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Chapitre 10 — Rotation

Semestre 2

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Cours

Plan du chapitre. I. Définition d’une rotation, rotation réciproque — II. Image des figures usuelles — III. Propriétés d’une rotation — IV. Composition de rotations, décomposition d’une rotation — Résumé.

Prérequis. Angles orientés et relation de Chasles (Ch. 08), barycentre (Ch. 05), médiatrice, symétries axiales et translations (collège / tronc commun). Le plan P\mathcal P est orienté dans le sens direct.

I. Définition d’une rotation — rotation réciproque

1) Rappels

Remarque 1 : rappels

  • La médiatrice d’un segment [AB][AB] est l’ensemble des points équidistants de AA et de BB.
  • x≡y [2π]  ⟺  (∃k∈Z) x=y+2kπx\equiv y\,[2\pi]\iff(\exists k\in\Z)\ x=y+2k\pi.
  • (v⃗;u⃗)≡−(u⃗;v⃗)\left(\vec v;\vec u\right)\equiv-\left(\vec u;\vec v\right) ; (−u⃗;v⃗)≡π+(u⃗;v⃗)\left(-\vec u;\vec v\right)\equiv\pi+\left(\vec u;\vec v\right) ; (u⃗;v⃗)+(v⃗;w⃗)≡(u⃗;w⃗) [2π]\left(\vec u;\vec v\right)+\left(\vec v;\vec w\right)\equiv\left(\vec u;\vec w\right)\,[2\pi] (Chasles).

2) Activité

Activité 1

Soit OO un point et A≠OA\neq O. Construire le point A′A' tel que OA′=OAOA'=OA et (OA→;OA′→)≡π3 [2π]\left(\overrightarrow{OA};\overrightarrow{OA'}\right)\equiv\frac\pi3\,[2\pi]. Combien y a-t-il de tels points ?

Voir la solution

A′A' est sur le cercle de centre OO passant par AA, et sur la demi-droite d’origine OO faisant l’angle π3\frac\pi3 avec [OA)[OA) : il existe un unique tel point.

3) Définition

Définition 1 : rotation

Soient OO un point du plan et α\alpha un réel. La rotation de centre OO et d’angle α\alpha, notée r(O;α)r(O;\alpha), est l’application du plan dans lui-même qui associe à tout point MM le point M′M' défini par :

  • si M=OM=O : M′=OM'=O ;
  • si M≠OM\neq O : OM′=OMOM'=OM et (OM→;OM′→)≡α [2π]\left(\overrightarrow{OM};\overrightarrow{OM'}\right)\equiv\alpha\,[2\pi].

Définition 2 : rotation réciproque

La rotation r(O;−α)r(O;-\alpha) est appelée rotation réciproque de r=r(O;α)r=r(O;\alpha) ; on la note r−1r^{-1}. Pour tous points MM et NN : r−1(N)=M  ⟺  r(M)=Nr^{-1}(N)=M\iff r(M)=N.

Exemple 1

Soit ABCABC un triangle isocèle en AA tel que (AB→;AC→)≡−π3 [2π]\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right)\equiv-\frac\pi3\,[2\pi] et r=r(A;π3)r=r\left(A;\frac\pi3\right). Montrer que r(C)=Br(C)=B.

Voir la solution

AC=ABAC=AB et (AC→;AB→)≡−(AB→;AC→)≡π3\left(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{AB}\right)\equiv-\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right)\equiv\frac\pi3. Donc r(C)=Br(C)=B.

Remarque 2

  1. Si α≢0 [2π]\alpha\not\equiv0\,[2\pi], le centre OO est l’unique point invariant de r(O;α)r(O;\alpha), et si r(M)=Nr(M)=N (M≠OM\neq O), alors OO appartient à la médiatrice de [MN][MN].
  2. Si α≡0 [2π]\alpha\equiv0\,[2\pi], rr est l’identité ; si α≡π [2π]\alpha\equiv\pi\,[2\pi], rr est la symétrie centrale de centre OO.

II. Image des figures usuelles

Propriété 1

Soit rr une rotation, r(M)=M′r(M)=M', r(N)=N′r(N)=N', r(E)=E′r(E)=E', r(F)=F′r(F)=F'.

FigureDroite (MN)(MN)Demi-droite [MN)[MN)Segment [MN][MN]Cercle C(M;R)\mathcal C(M;R)Triangle MNEMNE
Image par rrdroite (M′N′)(M'N')demi-droite [M′N′)[M'N')segment [M′N′][M'N']cercle C(M′;R)\mathcal C(M';R)triangle M′N′E′M'N'E'

L’image d’un quadrilatère MNEFMNEF est le quadrilatère M′N′E′F′M'N'E'F' de même nature.

Exemple 2

Soit ABCDABCD un rectangle et r=r(A;5π6)r=r\left(A;\frac{5\pi}6\right). Décrire l’image du rectangle ABCDABCD par rr.

Voir la solution

C’est le rectangle AB′C′D′AB'C'D', où B′=r(B)B'=r(B), C′=r(C)C'=r(C), D′=r(D)D'=r(D) : il a les mêmes dimensions que ABCDABCD (conservation des distances et des angles).

III. Propriétés d’une rotation

1) Propriétés de conservation

Propriété 2 : une rotation conserve…

Soit rr une rotation d’angle α\alpha ; pour tout point XX, on note X′=r(X)X'=r(X).

  1. les distances : M′N′=MNM'N'=MN ;
  2. les angles orientés : (M′N′→;E′F′→)≡(MN→;EF→) [2π]\left(\overrightarrow{M'N'};\overrightarrow{E'F'}\right)\equiv\left(\overrightarrow{MN};\overrightarrow{EF}\right)\,[2\pi] ;
  3. l’alignement et le coefficient de colinéarité : MN→=kEF→⟹M′N′→=kE′F′→\overrightarrow{MN}=k\overrightarrow{EF}\Longrightarrow\overrightarrow{M'N'}=k\overrightarrow{E'F'} ;
  4. le barycentre : G=Bar{(M;a);(N;b)}⟹G′=Bar{(M′;a);(N′;b)}G=\mathrm{Bar}\{(M;a);(N;b)\}\Longrightarrow G'=\mathrm{Bar}\{(M';a);(N';b)\} ; en particulier le milieu et le centre de gravité ;
  5. l’appartenance, l’intersection, le parallélisme et l’orthogonalité.

