'=r(M)$ défini par :

$r(O)=O$ ;
si $M\neq O$ : $OM'=OM$ et $\bigl(\overrightarrow{OM}\,;\,\overrightarrow{OM'}\bigr)=\alpha\ [2\pi]$ .

Remarque 1

La rotation $r(O\,;\,-\alpha)$ est appelée rotation réciproque de $r(O\,;\,\alpha)$ . On la note $r^{-1}$ . Pour tout point $N$ du plan : $r^{-1}(N)=M\quad\Longleftrightarrow\quad r(M)=N.$ En particulier $r^{-1}\circ r = \mathrm{Id}$ et $r\circ r^{-1}=\mathrm{Id}$ .

Exemple 1

Soit $ABC$ un triangle isocèle de sommet principal $A$ tel que $\bigl(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AC}\bigr)=\dfrac\pi3\ [2\pi]$ . Soit $r=r\Bigl(A\,;\,\dfrac\pi3\Bigr)$ .

Vérifier que $r(C)=B$ .
Construire le point $B'=r(B)$ .

Voir la solution

1) Par hypothèse $AC=AB$ (triangle isocèle en $A$ ) et $\bigl(\overrightarrow{AC}\,;\,\overrightarrow{AB}\bigr)=-\dfrac\pi3\ [2\pi]$ , donc $\bigl(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AC}\bigr)=\dfrac\pi3\ [2\pi]$ . En appliquant la définition à $M=C$ : $AC'=AC$ et $\bigl(\overrightarrow{AC}\,;\,\overrightarrow{AC'}\bigr)=\dfrac\pi3\ [2\pi]$ . Le point $B$ vérifie exactement ces deux conditions, donc $r(C)=B$ .

2) $B'=r(B)$ est le point tel que $AB'=AB$ et $\bigl(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AB'}\bigr)=\dfrac\pi3\ [2\pi]$ . On le construit sur le cercle de centre $A$ passant par $B$ , en reportant l’angle $\dfrac\pi3$ à partir de $\overrightarrow{AB}$ dans le sens direct.

Remarque 2

Si $\alpha\not\equiv0\ [2\pi]$ , le centre $O$ est l’unique point invariant par $r(O\,;\,\alpha)$ . De plus $O$ appartient à la médiatrice de tout segment $[MN]$ tel que $r(M)=N$ .
Si $\alpha\equiv\pi\ [2\pi]$ , alors $r(O\,;\,\alpha)$ est la symétrie centrale de centre $O$ .
Si $\alpha\equiv0\ [2\pi]$ , alors $r$ est l’identité du plan.

II. Image des figures usuelles par une rotation

Activité 2

Soit $(C)$ un cercle de centre $A$ et de rayon $R$ , et $B$ un point de $(C)$ . Soit $r=r\Bigl(I\,;\,\dfrac\pi2\Bigr)$ une rotation (où $I$ est un point donné du plan). On pose $A'=r(A)$ , $B'=r(B)$ .

Montrer que $A'B'=R$ .
Soit $M\in(C)$ et $M'=r(M)$ . Montrer que $M'$ appartient au cercle $(C')$ de centre $A'$ et de rayon $R$ .
En déduire que $r\bigl((C)\bigr)=(C')$ . Que dire de l’image de la droite $(AB)$ ? du segment $[AB]$ ?

Voir la solution

1) La rotation conserve les distances : $A'B'=r(A)r(B)=AB=R$ .

2) De même $A'M'=AM=R$ , donc $M'$ est sur le cercle de centre $A'$ et de rayon $R$ .

3) Tout point de $(C)$ a son image sur $(C')$ , et réciproquement (via $r^{-1}$ ) tout point de $(C')$ est l’image d’un point de $(C)$ . Donc $r\bigl((C)\bigr)=(C')$ .

L’image de la droite $(AB)$ est la droite $(A'B')$ ; l’image du segment $[AB]$ est le segment $[A'B']$ .

