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 est orienté dans le sens direct.
I. Définition d’une rotation — rotation réciproque
1) Rappels
Remarque 1 : rappels
La médiatrice d’un segment [AB] est l’ensemble des points équidistants de A et de B.
Soit O un point et A=O. Construire le point A′ tel que OA′=OA et (OA;OA′)≡3π[2π]. Combien y a-t-il de tels points ?
Voir la solution
A′ est sur le cercle de centre O passant par A, et sur la demi-droite d’origine O faisant l’angle 3π avec [OA) : il existe un unique tel point.
3) Définition
Définition 1 : rotation
Soient O un point du plan et α un réel. La rotation de centre O et d’angle α, notée r(O;α), est l’application du plan dans lui-même qui associe à tout point M le point M′ défini par :
si M=O : M′=O ;
si M=O : OM′=OM et (OM;OM′)≡α[2π].
Définition 2 : rotation réciproque
La rotation r(O;−α) est appelée rotation réciproque de r=r(O;α) ; on la note r−1. Pour tous points M et N : r−1(N)=M⟺r(M)=N.
Exemple 1
Soit ABC un triangle isocèle en A tel que (AB;AC)≡−3π[2π] et r=r(A;3π). Montrer que r(C)=B.
Voir la solution
AC=AB et (AC;AB)≡−(AB;AC)≡3π. Donc r(C)=B.
Remarque 2
Si α≡0[2π], le centre O est l’unique point invariant de r(O;α), et si r(M)=N (M=O), alors O appartient à la médiatrice de [MN].
Si α≡0[2π], r est l’identité ; si α≡π[2π], r est la symétrie centrale de centre O.
II. Image des figures usuelles
Propriété 1
Soit r une rotation, r(M)=M′, r(N)=N′, r(E)=E′, r(F)=F′.
Figure
Droite (MN)
Demi-droite [MN)
Segment [MN]
Cercle C(M;R)
Triangle MNE
Image par r
droite (M′N′)
demi-droite [M′N′)
segment [M′N′]
cercle C(M′;R)
triangle M′N′E′
L’image d’un quadrilatère MNEF est le quadrilatère M′N′E′F′ de même nature.
Exemple 2
Soit ABCD un rectangle et r=r(A;65π). Décrire l’image du rectangle ABCD par r.
Voir la solution
C’est le rectangle AB′C′D′, où B′=r(B), C′=r(C), D′=r(D) : il a les mêmes dimensions que ABCD (conservation des distances et des angles).
III. Propriétés d’une rotation
1) Propriétés de conservation
Propriété 2 : une rotation conserve…
Soit r une rotation d’angle α ; pour tout point X, on note X′=r(X).
les distances : M′N′=MN ;
les angles orientés : (M′N′;E′F′)≡(MN;EF)[2π] ;
l’alignement et le coefficient de colinéarité : MN=kEF⟹M′N′=kE′F′ ;
le barycentre : G=Bar{(M;a);(N;b)}⟹G′=Bar{(M′;a);(N′;b)} ; en particulier le milieu et le centre de gravité ;
l’appartenance, l’intersection, le parallélisme et l’orthogonalité.
Propriété 3 : angle d’une rotation
Si r est une rotation d’angle α et M=N, alors (MN;r(M)r(N))≡α[2π]. En particulier, si α≡±2π, (MN)⊥(r(M)r(N)).
Propriété 4 : existence
Soient A,B,A′,B′ quatre points tels que A=B, AB=A′B′ et AB=A′B′. Il existe une unique rotation r telle que r(A)=A′ et r(B)=B′ ; son angle mesure (AB;A′B′) et son centre est l’intersection des médiatrices de [AA′] et [BB′] (lorsqu’elles sont sécantes).
2) Application
Application 1
Soit ABC un triangle équilatéral direct et D un point de [AB]. On pose r=r(A;3π), E=r(D). Montrer que E∈[AC] et que (DE)∥(BC).
Voir la solution
r(B)=C (triangle équilatéral direct) ; r conserve l’appartenance : D∈[AB]⟹E=r(D)∈[r(A)r(B)]=[AC]. Et AD=AE avec DAE=60∘ : ADE est équilatéral, donc ADE=ABC=60∘ et (DE)∥(BC) (angles correspondants).
IV. Composition de rotations — décomposition
Théorème 1 : composée de deux rotations
Soient r1=r(O1;α1) et r2=r(O2;α2).