Propriété 3 : angle d’une rotation

Si rr est une rotation d’angle α\alpha et M≠NM\neq N, alors (MN→;r(M)r(N)→)≡α [2π]\left(\overrightarrow{MN};\overrightarrow{r(M)r(N)}\right)\equiv\alpha\,[2\pi]. En particulier, si α≡±π2\alpha\equiv\pm\frac\pi2, (MN)⊥(r(M)r(N))(MN)\perp\big(r(M)r(N)\big).

Propriété 4 : existence

Soient A,B,A′,B′A,B,A',B' quatre points tels que A≠BA\neq B, AB=A′B′AB=A'B' et AB→≠A′B′→\overrightarrow{AB}\neq\overrightarrow{A'B'}. Il existe une unique rotation rr telle que r(A)=A′r(A)=A' et r(B)=B′r(B)=B' ; son angle mesure (AB→;A′B′→)\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{A'B'}\right) et son centre est l’intersection des médiatrices de [AA′][AA'] et [BB′][BB'] (lorsqu’elles sont sécantes).

2) Application

Application 1

Soit ABCABC un triangle équilatéral direct et DD un point de [AB][AB]. On pose r=r(A;π3)r=r\left(A;\frac\pi3\right), E=r(D)E=r(D). Montrer que E∈[AC]E\in[AC] et que (DE)∥(BC)(DE)\parallel(BC).

Voir la solution

r(B)=Cr(B)=C (triangle équilatéral direct) ; rr conserve l’appartenance : D∈[AB]⟹E=r(D)∈[r(A)r(B)]=[AC]D\in[AB]\Longrightarrow E=r(D)\in[r(A)r(B)]=[AC]. Et AD=AEAD=AE avec DAE^=60∘\widehat{DAE}=60^\circ : ADEADE est équilatéral, donc ADE^=ABC^=60∘\widehat{ADE}=\widehat{ABC}=60^\circ et (DE)∥(BC)(DE)\parallel(BC) (angles correspondants).

IV. Composition de rotations — décomposition

Théorème 1 : composée de deux rotations

Soient r1=r(O1;α1)r_1=r(O_1;\alpha_1) et r2=r(O2;α2)r_2=r(O_2;\alpha_2).

  • Si O1=O2O_1=O_2, r2∘r1r_2\circ r_1 est la rotation de centre O1O_1 et d’angle α1+α2\alpha_1+\alpha_2.
  • Si O1≠O2O_1\neq O_2 et α1+α2≢0 [2π]\alpha_1+\alpha_2\not\equiv0\,[2\pi], r2∘r1r_2\circ r_1 est une rotation d’angle α1+α2\alpha_1+\alpha_2.
  • Si O1≠O2O_1\neq O_2 et α1+α2≡0 [2π]\alpha_1+\alpha_2\equiv0\,[2\pi], r2∘r1r_2\circ r_1 est une translation.

Théorème 2 : composée de deux symétries axiales

Soient (Δ1)(\Delta_1) et (Δ2)(\Delta_2) deux droites de vecteurs directeurs u⃗\vec u et v⃗\vec v.

  1. Si (Δ1)∩(Δ2)={Ω}(\Delta_1)\cap(\Delta_2)=\{\Omega\}, alors S(Δ2)∘S(Δ1)=r(Ω;2(u⃗;v⃗))S_{(\Delta_2)}\circ S_{(\Delta_1)}=r\big(\Omega;2(\vec u;\vec v)\big).
  2. Si (Δ1)∥(Δ2)(\Delta_1)\parallel(\Delta_2), alors S(Δ2)∘S(Δ1)S_{(\Delta_2)}\circ S_{(\Delta_1)} est la translation de vecteur 2HK→2\overrightarrow{HK}, où H∈(Δ1)H\in(\Delta_1) et KK est le projeté orthogonal de HH sur (Δ2)(\Delta_2).

Théorème 3 : décomposition

Toute rotation r(Ω;α)r(\Omega;\alpha) s’écrit S(Δ2)∘S(Δ1)S_{(\Delta_2)}\circ S_{(\Delta_1)} où (Δ1)(\Delta_1) est une droite quelconque passant par Ω\Omega et (Δ2)(\Delta_2) la droite passant par Ω\Omega telle que (u⃗;v⃗)≡α2 [π](\vec u;\vec v)\equiv\frac\alpha2\,[\pi].

Exemple 3

Soit ABCDABCD un carré tel que (AB→;AD→)≡π2\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AD}\right)\equiv\frac\pi2. Montrer que r(A;π2)=S(AD)∘S(AC)r\left(A;\frac\pi2\right)=S_{(AD)}\circ S_{(AC)} et déterminer la nature de S(AC)∘S(BD)S_{(AC)}\circ S_{(BD)}.

Voir la solution

(AC)(AC) et (AD)(AD) se coupent en AA et (AC→;AD→)≡π4\left(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{AD}\right)\equiv\frac\pi4, donc S(AD)∘S(AC)=r(A;2×π4)=r(A;π2)S_{(AD)}\circ S_{(AC)}=r\left(A;2\times\frac\pi4\right)=r\left(A;\frac\pi2\right). Les diagonales (BD)(BD) et (AC)(AC) se coupent au centre OO et sont perpendiculaires : S(AC)∘S(BD)=r(O;π)S_{(AC)}\circ S_{(BD)}=r(O;\pi), la symétrie centrale de centre OO.

Résumé

À retenir

  • r(O;α)(M)=M′  ⟺  OM′=OMr(O;\alpha)(M)=M'\iff OM'=OM et (OM→;OM′→)≡α [2π]\left(\overrightarrow{OM};\overrightarrow{OM'}\right)\equiv\alpha\,[2\pi] (M≠OM\neq O) ; r−1=r(O;−α)r^{-1}=r(O;-\alpha).
  • Une rotation conserve distances, angles orientés, alignement, colinéarité, barycentre, milieu, parallélisme, orthogonalité.
  • (MN→;r(M)r(N)→)≡α\left(\overrightarrow{MN};\overrightarrow{r(M)r(N)}\right)\equiv\alpha : c’est ainsi qu’on lit l’angle d’une rotation.
  • Composées : mêmes centres ou somme des angles ≢0\not\equiv0 ⇒\Rightarrow rotation ; somme ≡0\equiv0, centres distincts ⇒\Rightarrow translation. S(Δ2)∘S(Δ1)=r(Ω;2(u⃗;v⃗))S_{(\Delta_2)}\circ S_{(\Delta_1)}=r\big(\Omega;2(\vec u;\vec v)\big).