Propriété 1 (images des figures usuelles)

Soit $r$ une rotation et $M$ , $N$ , $E$ , $F$ des points du plan. Alors :

Figure	Image par $r$
Droite $(MN)$	$r\bigl((MN)\bigr)=\bigl(r(M)\,r(N)\bigr)$
Demi-droite $[MN)$	$r\bigl([MN)\bigr)=\bigl[r(M)\,r(N)\bigr)$
Segment $[MN]$	$r\bigl([MN]\bigr)=\bigl[r(M)\,r(N)\bigr]$
Cercle de centre $M$ et de rayon $R$	cercle de centre $r(M)$ et de même rayon $R$
Triangle $MNE$	triangle $r(M)r(N)r(E)$
Quadrilatère $MNEF$	quadrilatère $r(M)r(N)r(E)r(F)$

Exemple 2

Soit $ABCD$ un carré de centre $\Omega$ tel que $\bigl(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AD}\bigr)=\dfrac\pi2\ [2\pi]$ . Soit $r=r\Bigl(\Omega\,;\,\dfrac\pi2\Bigr)$ .

Déterminer $r(A)$ , $r(B)$ , $r(C)$ et $r(D)$ .
En déduire l’image du carré $ABCD$ par $r$ .

Rotation d'un quart de tour autour du centre d'un carré

Voir la solution

1) Dans un carré, $\Omega A=\Omega B=\Omega C=\Omega D$ et les angles au centre consécutifs valent $\dfrac\pi2$ . En tournant de $\dfrac\pi2$ autour de $\Omega$ dans le sens direct : $r(A)=B$ , $r(B)=C$ , $r(C)=D$ , $r(D)=A$ .

2) L’image du carré $ABCD$ est le carré $BCDA$ , c’est-à-dire le même carré (la rotation permute les sommets).

Remarque

Si l’on prend plutôt $r\Bigl(A\,;\,\dfrac\pi2\Bigr)$ avec le même carré orienté, alors $r(B)=D$ (car $AB=AD$ et $\bigl(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AD}\bigr)=\dfrac\pi2\ [2\pi]$ ).

III. Propriétés d’une rotation

Propriété 2 (conservation)

Soit $r=r(O\,;\,\alpha)$ une rotation. La rotation conserve :

les distances : $MN=r(M)r(N)$ (c’est une isométrie) ;
les mesures d’angles orientés : $\bigl(\overrightarrow{MN}\,;\,\overrightarrow{EF}\bigr)=\theta\ [2\pi]$ $\Longrightarrow$ $\bigl(\overrightarrow{r(M)r(N)}\,;\,\overrightarrow{r(E)r(F)}\bigr)=\theta\ [2\pi]$ ;
l’alignement, le parallélisme, l’orthogonalité ;
les coefficients de colinéarité : $\overrightarrow{MN}=k\overrightarrow{EF}$ $\Longrightarrow$ $\overrightarrow{r(M)r(N)}=k\overrightarrow{r(E)r(F)}$ ;
les barycentres (en particulier milieux et centres de gravité) ;
l’appartenance et l’intersection : $M\in(\mathcal F)$ $\Longrightarrow$ $r(M)\in r\bigl((\mathcal F)\bigr)$ .

En particulier, une figure et son image ont la même nature (triangle équilatéral, carré, cercle, etc.).

Propriété 3 (angle et vecteurs)

Si $r$ est une rotation d’angle $\alpha$ et si $M$ , $N$ sont distincts, alors $\bigl(\overrightarrow{MN}\,;\,\overrightarrow{r(M)r(N)}\bigr)=\alpha\ [2\pi].$ En particulier, si $\alpha\equiv\dfrac\pi2\ [2\pi]$ , alors $(MN)\perp\bigl(r(M)r(N)\bigr)$ .