Si O1=O2, r2∘r1 est la rotation de centre O1 et d’angle α1+α2.
Si O1=O2 et α1+α2≡0[2π], r2∘r1 est une rotation d’angle α1+α2.
Si O1=O2 et α1+α2≡0[2π], r2∘r1 est une translation.
Théorème 2 : composée de deux symétries axiales
Soient (Δ1) et (Δ2) deux droites de vecteurs directeurs u et v.
Si (Δ1)∩(Δ2)={Ω}, alors S(Δ2)∘S(Δ1)=r(Ω;2(u;v)).
Si (Δ1)∥(Δ2), alors S(Δ2)∘S(Δ1) est la translation de vecteur 2HK, où H∈(Δ1) et K est le projeté orthogonal de H sur (Δ2).
Théorème 3 : décomposition
Toute rotation r(Ω;α) s’écrit S(Δ2)∘S(Δ1) où (Δ1) est une droite quelconque passant par Ω et (Δ2) la droite passant par Ω telle que (u;v)≡2α[π].
Exemple 3
Soit ABCD un carré tel que (AB;AD)≡2π. Montrer que r(A;2π)=S(AD)∘S(AC) et déterminer la nature de S(AC)∘S(BD).
Voir la solution
(AC) et (AD) se coupent en A et (AC;AD)≡4π, donc S(AD)∘S(AC)=r(A;2×4π)=r(A;2π). Les diagonales (BD) et (AC) se coupent au centre O et sont perpendiculaires : S(AC)∘S(BD)=r(O;π), la symétrie centrale de centre O.
Résumé
À retenir
r(O;α)(M)=M′⟺OM′=OM et (OM;OM′)≡α[2π] (M=O) ; r−1=r(O;−α).
(MN;r(M)r(N))≡α : c’est ainsi qu’on lit l’angle d’une rotation.
Composées : mêmes centres ou somme des angles ≡0⇒ rotation ; somme ≡0, centres distincts ⇒ translation. S(Δ2)∘S(Δ1)=r(Ω;2(u;v)).
Série d’exercices
Remarque — méthodes utilisées
Définition : pour M=Ω, r(Ω;θ)(M)=N⟺ΩM=ΩN et (ΩM;ΩN)≡θ[2π].
Propriétés : une rotation conserve les distances, les angles orientés, l’alignement, le milieu, le barycentre, le parallélisme et l’orthogonalité.
Si r est une rotation d’angle θ et r(M)=M′, r(N)=N′ (M=N), alors (MN;M′N′)≡θ[2π] ; si θ≡±2π, (MN)⊥(M′N′).
Toutes les affirmations ont été contrôlées numériquement (nombres complexes) dans build/verif_lot1_geo.py.
Cadre. Le plan P est orienté dans le sens direct. Pour un point Ω et un réel θ, r(Ω;θ) désigne la rotation de centre Ω et d’angle θ. Chaque réponse doit citer la propriété de la rotation utilisée. Difficulté : de ★ à ★★★★★.
Exercice 1 — Images et antécédents Facile★☆☆☆☆
Soit ABCD un carré de centre O tel que (AB;AD)≡2π[2π], et r=r(O;2π).
Déterminer r(B), puis en déduire r−1(C).
Déterminer r(D), puis en déduire 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=OC et, l’orientation étant directe, (OB;OC)≡2π[2π]. Donc r(B)=C, c’est-à-dire r−1(C)=B.
2. De même OD=OA et (OD;OA)≡2π[2π], donc r(D)=A et r−1(A)=D.
Exercice 2 — Orthogonalité par rotation d’un quart de tour Facile★★☆☆☆
Soit ABC un triangle et r=r(A;−2π).
Construire les points E et F tels que r(B)=E et r(C)=F.
Montrer que EF=BC et que (EF)⊥(BC).
Voir la solution
1.E est le point tel que AE=AB et (AB;AE)≡−2π ; de même pour F à partir de C.
2.r(B)=E et r(C)=F. La rotation conserve les distances : EF=BC. De plus (BC;EF)≡−2π[2π], donc (EF)⊥(BC).
Exercice 3 — Conservation du coefficient de colinéarité et du milieu Facile★★☆☆☆
Soient A, B et C trois points du plan tels que AB=−2AC, et O le milieu du segment [BC]. On considère r=r(O;5π) et on pose A′=r(A), B′=r(B), C′=r(C).