Série d’exercices

Remarque — méthodes utilisées

  • Définition : pour M≠ΩM\neq\Omega, r(Ω;θ)(M)=N  ⟺  ΩM=ΩNr(\Omega;\theta)(M)=N\iff\Omega M=\Omega N et (ΩM→;ΩN→)≡θ [2π]\left(\overrightarrow{\Omega M};\overrightarrow{\Omega N}\right)\equiv\theta\,[2\pi].
  • Propriétés : une rotation conserve les distances, les angles orientés, l’alignement, le milieu, le barycentre, le parallélisme et l’orthogonalité.
  • Si rr est une rotation d’angle θ\theta et r(M)=M′r(M)=M', r(N)=N′r(N)=N' (M≠NM\neq N), alors (MN→;M′N′→)≡θ [2π]\left(\overrightarrow{MN};\overrightarrow{M'N'}\right)\equiv\theta\,[2\pi] ; si θ≡±π2\theta\equiv\pm\frac\pi2, (MN)⊥(M′N′)(MN)\perp(M'N').
  • Toutes les affirmations ont été contrôlées numériquement (nombres complexes) dans build/verif_lot1_geo.py.

Cadre. Le plan P\mathcal P est orienté dans le sens direct. Pour un point Ω\Omega et un réel θ\theta, r(Ω;θ)r(\Omega;\theta) désigne la rotation de centre Ω\Omega et d’angle θ\theta. Chaque réponse doit citer la propriété de la rotation utilisée. Difficulté : de ★\bigstar à ★★★★★\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar.

Exercice 1 — Images et antécédents Facile ★☆☆☆☆

Soit ABCDABCD un carré de centre OO tel que (AB→;AD→)≡π2 [2π]\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AD}\right)\equiv\frac\pi2\,[2\pi], et r=r(O;π2)r=r\left(O;\frac\pi2\right).

  1. Déterminer r(B)r(B), puis en déduire r−1(C)r^{-1}(C).
  2. Déterminer r(D)r(D), puis en déduire r−1(A)r^{-1}(A).
Voir la solution

1. Les diagonales d’un carré sont de même longueur, se coupent en leur milieu et sont perpendiculaires : OB=OCOB=OC et, l’orientation étant directe, (OB→;OC→)≡π2 [2π]\left(\overrightarrow{OB};\overrightarrow{OC}\right)\equiv\frac\pi2\,[2\pi]. Donc r(B)=Cr(B)=C, c’est-à-dire r−1(C)=Br^{-1}(C)=B.

2. De même OD=OAOD=OA et (OD→;OA→)≡π2 [2π]\left(\overrightarrow{OD};\overrightarrow{OA}\right)\equiv\frac\pi2\,[2\pi], donc r(D)=Ar(D)=A et r−1(A)=Dr^{-1}(A)=D.

Exercice 2 — Orthogonalité par rotation d’un quart de tour Facile ★★☆☆☆

Soit ABCABC un triangle et r=r(A;−π2)r=r\left(A;-\frac\pi2\right).

  1. Construire les points EE et FF tels que r(B)=Er(B)=E et r(C)=Fr(C)=F.
  2. Montrer que EF=BCEF=BC et que (EF)⊥(BC)(EF)\perp(BC).
Voir la solution

1. EE est le point tel que AE=ABAE=AB et (AB→;AE→)≡−π2\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AE}\right)\equiv-\frac\pi2 ; de même pour FF à partir de CC.

2. r(B)=Er(B)=E et r(C)=Fr(C)=F. La rotation conserve les distances : EF=BCEF=BC. De plus (BC→;EF→)≡−π2 [2π]\left(\overrightarrow{BC};\overrightarrow{EF}\right)\equiv-\frac\pi2\,[2\pi], donc (EF)⊥(BC)(EF)\perp(BC).

Exercice 3 — Conservation du coefficient de colinéarité et du milieu Facile ★★☆☆☆

Soient AA, BB et CC trois points du plan tels que AB→=−2AC→\overrightarrow{AB}=-2\overrightarrow{AC}, et OO le milieu du segment [BC][BC]. On considère r=r(O;π5)r=r\left(O;\frac\pi5\right) et on pose A′=r(A)A'=r(A), B′=r(B)B'=r(B), C′=r(C)C'=r(C).

  1. Montrer que A′B′→=−2A′C′→\overrightarrow{A'B'}=-2\overrightarrow{A'C'}.
  2. Montrer que OO est le milieu du segment [B′C′][B'C'].
Voir la solution

1. La rotation conserve le coefficient de colinéarité : AB→=−2AC→⟹r(A)r(B)→=−2r(A)r(C)→\overrightarrow{AB}=-2\overrightarrow{AC}\Longrightarrow\overrightarrow{r(A)r(B)}=-2\overrightarrow{r(A)r(C)}, c’est-à-dire A′B′→=−2A′C′→\overrightarrow{A'B'}=-2\overrightarrow{A'C'}.

2. OO est le centre de rr, donc r(O)=Or(O)=O. La rotation conserve le milieu : OO milieu de [BC][BC] ⟹\Longrightarrow r(O)=Or(O)=O milieu de [r(B)r(C)]=[B′C′][r(B)r(C)]=[B'C'].

Exercice 4 — Losange Facile ★★☆☆☆

Soit ABCABC un triangle équilatéral tel que (AB→;AC→)≡π3 [2π]\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right)\equiv\frac\pi3\,[2\pi].

  1. Déterminer une mesure de l’angle de la rotation rr de centre CC qui transforme AA en BB.
  2. Construire le point DD, image de BB par rr.
  3. En déduire que le quadrilatère ABDCABDC est un losange.
Voir la solution

1. CA=CBCA=CB et (CA→;CB→)≡π3 [2π]\left(\overrightarrow{CA};\overrightarrow{CB}\right)\equiv\frac\pi3\,[2\pi] (triangle équilatéral direct). Donc r=r(C;π3)r=r\left(C;\frac\pi3\right).

2. DD vérifie CD=CBCD=CB et (CB→;CD→)≡π3\left(\overrightarrow{CB};\overrightarrow{CD}\right)\equiv\frac\pi3 : le triangle CBDCBD est équilatéral, DD et AA de part et d’autre de (BC)(BC).