Remarque 3 (existence d’une rotation)

Soient $A$ , $B$ , $A'$ , $B'$ quatre points avec $A\neq B$ et $A'\neq B'$ . S’il existe une rotation $r$ telle que $r(A)=A'$ et $r(B)=B'$ , alors nécessairement $AB=A'B'$ .

Réciproquement, si $AB=A'B'$ et $(A,B)\neq(A',B')$ :

le centre est l’intersection des médiatrices de $[AA']$ et $[BB']$ (lorsqu’elles sont sécantes) ;
l’angle vérifie $\alpha=\bigl(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{A'B'}\bigr)\ [2\pi]$ .

Exemple 3

Soit $ABC$ un triangle équilatéral tel que $\bigl(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AC}\bigr)=\dfrac\pi3\ [2\pi]$ . Soit $D$ un point de $[AB]$ et $r=r\Bigl(A\,;\,\dfrac\pi3\Bigr)$ . On pose $E=r(D)$ , $F=r(C)$ .

Déterminer $r(B)$ .
Montrer que $(DE)\parallel(BC)$ .

Voir la solution

1) $AB=AC$ et $\bigl(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AC}\bigr)=\dfrac\pi3\ [2\pi]$ , donc $r(B)=C$ par définition de la rotation.

2) Comme $D\in[AB]$ , il existe $t\in[0\,;1]$ tel que $\overrightarrow{AD}=t\overrightarrow{AB}$ . La conservation du coefficient de colinéarité donne $\overrightarrow{AE}=t\overrightarrow{AC}$ (car $E=r(D)$ et $C=r(B)$ ). Alors $\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{AE}-\overrightarrow{AD}=t\overrightarrow{AC}-t\overrightarrow{AB}=t(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=t\overrightarrow{BC}.$ Donc $\overrightarrow{DE}=t\overrightarrow{BC}$ , ce qui prouve $(DE)\parallel(BC)$ (et $DE=t\cdot BC$ ).

Exemple 4

Soient $ABCD$ et $AEFG$ deux carrés tels que $AB=AE$ , avec $\bigl(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AD}\bigr)=\dfrac\pi2\ [2\pi]$ , $\bigl(\overrightarrow{AE}\,;\,\overrightarrow{AG}\bigr)=-\dfrac\pi2\ [2\pi]$ et $\bigl(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AE}\bigr)=-\dfrac\pi2\ [2\pi]$ (voir figure). Soit $r=r\Bigl(A\,;\,-\dfrac\pi2\Bigr)$ .

Vérifier que $r(D)=B$ et $r(E)=G$ .
En déduire $DE=BG$ et $\bigl(\overrightarrow{DE}\,;\,\overrightarrow{BG}\bigr)=-\dfrac\pi2\ [2\pi]$ , puis $(DE)\perp(BG)$ .
Soient $I$ et $J$ les milieux de $[DE]$ et $[BG]$ . Montrer que $r(I)=J$ .

Voir la solution

1) Dans le carré $ABCD$ : $AD=AB$ et $\bigl(\overrightarrow{AD}\,;\,\overrightarrow{AB}\bigr)=-\dfrac\pi2\ [2\pi]$ . Comme $r=r\Bigl(A\,;\,-\dfrac\pi2\Bigr)$ , on a $r(D)=B$ .

Dans le carré $AEFG$ orienté de sorte que $\bigl(\overrightarrow{AE}\,;\,\overrightarrow{AG}\bigr)=-\dfrac\pi2\ [2\pi]$ et $AE=AG$ , on a de même $r(E)=G$ .

2) $r(D)=B$ et $r(E)=G$ , donc $DE=r(D)r(E)=BG$ . D’après la propriété 3 : $\bigl(\overrightarrow{DE}\,;\,\overrightarrow{BG}\bigr)=\bigl(\overrightarrow{DE}\,;\,\overrightarrow{r(D)r(E)}\bigr)=-\dfrac\pi2\ [2\pi],$ d’où $(DE)\perp(BG)$ .