Montrer que A′B′=−2A′C′.
Montrer que O est le milieu du segment [B′C′].
Voir la solution
1. La rotation conserve le coefficient de colinéarité : AB=−2AC⟹r(A)r(B)=−2r(A)r(C), c’est-à-dire A′B′=−2A′C′.
2.O est le centre de r, donc r(O)=O. La rotation conserve le milieu : O milieu de [BC]⟹r(O)=O milieu de [r(B)r(C)]=[B′C′].
Exercice 4 — Losange Facile★★☆☆☆
Soit ABC un triangle équilatéral tel que (AB;AC)≡3π[2π].
Déterminer une mesure de l’angle de la rotation r de centre C qui transforme A en B.
Construire le point D, image de B par r.
En déduire que le quadrilatère ABDC est un losange.
Voir la solution
1.CA=CB et (CA;CB)≡3π[2π] (triangle équilatéral direct). Donc r=r(C;3π).
2.D vérifie CD=CB et (CB;CD)≡3π : le triangle CBD est équilatéral, D et A de part et d’autre de (BC).
3.CBD est équilatéral, donc BD=DC=CB ; et AB=BC=CA. Ainsi AB=BD=DC=CA : le quadrilatère ABDC a ses quatre côtés égaux, c’est un losange.
Exercice 5 — Choisir la bonne rotation Facile★★☆☆☆
Soit ABCD un carré de centre O tel que (AB;AD)≡2π[2π]. On note I et J les milieux respectifs de [BC] et [CD].
En utilisant la rotation r(O;2π), montrer que AI=BJ et (AI)⊥(BJ).
Voir la solution
1. Pour r=r(O;2π) : r(A)=B, r(B)=C et r(C)=D (diagonales du carré direct). La rotation conserve le milieu : I milieu de [BC]⟹r(I) milieu de [CD], donc r(I)=J. Comme r(A)=B et r(I)=J : AI=BJ (conservation des distances) et (AI;BJ)≡2π[2π], donc (AI)⊥(BJ).
Soit ABC un triangle tel que (AB;AC)∈]0;π[. On construit à l’extérieur du triangle les points D et E tels que ABD et ACE soient rectangles et isocèles en A.
En utilisant une rotation convenable, montrer que CD=BE et (CD)⊥(BE).
Voir la solution
1. On choisit r=r(A;2π). Le triangle étant direct, D (extérieur) vérifie AD=AB et (AD;AB)≡2π, donc r(D)=B ; E vérifie AC=AE et (AC;AE)≡2π, donc r(C)=E. Ainsi r transforme le segment [DC] en [BE] : CD=BE et (DC;BE)≡2π, d’où (CD)⊥(BE).
Exercice 7 — Rotation de centre le milieu de l’hypoténuse Moyen★★★☆☆
Soit ABC un triangle rectangle et isocèle en C tel que (CB;CA)≡2π[2π]. Soient I le milieu de [AB] et E le symétrique de B par rapport à C. On considère r=r(I;2π).
Construire une figure et montrer que r(A)=C et r(C)=B.
Construire le point F=r(E).
Déterminer une mesure de (CE;CA) et en déduire que (BF;BC)≡−2π[2π].
Montrer que BF=CA.
Montrer que AE=AB, puis en déduire que CF=AB.
En déduire la nature du quadrilatère ACFB.
Voir la solution
1. Dans le triangle rectangle isocèle ABC, le milieu I de l’hypoténuse vérifie IA=IB=IC et (IC)⊥(AB). Avec l’orientation donnée, (IA;IC)≡2π et (IC;IB)≡2π. Donc r(A)=C et r(C)=B.
2.F vérifie IF=IE et (IE;IF)≡2π.
3.CE=−CB, donc (CE;CA)≡π+(CB;CA)≡π+2π≡−2π[2π]. Or r(C)=B, r(E)=F, r(A)=C et la rotation conserve les angles orientés : (BF;BC)≡(CE;CA)≡−2π[2π].
4.r(C)=B et r(E)=F, donc BF=CE ; or CE=CB (C milieu de [BE]) et CB=CA. Donc BF=CA.
5.(AC)⊥(BE) et C est le milieu de [BE] : (AC) est la médiatrice de [BE], donc AE=AB. Puis r(A)=C et r(E)=F donnent CF=AE=AB.