3. CBDCBD est équilatéral, donc BD=DC=CBBD=DC=CB ; et AB=BC=CAAB=BC=CA. Ainsi AB=BD=DC=CAAB=BD=DC=CA : le quadrilatère ABDCABDC a ses quatre côtés égaux, c’est un losange.

Exercice 5 — Choisir la bonne rotation Facile ★★☆☆☆

Soit ABCDABCD un carré de centre OO tel que (AB→;AD→)≡π2 [2π]\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AD}\right)\equiv\frac\pi2\,[2\pi]. On note II et JJ les milieux respectifs de [BC][BC] et [CD][CD].

  1. En utilisant la rotation r(O;π2)r\left(O;\frac\pi2\right), montrer que AI=BJAI=BJ et (AI)⊥(BJ)(AI)\perp(BJ).
Voir la solution

1. Pour r=r(O;π2)r=r\left(O;\frac\pi2\right) : r(A)=Br(A)=B, r(B)=Cr(B)=C et r(C)=Dr(C)=D (diagonales du carré direct). La rotation conserve le milieu : II milieu de [BC][BC] ⟹\Longrightarrow r(I)r(I) milieu de [CD][CD], donc r(I)=Jr(I)=J. Comme r(A)=Br(A)=B et r(I)=Jr(I)=J : AI=BJAI=BJ (conservation des distances) et (AI→;BJ→)≡π2 [2π]\left(\overrightarrow{AI};\overrightarrow{BJ}\right)\equiv\frac\pi2\,[2\pi], donc (AI)⊥(BJ)(AI)\perp(BJ).

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

Soit ABCABC un triangle tel que (AB→;AC→)∈]0;π[\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right)\in\left]0;\pi\right[. On construit à l’extérieur du triangle les points DD et EE tels que ABDABD et ACEACE soient rectangles et isocèles en AA.

  1. En utilisant une rotation convenable, montrer que CD=BECD=BE et (CD)⊥(BE)(CD)\perp(BE).
Voir la solution

1. On choisit r=r(A;π2)r=r\left(A;\frac\pi2\right). Le triangle étant direct, DD (extérieur) vérifie AD=ABAD=AB et (AD→;AB→)≡π2\left(\overrightarrow{AD};\overrightarrow{AB}\right)\equiv\frac\pi2, donc r(D)=Br(D)=B ; EE vérifie AC=AEAC=AE et (AC→;AE→)≡π2\left(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{AE}\right)\equiv\frac\pi2, donc r(C)=Er(C)=E. Ainsi rr transforme le segment [DC][DC] en [BE][BE] : CD=BECD=BE et (DC→;BE→)≡π2\left(\overrightarrow{DC};\overrightarrow{BE}\right)\equiv\frac\pi2, d’où (CD)⊥(BE)(CD)\perp(BE).

Exercice 7 — Rotation de centre le milieu de l’hypoténuse Moyen ★★★☆☆

Soit ABCABC un triangle rectangle et isocèle en CC tel que (CB→;CA→)≡π2 [2π]\left(\overrightarrow{CB};\overrightarrow{CA}\right)\equiv\frac\pi2\,[2\pi]. Soient II le milieu de [AB][AB] et EE le symétrique de BB par rapport à CC. On considère r=r(I;π2)r=r\left(I;\frac\pi2\right).

  1. Construire une figure et montrer que r(A)=Cr(A)=C et r(C)=Br(C)=B.
  2. Construire le point F=r(E)F=r(E).
  3. Déterminer une mesure de (CE→;CA→)\left(\overrightarrow{CE};\overrightarrow{CA}\right) et en déduire que (BF→;BC→)≡−π2 [2π]\left(\overrightarrow{BF};\overrightarrow{BC}\right)\equiv-\frac\pi2\,[2\pi].
  4. Montrer que BF=CABF=CA.
  5. Montrer que AE=ABAE=AB, puis en déduire que CF=ABCF=AB.
  6. En déduire la nature du quadrilatère ACFBACFB.
Voir la solution

1. Dans le triangle rectangle isocèle ABCABC, le milieu II de l’hypoténuse vérifie IA=IB=ICIA=IB=IC et (IC)⊥(AB)(IC)\perp(AB). Avec l’orientation donnée, (IA→;IC→)≡π2\left(\overrightarrow{IA};\overrightarrow{IC}\right)\equiv\frac\pi2 et (IC→;IB→)≡π2\left(\overrightarrow{IC};\overrightarrow{IB}\right)\equiv\frac\pi2. Donc r(A)=Cr(A)=C et r(C)=Br(C)=B.

2. FF vérifie IF=IEIF=IE et (IE→;IF→)≡π2\left(\overrightarrow{IE};\overrightarrow{IF}\right)\equiv\frac\pi2.

3. CE→=−CB→\overrightarrow{CE}=-\overrightarrow{CB}, donc (CE→;CA→)≡π+(CB→;CA→)≡π+π2≡−π2 [2π]\left(\overrightarrow{CE};\overrightarrow{CA}\right)\equiv\pi+\left(\overrightarrow{CB};\overrightarrow{CA}\right)\equiv\pi+\frac\pi2\equiv-\frac\pi2\,[2\pi]. Or r(C)=Br(C)=B, r(E)=Fr(E)=F, r(A)=Cr(A)=C et la rotation conserve les angles orientés : (BF→;BC→)≡(CE→;CA→)≡−π2 [2π]\left(\overrightarrow{BF};\overrightarrow{BC}\right)\equiv\left(\overrightarrow{CE};\overrightarrow{CA}\right)\equiv-\frac\pi2\,[2\pi].

4. r(C)=Br(C)=B et r(E)=Fr(E)=F, donc BF=CEBF=CE ; or CE=CBCE=CB (CC milieu de [BE][BE]) et CB=CACB=CA. Donc BF=CABF=CA.

5. (AC)⊥(BE)(AC)\perp(BE) et CC est le milieu de [BE][BE] : (AC)(AC) est la médiatrice de [BE][BE], donc AE=ABAE=AB. Puis r(A)=Cr(A)=C et r(E)=Fr(E)=F donnent CF=AE=ABCF=AE=AB.