3) $I$ est le milieu de $[DE]$ , donc $r(I)$ est le milieu de $[r(D)r(E)]=[BG]$ , c’est-à-dire $r(I)=J$ .

Méthode

Pour montrer une égalité de longueurs, un parallélisme ou une orthogonalité avec une rotation :

Identifier une rotation $r(O\,;\,\alpha)$ adaptée (souvent un sommet d’un triangle isocèle/équilatéral ou le centre d’un carré).
Traduire les hypothèses par $r(M)=N$ .
Appliquer conservation des distances, de l’angle (propriété 3), du milieu ou du barycentre.

Série d’exercices

Exercice 1 — Définition — rotation réciproque Facile ★☆☆☆☆

$ABCD$ est un carré de centre $\Omega$ tel que $\bigl(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AD}\bigr)=\dfrac\pi2\ [2\pi]$ . Soit $r=r\Bigl(\Omega\,;\,\dfrac\pi2\Bigr)$ .

1) Déterminer $r(A)$ et en déduire $r^{-1}(B)$ .

2) Déterminer $r^{-1}(C)$ et en déduire $r(D)$ .

Voir la solution

1) Dans le carré $ABCD$ de centre $\Omega$ , la rotation $r\Bigl(\Omega\,;\,\dfrac\pi2\Bigr)$ envoie chaque sommet sur le suivant dans le sens direct : $r(A)=B$ . Par définition de la réciproque, $r^{-1}(B)=A$ .

2) De même $r(B)=C$ , donc $r^{-1}(C)=B$ . Enfin $r(C)=D$ et $r(D)=A$ .

Exercice 2 — Orthogonalité Facile ★☆☆☆☆

Soit $ABC$ un triangle et $r=r\Bigl(A\,;\,\dfrac\pi2\Bigr)$ . On pose $E=r(B)$ et $D=r(C)$ .

1) Construire les points $E$ et $D$ .

2) Montrer que $(DE)\perp(BC)$ .

Voir la solution

1) $E=r(B)$ est défini par $AE=AB$ et $\bigl(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AE}\bigr)=\dfrac\pi2\ [2\pi]$ ; $D=r(C)$ est défini par $AD=AC$ et $\bigl(\overrightarrow{AC}\,;\,\overrightarrow{AD}\bigr)=\dfrac\pi2\ [2\pi]$ .

2) Comme $E=r(B)$ et $D=r(C)$ , la propriété de l’angle d’une rotation donne $\bigl(\overrightarrow{BC}\,;\,\overrightarrow{r(B)r(C)}\bigr)=\dfrac\pi2\ [2\pi],$ c’est-à-dire $\bigl(\overrightarrow{BC}\,;\,\overrightarrow{ED}\bigr)=\dfrac\pi2\ [2\pi]$ . Donc $(BC)\perp(ED)$ , soit $(BC)\perp(DE)$ .

Exercice 3 — Conservation des distances et du milieu Facile ★★☆☆☆

Soient $A$ , $B$ , $C$ trois points du plan tels que $\overrightarrow{AB}=\dfrac12\overrightarrow{AC}$ . Soit $O$ le milieu de $[BC]$ . On pose $r=r\Bigl(O\,;\,\dfrac{2\pi}3\Bigr)$ , $A'=r(A)$ , $B'=r(B)$ , $C'=r(C)$ .

1) Montrer que $\overrightarrow{A'B'}=\dfrac12\overrightarrow{A'C'}$ .

2) Montrer que $O$ est le milieu de $[B'C']$ .

Voir la solution

1) L’hypothèse $\overrightarrow{AB}=\dfrac12\overrightarrow{AC}$ et la conservation du coefficient de colinéarité par $r$ donnent $\overrightarrow{A'B'}=\dfrac12\overrightarrow{A'C'}$ .

