place A n'importe où sur (d), trace B image de A par la rotation de centre M, d'angle 90°
déplace A et recommence

fais le pour 5 points A différents : que dessinent tous les points B correspondants ?

Le problème est que je n'ai pas le droit de placer le point A, je dois démarrer seulement avec M et mes deux droites et construire le point A, non le placer n'importe où sur la droite, malheureusement. Cela serait bien plus simple..

tu n'as pas le droit ?
je te demande de faire une recherche sur le brouillon, je ne te donne pas la solution...

mais fais l'expérience au brouillon le plus précis possible pour voir apparaître la propriété que je veux te faire découvrir

Apparemment non..

Les points B forment une droite. La propriété est : "L'image d'une droite par une similitude est une droite." ?

qui te parle de similitude ?
je t'ai fait faire des rotations

c'est effectivement un type de similitude très particulier, puisque le rapport en est 1

l'image d'une droite par une rotation est une droite.

maintenant, cette image, elle ne te parait pas avoir une autre propriété ?

Elle est perpendiculaire a (d) ?

et ça a l'air de te surprendre ?

je vais t'en dire une bien bonne : je te fais faire ça pour te voir (re)découvrir des propriétés vues en cours.

oui, dans une rotation d'angle , un vecteur non nul est transformé en un vecteur tel que



donc toute droite de vecteur directeur est transformée en une droite de vecteur directeur et donc fait un angle de avec la droite d'origine.

étonnant, non ?

et ici, , donc la droite (d) est transformée en une droite (d1) perpendiculaire à (d)

et quelle que soit la position de A sur (d), l'image B de A est sur (d1), et on a comme par miracle : AMB est un triangle isocèle rectangle de sommet M. Cela découle immédiatement de la rotation.

Il y a une position de A très particulière : celle qui fait que son image B est aussi sur la droite (d')

ah !

mais alors, dans cette position, A est sur (d), B est sur (d') et le triangle AMB est isocèle rectangle de sommet M : bingo.

il reste à trouver un moyen de tracer cette droite (d1)



tu as quelque chose à me proposer avant que je te donne la réponse ? ce serait plus sympa que tu le devines tout seul.

"Construire un triangle MAB isocèle et rectangle en B"
La le triangle est de sommet M.. :/

tu as parfaitement raison, j'ai lu l'énoncé de travers



et là, on a une similitude : la transformation qui amène A sur B est une similitude d'angle ou de rapport

elle transforme donc en qui fait un même angle avec

par où passe ? par le point H, pied de la perpendiculaire en M à

Bonsoir,

A) En général, 2 solutions:

Ici, par rapport a l'énoncé, (d1) est (d) et (d) est (d') ?

et cailloux, comment construis-tu le triangle ABM ??

Je te donne la construction séchement:

- Le cercle de centre (intersection de et ) passant par recoupe la perpendiculaire en à en et

- Le cercle de diamètre (qui passe par ), recoupe en

- Le cercle de diamètre (qui passe par ), recoupe en

- Les droites et recoupent la droite respectivement en et .

- Les cercles de diamètres et recoupent la droite respectivement an et

Les triangles et sont solutions du problème.

Cailloux, ton explication est un peu sèche, comme tu le dis toi-même, mais surtout elle m'est incompréhensible (tu sauras m'ouvrir les yeux)

tu dis
- Le cercle de diamètre [MC'] (qui passe par O), recoupe (d) en D'
---> (d) ou (d') ?

- Les droites (DC) et (D'C') recoupent la droite (d') respectivement en A et A'.
---> (D'C') recoupe (d') en ... D'

Bon, j'ai moi-même abordé cet exercice sous de mauvais auspices, je m'excuse.

(d), (d') droites quelconques
M point quelconque
placer B sur (d), A sur (d') tel que MBA soit isocèle rectangle de sommet B

Illustration

Explication
ignorons d'abord (d), et plaçons A n'importe où sur (d') et B tel que MBA soit isocèle rectangle de sommet B
(il y a deux solutions pour B, symétriques, nous allons faire le raisonnement pour une seule d'entre elles)
B est l'image de A par la similitude de centre M, d'angle , de rapport
(l'autre B aurait été obtenu par la similitude de centre M, d'angle , de rapport

Si A est déplacé sur (d), B décrit une droite, image de la droite (d'), que j'ai nommée
Montrons qu'elle passe par H, pied de la perpendiculaire à (d') passant par M
Appelons pour ce faire (d'') la droite passant par H, faisant un angle de 45° par rapport à (d') et montrons que

Simple : ,image de (d') par la rotation d'angle , est inclinée du même angle par rapport à (d') que (d'')
il suffit alors de considérer A placé en H, et le triangle ABM a alors pour coté cette droite (d''). Même inclinaison, un point commun :

Oublions maintenant momentanément A, et conservons cette droite passant par H, inclinée de 45° par rapport à (d')
soit alors B l'intersection de avec (d)
Construisons A rotation de M d'angle de centre B

Alors ABM est isocèle rectangle en B,
donc B est l'image de A par la similitude précédente,
donc A est un point de (d') (puisque est l'image de (d') par cette similitude).

voilà, voilà

Ayant mal démarré cet exercice, j'ai aussi négligé la piste de ta prof



comment fait-elle ?

la droite (O'N') est l'image de la droite (d) par la similitude de centre M, d'angle , de rapport
(puisque c'est en fait cette similitude qui transforme O en O' et N en N')
ça ressemble donc à ma solution.