6. D’après 3, (BC→;BF→)≡π2\left(\overrightarrow{BC};\overrightarrow{BF}\right)\equiv\frac\pi2 ; de plus (BC→;CA→)≡π+(CB→;CA→)≡−π2\left(\overrightarrow{BC};\overrightarrow{CA}\right)\equiv\pi+\left(\overrightarrow{CB};\overrightarrow{CA}\right)\equiv-\frac\pi2, donc, par Chasles, (BF→;CA→)≡(BF→;BC→)+(BC→;CA→)≡−π2−π2≡π\left(\overrightarrow{BF};\overrightarrow{CA}\right)\equiv\left(\overrightarrow{BF};\overrightarrow{BC}\right)+\left(\overrightarrow{BC};\overrightarrow{CA}\right)\equiv-\frac\pi2-\frac\pi2\equiv\pi : les vecteurs BF→\overrightarrow{BF} et AC→\overrightarrow{AC} sont colinéaires de même sens. Avec BF=CABF=CA (question 4), on obtient BF→=AC→\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{AC}. Le quadrilatère ACFBACFB est donc un parallélogramme (il n’est ni un losange car AC≠CFAC\neq CF, ni un rectangle car (AC)(AC) n’est pas perpendiculaire à (CF)(CF)).

Exercice 8 — Deux carrés accolés et un cercle Moyen ★★★☆☆

ABCDABCD et ADEFADEF sont deux carrés disposés comme sur la figure. Soit GG un point du segment [AB][AB] distinct de AA et BB, et (Γ)(\Gamma) le cercle de centre AA passant par GG ; (Γ)(\Gamma) coupe [AD][AD] en HH et [AF][AF] en II.

Figure
  1. En utilisant une rotation convenable, montrer que DG=FHDG=FH et CH=EICH=EI.
Voir la solution

1. On choisit r=r(A;π2)r=r\left(A;\frac\pi2\right) (sens de la figure : de AD→\overrightarrow{AD} vers AF→\overrightarrow{AF}, et de AB→\overrightarrow{AB} vers AD→\overrightarrow{AD}). On a AD=AFAD=AF et (AD→;AF→)≡π2\left(\overrightarrow{AD};\overrightarrow{AF}\right)\equiv\frac\pi2, donc r(D)=Fr(D)=F. AG=AHAG=AH (rayons de (Γ)(\Gamma)) et (AG→;AH→)≡(AB→;AD→)≡π2\left(\overrightarrow{AG};\overrightarrow{AH}\right)\equiv\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AD}\right)\equiv\frac\pi2, donc r(G)=Hr(G)=H. D’où DG=FHDG=FH.

De même AC=AEAC=AE (diagonales de deux carrés de même côté) et (AC→;AE→)≡π2\left(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{AE}\right)\equiv\frac\pi2, donc r(C)=Er(C)=E ; AH=AIAH=AI et (AH→;AI→)≡π2\left(\overrightarrow{AH};\overrightarrow{AI}\right)\equiv\frac\pi2, donc r(H)=Ir(H)=I. D’où CH=EICH=EI.

Exercice 9 — Déterminer une rotation (1) Moyen ★★★☆☆

Soit ABCABC un triangle équilatéral tel que (AB→;AC→)≡π3 [2π]\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right)\equiv\frac\pi3\,[2\pi], et rr la rotation qui transforme AA en BB et BB en CC.

  1. Déterminer une mesure α\alpha de l’angle de rr (on rappelle que (−u⃗;v⃗)≡π+(u⃗;v⃗)[2π]\left(-\vec u;\vec v\right)\equiv\pi+\left(\vec u;\vec v\right)[2\pi]).
  2. Déterminer le centre Ω\Omega de rr.
Voir la solution

1. r(A)=Br(A)=B et r(B)=Cr(B)=C, donc α≡(AB→;BC→)≡π+(BA→;BC→)≡π−π3≡2π3 [2π]\alpha\equiv\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{BC}\right)\equiv\pi+\left(\overrightarrow{BA};\overrightarrow{BC}\right)\equiv\pi-\frac\pi3\equiv\frac{2\pi}3\,[2\pi].

2. ΩA=ΩB\Omega A=\Omega B et ΩB=ΩC\Omega B=\Omega C : Ω\Omega appartient aux médiatrices de [AB][AB] et [BC][BC], c’est le centre du cercle circonscrit, donc le centre de gravité GG du triangle équilatéral. (Vérification : (GA→;GB→)≡2π3\left(\overrightarrow{GA};\overrightarrow{GB}\right)\equiv\frac{2\pi}3.)

Exercice 10 — Déterminer une rotation (2) Moyen ★★★☆☆

Soit ABCABC un triangle isocèle en AA tel que (AB→;AC→)≡π4 [2π]\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right)\equiv\frac\pi4\,[2\pi].

  1. Déterminer le centre et une mesure de l’angle de la rotation rr telle que r(C)=Ar(C)=A et r(A)=Br(A)=B.
Voir la solution

1. Angle : (CA→;AB→)≡π+(AC→;AB→)≡π−π4≡3π4 [2π]\left(\overrightarrow{CA};\overrightarrow{AB}\right)\equiv\pi+\left(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{AB}\right)\equiv\pi-\frac\pi4\equiv\frac{3\pi}4\,[2\pi]. Centre : ΩC=ΩA\Omega C=\Omega A et ΩA=ΩB\Omega A=\Omega B, donc Ω\Omega est le point d’intersection des médiatrices de [CA][CA] et [AB][AB], c’est-à-dire le centre du cercle circonscrit au triangle ABCABC. Ainsi r=r(Ω;3π4)r=r\left(\Omega;\frac{3\pi}4\right).

Exercice 11 — Deux carrés de même sommet — barycentre Moyen ★★★☆☆

On considère deux carrés ABCDABCD et AEFGAEFG tels que AB=AEAB=AE, (AB→;AD→)≡π2 [2π]\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AD}\right)\equiv\frac\pi2\,[2\pi], (AE→;AG→)≡π2 [2π]\left(\overrightarrow{AE};\overrightarrow{AG}\right)\equiv\frac\pi2\,[2\pi] et (AD→;AE→)≡π2 [2π]\left(\overrightarrow{AD};\overrightarrow{AE}\right)\equiv\frac\pi2\,[2\pi].