2) $O$ est le milieu de $[BC]$ , donc $r(O)$ est le milieu de $[B'C']$ . Or $r(O)=O$ , d’où le résultat.

Exercice 4 — Triangle équilatéral — losange Facile ★★☆☆☆

Soit $ABC$ un triangle équilatéral tel que $\bigl(\overrightarrow{BA}\,;\,\overrightarrow{BC}\bigr)=\dfrac\pi3\ [2\pi]$ .

1) Déterminer l’angle de la rotation $r$ de centre $B$ qui transforme $A$ en $C$ .

2) Construire le point $D=r(C)$ .

3) En déduire que le quadrilatère $ABDC$ est un losange.

Voir la solution

1) On doit avoir $BA=BC$ (vrai) et $\bigl(\overrightarrow{BA}\,;\,\overrightarrow{BC}\bigr)=\alpha\ [2\pi]$ . Par hypothèse $\alpha=\dfrac\pi3$ .

2) $D=r(C)$ vérifie $BD=BC$ et $\bigl(\overrightarrow{BC}\,;\,\overrightarrow{BD}\bigr)=\dfrac\pi3\ [2\pi]$ .

3) On a $AB=BC=BD$ . De plus $r(A)=C$ et $r(C)=D$ , donc $CD=r(A)r(C)=AC=AB$ . Les quatre côtés $AB$ , $BD$ , $DC$ et $CA$ sont égaux : $ABDC$ est un losange.

Exercice 5 — Carré et milieux Facile ★★☆☆☆

$ABCD$ est un carré de centre $\Omega$ tel que $\bigl(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AD}\bigr)=\dfrac\pi2\ [2\pi]$ . Soient $I$ et $J$ les milieux respectifs de $[AB]$ et $[BC]$ . Soit $r=r\Bigl(\Omega\,;\,\dfrac\pi2\Bigr)$ .

Montrer que $(CI)\perp(DJ)$ .

Voir la solution

On a $r(A)=B$ , $r(B)=C$ , $r(C)=D$ , $r(D)=A$ . Le milieu $I$ de $[AB]$ est envoyé sur le milieu $J$ de $[BC]$ : $r(I)=J$ . De plus $r(C)=D$ .

La propriété de l’angle donne $\bigl(\overrightarrow{CI}\,;\,\overrightarrow{r(C)r(I)}\bigr)=\dfrac\pi2\ [2\pi]$ , soit $\bigl(\overrightarrow{CI}\,;\,\overrightarrow{DJ}\bigr)=\dfrac\pi2\ [2\pi]$ . Donc $(CI)\perp(DJ)$ .

Exercice 6 — Triangles rectangles isocèles Moyen ★★★☆☆

Soit $ABC$ un triangle. On construit, à l’extérieur de $ABC$ , les points $D$ et $E$ tels que $ABD$ et $ACE$ soient des triangles rectangles isocèles de sommets principaux $A$ (droits en $A$ ), avec $\bigl(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AD}\bigr)=\dfrac\pi2\ [2\pi]$ et $\bigl(\overrightarrow{AC}\,;\,\overrightarrow{AE}\bigr)=\dfrac\pi2\ [2\pi]$ .

En utilisant la rotation $r=r\Bigl(A\,;\,\dfrac\pi2\Bigr)$ , montrer que $BC=DE$ et $\bigl(\overrightarrow{BC}\,;\,\overrightarrow{DE}\bigr)=\dfrac\pi2\ [2\pi]$ .

Voir la solution

Par construction $D=r(B)$ et $E=r(C)$ . La conservation des distances donne $BC=DE$ . La propriété de l’angle donne $\bigl(\overrightarrow{BC}\,;\,\overrightarrow{DE}\bigr)=\bigl(\overrightarrow{BC}\,;\,\overrightarrow{r(B)r(C)}\bigr)=\dfrac\pi2\ [2\pi].$

Exercice 7 — Symétrie centrale comme rotation Facile ★★☆☆☆

Soit $ABC$ un triangle et $r=r(C\,;\,\pi)$ . On pose $F=r(A)$ .