6. D’après 3, (BC;BF)≡2π ; de plus (BC;CA)≡π+(CB;CA)≡−2π, donc, par Chasles, (BF;CA)≡(BF;BC)+(BC;CA)≡−2π−2π≡π : les vecteurs BF et AC sont colinéaires de même sens. Avec BF=CA (question 4), on obtient BF=AC. Le quadrilatère ACFB est donc un parallélogramme (il n’est ni un losange car AC=CF, ni un rectangle car (AC) n’est pas perpendiculaire à (CF)).
Exercice 8 — Deux carrés accolés et un cercle Moyen★★★☆☆
ABCD et ADEF sont deux carrés disposés comme sur la figure. Soit G un point du segment [AB] distinct de A et B, et (Γ) le cercle de centre A passant par G ; (Γ) coupe [AD] en H et [AF] en I.
En utilisant une rotation convenable, montrer que DG=FH et CH=EI.
Voir la solution
1. On choisit r=r(A;2π) (sens de la figure : de AD vers AF, et de AB vers AD). On a AD=AF et (AD;AF)≡2π, donc r(D)=F. AG=AH (rayons de (Γ)) et (AG;AH)≡(AB;AD)≡2π, donc r(G)=H. D’où DG=FH.
De même AC=AE (diagonales de deux carrés de même côté) et (AC;AE)≡2π, donc r(C)=E ; AH=AI et (AH;AI)≡2π, donc r(H)=I. D’où CH=EI.
Exercice 9 — Déterminer une rotation (1) Moyen★★★☆☆
Soit ABC un triangle équilatéral tel que (AB;AC)≡3π[2π], et r la rotation qui transforme A en B et B en C.
Déterminer une mesure α de l’angle de r (on rappelle que (−u;v)≡π+(u;v)[2π]).
Déterminer le centre Ω de r.
Voir la solution
1.r(A)=B et r(B)=C, donc α≡(AB;BC)≡π+(BA;BC)≡π−3π≡32π[2π].
2.ΩA=ΩB et ΩB=ΩC : Ω appartient aux médiatrices de [AB] et [BC], c’est le centre du cercle circonscrit, donc le centre de gravité G du triangle équilatéral. (Vérification : (GA;GB)≡32π.)
Exercice 10 — Déterminer une rotation (2) Moyen★★★☆☆
Soit ABC un triangle isocèle en A tel que (AB;AC)≡4π[2π].
Déterminer le centre et une mesure de l’angle de la rotation r telle que r(C)=A et r(A)=B.
Voir la solution
1. Angle : (CA;AB)≡π+(AC;AB)≡π−4π≡43π[2π]. Centre : ΩC=ΩA et ΩA=ΩB, donc Ω est le point d’intersection des médiatrices de [CA] et [AB], c’est-à-dire le centre du cercle circonscrit au triangle ABC. Ainsi r=r(Ω;43π).
Exercice 11 — Deux carrés de même sommet — barycentre Moyen★★★☆☆
On considère deux carrés ABCD et AEFG tels que AB=AE, (AB;AD)≡2π[2π], (AE;AG)≡2π[2π] et (AD;AE)≡2π[2π].
Construire une figure convenable.
Déterminer une mesure de l’angle de la rotation r de centre A qui transforme B en E.
a. Montrer que r(C)=F et r(D)=G.
b. Déterminer une mesure de l’angle (BC;EF).
Soit K le barycentre des points pondérés (A;−2), (B;2) et (C;1), et K′=r(K). Montrer que K∈(DC), puis que les points K′, F et G sont alignés.
Voir la solution
1. Figure : D s’obtient en tournant B de 2π autour de A, E en tournant D de 2π, G en tournant E de 2π.
2.(AB;AE)≡(AB;AD)+(AD;AE)≡π[2π] (Chasles). Comme AB=AE, r=r(A;π) : c’est la symétrie centrale de centre A.
3. a.(AD;AG)≡(AD;AE)+(AE;AG)≡π et AD=AG, donc r(D)=G. r transforme le carré ABCD en un carré de sommets A,E,r(C),G ; le quatrième sommet du carré AEFG étant F, r(C)=F. (Autrement : AC=AB+AD et la symétrie centrale donne Ar(C)=AE+AG=AF.)
3. b.r(B)=E, r(C)=F et r est d’angle π : (BC;EF)≡π[2π].