  1. Construire une figure convenable.
  2. Déterminer une mesure de l’angle de la rotation rr de centre AA qui transforme BB en EE.
  3. a. Montrer que r(C)=Fr(C)=F et r(D)=Gr(D)=G. b. Déterminer une mesure de l’angle (BC→;EF→)\left(\overrightarrow{BC};\overrightarrow{EF}\right).
  4. Soit KK le barycentre des points pondérés (A;−2)(A;-2), (B;2)(B;2) et (C;1)(C;1), et K′=r(K)K'=r(K). Montrer que K∈(DC)K\in(DC), puis que les points K′K', FF et GG sont alignés.
Voir la solution

1. Figure : DD s’obtient en tournant BB de π2\frac\pi2 autour de AA, EE en tournant DD de π2\frac\pi2, GG en tournant EE de π2\frac\pi2.

2. (AB→;AE→)≡(AB→;AD→)+(AD→;AE→)≡π [2π]\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AE}\right)\equiv\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AD}\right)+\left(\overrightarrow{AD};\overrightarrow{AE}\right)\equiv\pi\,[2\pi] (Chasles). Comme AB=AEAB=AE, r=r(A;π)r=r(A;\pi) : c’est la symétrie centrale de centre AA.

3. a. (AD→;AG→)≡(AD→;AE→)+(AE→;AG→)≡π\left(\overrightarrow{AD};\overrightarrow{AG}\right)\equiv\left(\overrightarrow{AD};\overrightarrow{AE}\right)+\left(\overrightarrow{AE};\overrightarrow{AG}\right)\equiv\pi et AD=AGAD=AG, donc r(D)=Gr(D)=G. rr transforme le carré ABCDABCD en un carré de sommets A,E,r(C),GA,E,r(C),G ; le quatrième sommet du carré AEFGAEFG étant FF, r(C)=Fr(C)=F. (Autrement : AC→=AB→+AD→\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD} et la symétrie centrale donne Ar(C)→=AE→+AG→=AF→\overrightarrow{Ar(C)}=\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AF}.)

3. b. r(B)=Er(B)=E, r(C)=Fr(C)=F et rr est d’angle π\pi : (BC→;EF→)≡π [2π]\left(\overrightarrow{BC};\overrightarrow{EF}\right)\equiv\pi\,[2\pi].

4. La somme des coefficients vaut 11 : AK→=2AB→+AC→\overrightarrow{AK}=2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}, donc DK→=DA→+2AB→+AC→=2AB→+DC→=3DC→\overrightarrow{DK}=\overrightarrow{DA}+2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}=3\overrightarrow{DC} (car AB→=DC→\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC} et DA→+AC→=DC→\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{DC}). Donc K∈(DC)K\in(DC). La rotation conserve l’alignement : D,C,KD,C,K alignés ⟹\Longrightarrow r(D)=Gr(D)=G, r(C)=Fr(C)=F, r(K)=K′r(K)=K' alignés.

Exercice 12 — Milieux et alignement Difficile ★★★★☆

Soit OEFOEF un triangle et r=r(O;−π2)r=r\left(O;-\frac\pi2\right).

  1. Construire les points CC et DD tels que r(F)=Cr(F)=C et r(D)=Er(D)=E.
  2. En déduire que DF=ECDF=EC et que (DF)⊥(EC)(DF)\perp(EC).
  3. Soient AA le point tel que r(E)=Ar(E)=A, et II le milieu de [EF][EF]. On pose J=r(I)J=r(I) et on note HH le projeté orthogonal de OO sur la droite (DC)(DC). a. Montrer que OO est le milieu du segment [AD][AD]. b. Montrer que 2OJ→=DC→2\overrightarrow{OJ}=\overrightarrow{DC}. c. En déduire que les points II, OO et HH sont alignés.
Voir la solution

1. CC : OC=OFOC=OF, (OF→;OC→)≡−π2\left(\overrightarrow{OF};\overrightarrow{OC}\right)\equiv-\frac\pi2. D=r−1(E)D=r^{-1}(E) : OD=OEOD=OE, (OE→;OD→)≡π2\left(\overrightarrow{OE};\overrightarrow{OD}\right)\equiv\frac\pi2.

2. r(D)=Er(D)=E et r(F)=Cr(F)=C : DF=ECDF=EC et (DF→;EC→)≡−π2\left(\overrightarrow{DF};\overrightarrow{EC}\right)\equiv-\frac\pi2, donc (DF)⊥(EC)(DF)\perp(EC).

3. a. r∘rr\circ r est la rotation de centre OO et d’angle −π-\pi, c’est-à-dire la symétrie centrale de centre OO. Or r∘r(D)=r(E)=Ar\circ r(D)=r(E)=A : AA est le symétrique de DD par rapport à OO, donc OO est le milieu de [AD][AD].

3. b. II est le milieu de [EF][EF] ; la rotation conserve le milieu : J=r(I)J=r(I) est le milieu de [r(E)r(F)]=[AC][r(E)r(F)]=[AC]. Dans le triangle ADCADC, OO et JJ sont les milieux de [AD][AD] et [AC][AC] : par le théorème des milieux, OJ→=12DC→\overrightarrow{OJ}=\frac12\overrightarrow{DC}, soit 2OJ→=DC→2\overrightarrow{OJ}=\overrightarrow{DC}.

3. c. r(O)=Or(O)=O et r(I)=Jr(I)=J : (OI)⊥(OJ)(OI)\perp(OJ). Or (OJ)∥(DC)(OJ)\parallel(DC), donc (OI)⊥(DC)(OI)\perp(DC). Mais (OH)⊥(DC)(OH)\perp(DC) aussi. Par OO passe une seule perpendiculaire à (DC)(DC) : (OI)=(OH)(OI)=(OH), donc II, OO et HH sont alignés.

Exercice 13 — Existence et éléments d’une rotation Difficile ★★★★☆

Soit ABCABC un triangle isocèle en AA et MM un point du segment [BC][BC] distinct de BB et de CC. La parallèle à (AB)(AB) passant par MM coupe (AC)(AC) en EE ; la parallèle à (AC)(AC) passant par MM coupe (AB)(AB) en FF.