1) Montrer que $C$ est le milieu de $[AF]$ .

2) Soit $E$ le symétrique de $B$ par rapport à $C$ . Montrer que $r(E)=B$ et que $AE=BF$ .

Voir la solution

1) $r(C\,;\,\pi)$ est la symétrie centrale de centre $C$ , donc $C$ est le milieu de $[AF]$ .

2) $E$ symétrique de $B$ par rapport à $C$ signifie $r(B)=E$ , donc $r(E)=B$ . Alors $AE=r(A)r(E)=FB=BF$ .

Exercice 8 — Deux carrés adjacents Moyen ★★★☆☆

Soient $ABCD$ et $ADEF$ deux carrés situés d’un même côté de $(AD)$ , avec $\bigl(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AD}\bigr)=\dfrac\pi2\ [2\pi]$ et $\bigl(\overrightarrow{AD}\,;\,\overrightarrow{AF}\bigr)=\dfrac\pi2\ [2\pi]$ . Soit $G$ un point de $[AB]$ . Le cercle de centre $A$ passant par $G$ coupe $[AD]$ en $H$ et $[AF]$ en $I$ .

En utilisant une rotation de centre $A$ bien choisie, montrer que $DG=HF$ et $CH=EI$ .

Voir la solution

Soit $r=r\Bigl(A\,;\,\dfrac\pi2\Bigr)$ . D’après les orientations des carrés : $r(B)=D$ , $r(D)=F$ et $r(C)=E$ .

Le cercle de centre $A$ passant par $G$ est globalement stable en rayon ; comme $r$ envoie la demi-droite $[AB)$ sur $[AD)$ et $[AD)$ sur $[AF)$ , on a $r(G)=H$ et $r(H)=I$ .

$r(D)=F$ et $r(G)=H$ $\Longrightarrow$ $DG=r(D)r(G)=FH=HF$ .
$r(C)=E$ et $r(H)=I$ $\Longrightarrow$ $CH=r(C)r(H)=EI$ .

Exercice 9 — Centre d’une rotation Facile ★★☆☆☆

Soit $ABC$ un triangle équilatéral tel que $\bigl(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AC}\bigr)=\dfrac\pi3\ [2\pi]$ . Soit $r$ la rotation qui transforme $A$ en $B$ et $B$ en $C$ .

1) Déterminer l’angle $\alpha$ de $r$ .

2) Déterminer le centre $\Omega$ de $r$ .

Voir la solution

1) L’angle $\alpha$ de $r$ vérifie $\alpha=\bigl(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{BC}\bigr)\ [2\pi]$ . Dans le triangle équilatéral avec $\bigl(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AC}\bigr)=\dfrac\pi3\ [2\pi]$ , on obtient $\alpha=\dfrac{2\pi}3$ .

2) Le centre $\Omega$ est l’intersection des médiatrices de $[AB]$ et de $[BC]$ : c’est le circumcentre de $ABC$ (égal au centre de gravité, $ABC$ étant équilatéral).

Exercice 10 — Triangle isocèle Facile ★★☆☆☆

Soit $ABC$ un triangle isocèle en $A$ tel que $\bigl(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AC}\bigr)=\alpha\ [2\pi]$ avec $\alpha\not\equiv0\ [\pi]$ . Déterminer le centre et l’angle de la rotation $r$ telle que $r(C)=A$ et $r(A)=B$ .

Voir la solution

La conservation des distances impose $CA=AB$ , ce qui est vrai car $ABC$ est isocèle en $A$ .

L’angle $\beta$ de $r$ vérifie $\beta=\bigl(\overrightarrow{CA}\,;\,\overrightarrow{AB}\bigr)\ [2\pi]$ .

Le centre $\Omega$ est l’intersection des médiatrices de $[CA]$ et de $[AB]$ .

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