4. La somme des coefficients vaut 1 : AK=2AB+AC, donc DK=DA+2AB+AC=2AB+DC=3DC (car AB=DC et DA+AC=DC). Donc K∈(DC). La rotation conserve l’alignement : D,C,K alignés ⟹r(D)=G, r(C)=F, r(K)=K′ alignés.
Exercice 12 — Milieux et alignement Difficile★★★★☆
Soit OEF un triangle et r=r(O;−2π).
Construire les points C et D tels que r(F)=C et r(D)=E.
En déduire que DF=EC et que (DF)⊥(EC).
Soient A le point tel que r(E)=A, et I le milieu de [EF]. On pose J=r(I) et on note H le projeté orthogonal de O sur la droite (DC).
a. Montrer que O est le milieu du segment [AD].
b. Montrer que 2OJ=DC.
c. En déduire que les points I, O et H sont alignés.
2.r(D)=E et r(F)=C : DF=EC et (DF;EC)≡−2π, donc (DF)⊥(EC).
3. a.r∘r est la rotation de centre O et d’angle −π, c’est-à-dire la symétrie centrale de centre O. Or r∘r(D)=r(E)=A : A est le symétrique de D par rapport à O, donc O est le milieu de [AD].
3. b.I est le milieu de [EF] ; la rotation conserve le milieu : J=r(I) est le milieu de [r(E)r(F)]=[AC]. Dans le triangle ADC, O et J sont les milieux de [AD] et [AC] : par le théorème des milieux, OJ=21DC, soit 2OJ=DC.
3. c.r(O)=O et r(I)=J : (OI)⊥(OJ). Or (OJ)∥(DC), donc (OI)⊥(DC). Mais (OH)⊥(DC) aussi. Par O passe une seule perpendiculaire à (DC) : (OI)=(OH), donc I, O et H sont alignés.
Exercice 13 — Existence et éléments d’une rotation Difficile★★★★☆
Soit ABC un triangle isocèle en A et M un point du segment [BC] distinct de B et de C. La parallèle à (AB) passant par M coupe (AC) en E ; la parallèle à (AC) passant par M coupe (AB) en F.
Montrer que AE=BF.
Montrer qu’il existe une unique rotation r telle que r(A)=B et r(E)=F.
Soit α une mesure de (AB;AC). Déterminer, en fonction de α, une mesure de l’angle de r.
Montrer que r(C)=A.
Déterminer le centre Ω de r.
Voir la solution
1.AFME est un parallélogramme (côtés opposés parallèles), donc AE=FM. Dans le triangle BFM : (FM)∥(AC), donc FMB=ACB=ABC=FBM ; le triangle BFM est isocèle en F et FM=FB. Ainsi AE=BF.
2. On a A=E, B=F, AE=BF=0 et AE=BF (ces vecteurs ne sont pas colinéaires de même sens : AE est dirigé comme AC, BF comme BA). D’après le cours, il existe une unique rotation r telle que r(A)=B et r(E)=F.
3. Angle : (AE;BF)≡(AC;BA)≡π+(AC;AB)≡π−α[2π].
4.C∈(AE) avec AC=kAE (k=AEAC>0). La rotation conserve le coefficient de colinéarité : Br(C)=kBF ; or BA=BFBABF=AEACBF=kBF. Donc r(C)=A.
5.r(A)=B et r(C)=A : ΩA=ΩB et ΩC=ΩA ; Ω est l’intersection des médiatrices de [AB] et [AC] : c’est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC.
Exercice 14 — Alignement par les angles Difficile★★★★☆
Soit ABCD un carré de centre O tel que (AB;AD)≡2π[2π]. On construit les triangles équilatéraux CDE (à l’intérieur du carré) et BCF (à l’extérieur du carré), comme sur la figure.
En utilisant une rotation de centre C, montrer que DE=BF et (DE)⊥(BF).
Montrer que les points A, E et F sont alignés.
Voir la solution
1. Soit ρ=r(C;2π). CD=CB et (CD;CB)≡2π (carré direct), donc ρ(D)=B. CE=CD=CB=CF et (CE;CF)≡(CE;CD)+(CD;CB)+(CB;CF)≡−3π+2π+3π≡2π, donc ρ(E)=F. Par suite DE=BF et (DE)⊥(BF).