  1. Montrer que AE=BFAE=BF.
  2. Montrer qu’il existe une unique rotation rr telle que r(A)=Br(A)=B et r(E)=Fr(E)=F.
  3. Soit α\alpha une mesure de (AB→;AC→)\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right). Déterminer, en fonction de α\alpha, une mesure de l’angle de rr.
  4. Montrer que r(C)=Ar(C)=A.
  5. Déterminer le centre Ω\Omega de rr.
Voir la solution

1. AFMEAFME est un parallélogramme (côtés opposés parallèles), donc AE=FMAE=FM. Dans le triangle BFMBFM : (FM)∥(AC)(FM)\parallel(AC), donc FMB^=ACB^=ABC^=FBM^\widehat{FMB}=\widehat{ACB}=\widehat{ABC}=\widehat{FBM} ; le triangle BFMBFM est isocèle en FF et FM=FBFM=FB. Ainsi AE=BFAE=BF.

2. On a A≠EA\neq E, B≠FB\neq F, AE=BF≠0AE=BF\neq0 et AE→≠BF→\overrightarrow{AE}\neq\overrightarrow{BF} (ces vecteurs ne sont pas colinéaires de même sens : AE→\overrightarrow{AE} est dirigé comme AC→\overrightarrow{AC}, BF→\overrightarrow{BF} comme BA→\overrightarrow{BA}). D’après le cours, il existe une unique rotation rr telle que r(A)=Br(A)=B et r(E)=Fr(E)=F.

3. Angle : (AE→;BF→)≡(AC→;BA→)≡π+(AC→;AB→)≡π−α [2π]\left(\overrightarrow{AE};\overrightarrow{BF}\right)\equiv\left(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{BA}\right)\equiv\pi+\left(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{AB}\right)\equiv\pi-\alpha\,[2\pi].

4. C∈(AE)C\in(AE) avec AC→=kAE→\overrightarrow{AC}=k\overrightarrow{AE} (k=ACAE>0k=\frac{AC}{AE}>0). La rotation conserve le coefficient de colinéarité : Br(C)→=kBF→\overrightarrow{Br(C)}=k\overrightarrow{BF} ; or BA→=BABFBF→=ACAEBF→=kBF→\overrightarrow{BA}=\frac{BA}{BF}\overrightarrow{BF}=\frac{AC}{AE}\overrightarrow{BF}=k\overrightarrow{BF}. Donc r(C)=Ar(C)=A.

5. r(A)=Br(A)=B et r(C)=Ar(C)=A : ΩA=ΩB\Omega A=\Omega B et ΩC=ΩA\Omega C=\Omega A ; Ω\Omega est l’intersection des médiatrices de [AB][AB] et [AC][AC] : c’est le centre du cercle circonscrit au triangle ABCABC.

Exercice 14 — Alignement par les angles Difficile ★★★★☆

Soit ABCDABCD un carré de centre OO tel que (AB→;AD→)≡π2 [2π]\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AD}\right)\equiv\frac\pi2\,[2\pi]. On construit les triangles équilatéraux CDECDE (à l’intérieur du carré) et BCFBCF (à l’extérieur du carré), comme sur la figure.

Figure
  1. En utilisant une rotation de centre CC, montrer que DE=BFDE=BF et (DE)⊥(BF)(DE)\perp(BF).
  2. Montrer que les points AA, EE et FF sont alignés.
Voir la solution

1. Soit ρ=r(C;π2)\rho=r\left(C;\frac\pi2\right). CD=CBCD=CB et (CD→;CB→)≡π2\left(\overrightarrow{CD};\overrightarrow{CB}\right)\equiv\frac\pi2 (carré direct), donc ρ(D)=B\rho(D)=B. CE=CD=CB=CFCE=CD=CB=CF et (CE→;CF→)≡(CE→;CD→)+(CD→;CB→)+(CB→;CF→)≡−π3+π2+π3≡π2\left(\overrightarrow{CE};\overrightarrow{CF}\right)\equiv\left(\overrightarrow{CE};\overrightarrow{CD}\right)+\left(\overrightarrow{CD};\overrightarrow{CB}\right)+\left(\overrightarrow{CB};\overrightarrow{CF}\right)\equiv-\frac\pi3+\frac\pi2+\frac\pi3\equiv\frac\pi2, donc ρ(E)=F\rho(E)=F. Par suite DE=BFDE=BF et (DE)⊥(BF)(DE)\perp(BF).

2. On calcule les angles géométriques en EE.

  • Triangle DAEDAE : DA=DC=DEDA=DC=DE, il est isocèle en DD et ADE^=90∘−60∘=30∘\widehat{ADE}=90^\circ-60^\circ=30^\circ ; donc DEA^=180∘−30∘2=75∘\widehat{DEA}=\frac{180^\circ-30^\circ}2=75^\circ.
  • Triangle CEFCEF : CE=CFCE=CF et ECF^=90∘\widehat{ECF}=90^\circ (question 1) ; donc CEF^=45∘\widehat{CEF}=45^\circ.
  • CED^=60∘\widehat{CED}=60^\circ.

Les angles AED^\widehat{AED}, DEC^\widehat{DEC} et CEF^\widehat{CEF} sont adjacents (dans cet ordre autour de EE) et 75∘+60∘+45∘=180∘75^\circ+60^\circ+45^\circ=180^\circ : l’angle AEF^\widehat{AEF} est plat, donc AA, EE et FF sont alignés.

Exercice 15 — Rotations de même centre Moyen ★★★☆☆

Soit ABCABC un triangle isocèle de sommet principal AA, non rectangle. Soit R=r(A;π3)R=r\left(A;\frac\pi3\right).

  1. a. Construire les points EE et FF tels que R(B)=ER(B)=E et R(C)=FR(C)=F. b. Montrer que BC=EFBC=EF.
  2. Soit R′=r(A;−2π3)R'=r\left(A;-\frac{2\pi}3\right) (rotation d’angle 2π3\frac{2\pi}3 dans le sens indirect). a. Construire le point K=R′(B)K=R'(B). b. Montrer que AA est le milieu du segment [EK][EK].
  3. Montrer que le triangle EFKEFK est rectangle en FF.
Voir la solution

1. a. EE : AE=ABAE=AB, (AB→;AE→)≡π3\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AE}\right)\equiv\frac\pi3 ; FF : AF=ACAF=AC, (AC→;AF→)≡π3\left(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{AF}\right)\equiv\frac\pi3.

1. b. R(B)=ER(B)=E et R(C)=FR(C)=F ; la rotation conserve les distances : EF=BCEF=BC.

2. a. KK : AK=ABAK=AB et (AB→;AK→)≡−2π3\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AK}\right)\equiv-\frac{2\pi}3.