Donc A, intersection de (O'N') et de (d') est d'abord sur (O'N'), donc il existe un point B de (d) dont A est l'image

et le tour est joué. B est l'image de A par la similitude inverse de la première, c'est à dire de centre M, d'angle , de rapport

Il reste à donner la méthode pour construire B, car les méthodes de constructions ne peuvent utiliser que des translations, rotations, raison pour laquelle ta prof t'a donné une construction de O' et N' qui n'était pas basée sur la similitude de centre M, mais sur une rotation de centre O pour O' et N pour N'.

Simple : B est aussi sur la médiatrice de [MA]

Bonjour.
Voici ma méthode pour le A.
L'arc capable d'un angle donné sur un segment [PR] donné est formé de l'ensomble des points S tel que l'angle PSR mesure l'angle donné. En fait, il y a deux arcs capables, symétriques l'un de l'autre par rapport au segment.
On part d'un triangle A'M'B' isocèle en B'.
Soit O le point d'intersection de d et de d'.
On trace sur [A'B'] l'arc capable de l'angle AOB et à l'intérieur duquel se trouve M.
On trace sur [A'M'] l'arc capable de l'angle AOM.
Ces deux arcs se coupent en O'.
Dans la figure principale, on trace sur [MO[] l'arc capable de l'angle M'B'O'. Il coupe la droite d au point B cherché.

Merci à tous pour vos réponses !
Cependant je vais garder la methode de dhalte étant donné que c'est celle de m

Merci à tous pour vos réponses !
Cependant je vais garder la méthode de dhalte étant donné que c'est celle de ma prof.

Donc je comprends ta méthode , mise a part que je n'arrive pas à voir pourquoi A est à l'intersection de (O'N') et de (d') ...
et je suppose que pour construire B on construit l'image de M par une similitude de centre A de rapport 1/2 et d'angle -/4 ?

Excuse moi, le rapport n'est pas de 1/2 mais de 1/2 ?

pourquoi A est cette intersection ? parce qu'on le choisit ainsi.
ensuite, je t'ai montré pourquoi il répondait à la contrainte de l'énoncé.

oui, le rapport, comme je te l'indiquais est

là, tu devrais relire les posts précédents, parce que tes questions y trouvent déjà leurs réponses
(remarque, je te dis ça, mais je n'avais pour mon compte pas lu avec beaucoup d'attention ton premier message - ce qui est moins grave que pour toi qui est censé apprendre)

Ah oui, en effet, désolé. Merci beaucoup de ton aide !

Et donc pour la B si tu veux bien encore m'aider, pour le a )
on trace l'image de (D) par la rotation d'angle /3 , l'intersection avec D' est P'. Ensuite par la rotation de centre A et d'angle -/3 on a P l'image de P' sur D. On a alors le triangle equilateral PAP' ?

oui

B1)
d et d' deux droites parallèles
A point quelconque
tracer P sur d et P' sur d' tel que APP' soit équilatéral



méthode tout à fait semblable à la précédente.

oublions d', plaçons P sur d, construisons P' : rotation de P de centre A, d'angle

ce qui donne deux possibilités, je garde la première (la seconde donnera une deuxième configuration, tout comme dans l'exercice précédent)

quand P se déplace sur d, P' se déplace sur l'image de d par cette rotation : c'est une autre droite, que j'ai appelée (quelle inventivité).

donc il suffit de tracer et de choisir pour P' l'intersection de avec d'

comment tracer ?
dans l'esprit de l'exercice précédent, prendre deux points quelconques de d, en tracer les images par la rotation, passe par ces deux images.

une fois qu'on a P', comment tracer P ?
faire la rotation inverse, puisque P' est l'image de ce P cherché.


B2)
d et d' deux droites parallèles
A point quelconque
tracer Q sur d et Q' sur d' tel que AQ' soit diagonale d'un carré dont un sommet soit A

simple : dans ce cas-là, AQQ' est isocèle rectangle de sommet Q, tu reprends le même procédé que pour A) et B1) avec Q' image de Q par la similitude de centre A, d'angle 45°, de rapport

Merci beaucoup de ton aide !
J'ai une dernière question, comment trace t-on dr a la fin, de la même facon que dans la A ou la B ?

comment a-t-on fait dans les questions précédentes ?

Finalement j'ai trouvé est fini. Encore une fois, merci beaucoup de ton aide !