2. On calcule les angles géométriques en E.
Triangle DAE : DA=DC=DE, il est isocèle en D et ADE=90∘−60∘=30∘ ; donc DEA=2180∘−30∘=75∘.
Triangle CEF : CE=CF et ECF=90∘ (question 1) ; donc CEF=45∘.
CED=60∘.
Les angles AED, DEC et CEF sont adjacents (dans cet ordre autour de E) et 75∘+60∘+45∘=180∘ : l’angle AEF est plat, donc A, E et F sont alignés.
Exercice 15 — Rotations de même centre Moyen★★★☆☆
Soit ABC un triangle isocèle de sommet principal A, non rectangle. Soit R=r(A;3π).
a. Construire les points E et F tels que R(B)=E et R(C)=F.
b. Montrer que BC=EF.
Soit R′=r(A;−32π) (rotation d’angle 32π dans le sens indirect).
a. Construire le point K=R′(B).
b. Montrer que A est le milieu du segment [EK].
Montrer que le triangle EFK est rectangle en F.
Voir la solution
1. a.E : AE=AB, (AB;AE)≡3π ; F : AF=AC, (AC;AF)≡3π.
1. b.R(B)=E et R(C)=F ; la rotation conserve les distances : EF=BC.
2. a.K : AK=AB et (AB;AK)≡−32π.
2. b.AE=AB=AK et (AE;AK)≡(AE;AB)+(AB;AK)≡−3π−32π≡−π[2π] : AK=−AE, donc A est le milieu de [EK].
3.AF=AC=AB=AE=AK : E, F, K appartiennent au cercle de centre A et de diamètre [EK], et F=E (car C=B), F=K (sinon AC=−AB et A, B, C seraient alignés). Un triangle inscrit dans un cercle ayant pour côté un diamètre est rectangle : EFK est rectangle en F.
Exercice 16 — Composée de deux rotations Difficile★★★★★
Soit ABC un triangle équilatéral tel que (AB;AC)≡3π[2π]. Soient I le milieu de [BC] et J le point tel que B soit le milieu de [JC]. On pose RA=r(A;3π) et RB=r(B;−32π).
Soient A′ et B′ les images respectives de A et B par RB∘RA−1. Montrer que I est le milieu de [AA′] et que B′=C.
Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de RB∘RA−1.
Soit M un point quelconque du plan ; on pose M1=RA(M) et M2=RB(M). Montrer que I est le milieu de [M1M2].
Montrer que RB∘RA est une rotation dont on déterminera l’angle et le centre.
Voir la solution
1.RA−1(A)=A et RB(A)=A′ avec BA′=BA, (BA;BA′)≡−32π. Comme (BA;BC)≡−3π, on a (BC;BA′)≡−3π et BA′=BC : BCA′ est équilatéral et ABA′C est un losange ; ses diagonales [AA′] et [BC] ont le même milieu I.
Ensuite RA−1(B)=P avec AP=AB, (AB;AP)≡−3π ; puis BP=BA (triangle ABP équilatéral) et (BP;BC)≡(BP;BA)+(BA;BC)≡−3π−3π≡−32π, et BC=BA=BP : donc RB(P)=C, c’est-à-dire B′=C.
2.RA−1=r(A;−3π) ; RB∘RA−1 est la composée de deux rotations de centres distincts dont la somme des angles est −3π−32π=−π≡0[2π] : RB∘RA−1 est une rotation d’angle −π, c’est-à-dire une symétrie centrale. Son centre est le milieu de [AA′] : c’est I (question 1).
3.RB∘RA−1(M1)=RB(M)=M2 ; d’après 2, M2 est le symétrique de M1 par rapport à I : I est le milieu de [M1M2].
4. La somme des angles est 3π−32π=−3π≡0[2π] : RB∘RA est une rotation d’angle −3π. Pour le centre, on décompose (théorème de décomposition) :
(AJ;AB)≡6π (dans le triangle ABJ isocèle en B avec ABJ=120∘) : donc RA=S(AB)∘S(AJ) (angle 2×6π=3π) ;
(BA;BJ) : on a (AB;BJ)≡−3π, donc RB=S(BJ)∘S(AB) (angle 2×(−3π)=−32π).
Ainsi RB∘RA=S(BJ)∘S(AB)∘S(AB)∘S(AJ)=S(BJ)∘S(AJ). Les droites (AJ) et (BJ) se coupent en J : RB∘RA est la rotation de centre J et d’angle −3π.