2. b. AE=AB=AKAE=AB=AK et (AE→;AK→)≡(AE→;AB→)+(AB→;AK→)≡−π3−2π3≡−π [2π]\left(\overrightarrow{AE};\overrightarrow{AK}\right)\equiv\left(\overrightarrow{AE};\overrightarrow{AB}\right)+\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AK}\right)\equiv-\frac\pi3-\frac{2\pi}3\equiv-\pi\,[2\pi] : AK→=−AE→\overrightarrow{AK}=-\overrightarrow{AE}, donc AA est le milieu de [EK][EK].

3. AF=AC=AB=AE=AKAF=AC=AB=AE=AK : EE, FF, KK appartiennent au cercle de centre AA et de diamètre [EK][EK], et F≠EF\neq E (car C≠BC\neq B), F≠KF\neq K (sinon AC→=−AB→\overrightarrow{AC}=-\overrightarrow{AB} et AA, BB, CC seraient alignés). Un triangle inscrit dans un cercle ayant pour côté un diamètre est rectangle : EFKEFK est rectangle en FF.

Exercice 16 — Composée de deux rotations Difficile ★★★★★

Soit ABCABC un triangle équilatéral tel que (AB→;AC→)≡π3 [2π]\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right)\equiv\frac\pi3\,[2\pi]. Soient II le milieu de [BC][BC] et JJ le point tel que BB soit le milieu de [JC][JC]. On pose RA=r(A;π3)R_A=r\left(A;\frac\pi3\right) et RB=r(B;−2π3)R_B=r\left(B;-\frac{2\pi}3\right).

  1. Soient A′A' et B′B' les images respectives de AA et BB par RB∘RA−1R_B\circ R_A^{-1}. Montrer que II est le milieu de [AA′][AA'] et que B′=CB'=C.
  2. Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de RB∘RA−1R_B\circ R_A^{-1}.
  3. Soit MM un point quelconque du plan ; on pose M1=RA(M)M_1=R_A(M) et M2=RB(M)M_2=R_B(M). Montrer que II est le milieu de [M1M2][M_1M_2].
  4. Montrer que RB∘RAR_B\circ R_A est une rotation dont on déterminera l’angle et le centre.
Voir la solution

1. RA−1(A)=AR_A^{-1}(A)=A et RB(A)=A′R_B(A)=A' avec BA′=BABA'=BA, (BA→;BA′→)≡−2π3\left(\overrightarrow{BA};\overrightarrow{BA'}\right)\equiv-\frac{2\pi}3. Comme (BA→;BC→)≡−π3\left(\overrightarrow{BA};\overrightarrow{BC}\right)\equiv-\frac\pi3, on a (BC→;BA′→)≡−π3\left(\overrightarrow{BC};\overrightarrow{BA'}\right)\equiv-\frac\pi3 et BA′=BCBA'=BC : BCA′BCA' est équilatéral et ABA′CABA'C est un losange ; ses diagonales [AA′][AA'] et [BC][BC] ont le même milieu II. Ensuite RA−1(B)=PR_A^{-1}(B)=P avec AP=ABAP=AB, (AB→;AP→)≡−π3\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AP}\right)\equiv-\frac\pi3 ; puis BP=BABP=BA (triangle ABPABP équilatéral) et (BP→;BC→)≡(BP→;BA→)+(BA→;BC→)≡−π3−π3≡−2π3\left(\overrightarrow{BP};\overrightarrow{BC}\right)\equiv\left(\overrightarrow{BP};\overrightarrow{BA}\right)+\left(\overrightarrow{BA};\overrightarrow{BC}\right)\equiv-\frac\pi3-\frac\pi3\equiv-\frac{2\pi}3, et BC=BA=BPBC=BA=BP : donc RB(P)=CR_B(P)=C, c’est-à-dire B′=CB'=C.

2. RA−1=r(A;−π3)R_A^{-1}=r\left(A;-\frac\pi3\right) ; RB∘RA−1R_B\circ R_A^{-1} est la composée de deux rotations de centres distincts dont la somme des angles est −π3−2π3=−π≢0 [2π]-\frac\pi3-\frac{2\pi}3=-\pi\not\equiv0\,[2\pi] : RB∘RA−1R_B\circ R_A^{-1} est une rotation d’angle −π-\pi, c’est-à-dire une symétrie centrale. Son centre est le milieu de [AA′][AA'] : c’est II (question 1).

3. RB∘RA−1(M1)=RB(M)=M2R_B\circ R_A^{-1}(M_1)=R_B(M)=M_2 ; d’après 2, M2M_2 est le symétrique de M1M_1 par rapport à II : II est le milieu de [M1M2][M_1M_2].

4. La somme des angles est π3−2π3=−π3≢0 [2π]\frac\pi3-\frac{2\pi}3=-\frac\pi3\not\equiv0\,[2\pi] : RB∘RAR_B\circ R_A est une rotation d’angle −π3-\frac\pi3. Pour le centre, on décompose (théorème de décomposition) :

  • (AJ→;AB→)≡π6\left(\overrightarrow{AJ};\overrightarrow{AB}\right)\equiv\frac\pi6 (dans le triangle ABJABJ isocèle en BB avec ABJ^=120∘\widehat{ABJ}=120^\circ) : donc RA=S(AB)∘S(AJ)R_A=S_{(AB)}\circ S_{(AJ)} (angle 2×π6=π32\times\frac\pi6=\frac\pi3) ;
  • (BA→;BJ→)\left(\overrightarrow{BA};\overrightarrow{BJ}\right) : on a (AB→;BJ→)≡−π3\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{BJ}\right)\equiv-\frac\pi3, donc RB=S(BJ)∘S(AB)R_B=S_{(BJ)}\circ S_{(AB)} (angle 2×(−π3)=−2π32\times\left(-\frac\pi3\right)=-\frac{2\pi}3).

Ainsi RB∘RA=S(BJ)∘S(AB)∘S(AB)∘S(AJ)=S(BJ)∘S(AJ)R_B\circ R_A=S_{(BJ)}\circ S_{(AB)}\circ S_{(AB)}\circ S_{(AJ)}=S_{(BJ)}\circ S_{(AJ)}. Les droites (AJ)(AJ) et (BJ)(BJ) se coupent en JJ : RB∘RAR_B\circ R_A est la rotation de centre JJ et d’angle −π3-\frac\pi3.

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