Translation et Construction de Figure
Comprendre la Translation et Construction de Figure
Dans un plan muni d’un repère orthonormal \((O, \vec{i}, \vec{j})\), on considère les points \(A(-2,1)\), \(B(2,3)\), et \(C(0,-1)\). On définit la translation \(\tau\) telle que \(\tau(\vec{u}) = \vec{u} + \vec{v}\) où \(\vec{v} = (3, -2)\).
Questions:
1. Application de la Translation :
- Déterminez les coordonnées des points \(A’\), \(B’\) et \(C’\) après l’application de la translation \(\tau\).
- Calculez les coordonnées du vecteur \(\vec{AB}\) et du vecteur \(\vec{A’B’}\). Vérifiez que la translation conserve la direction et la norme des vecteurs.
2. Propriétés Géométriques :
- Démontrez que le triangle \(ABC\) est isométrique au triangle \(A’B’C’\).
- Calculez les longueurs des côtés \(AB\), \(BC\), et \(CA\), ainsi que \(A’B’\), \(B’C’\), et \(C’A’\) pour appuyer votre démonstration d’isométrie.
3. Application supplémentaire :
- Trouvez le centre de gravité \(G\) du triangle \(ABC\) et calculez ses coordonnées.
- Déterminez les coordonnées du centre de gravité \(G’\) du triangle \(A’B’C’\) après la translation. Comparez les positions de \(G\) et \(G’\) et démontrez que \(\tau(G) = G’\).
Correction : Translation et Construction de Figure
1. Application de la Translation
a) Calcul des points images
La translation \(\tau\) ajoute le vecteur \(\vec{v} = (3,-2)\) aux coordonnées de chaque point.
- Pour \(A(-2,1)\) :
\[A’ = (-2+3, \, 1+(-2))\]
\[A’ = (1, \, -1).\]
- Pour \(B(2,3)\) :
\[B’ = (2+3, \, 3+(-2))\]
\[B’ = (5, \, 1).\]
- Pour \(C(0,-1)\) :
\[C’ = (0+3, \, -1+(-2))\]
\[C’= (3, \, -3).\]
Ainsi, les points images sont
\[A'(1,-1), \quad B'(5,1), \quad C'(3,-3).\]
b) Calcul et comparaison des vecteurs \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{A’B’}\)
- Calcul du vecteur \(\overrightarrow{AB}\) :
\[\overrightarrow{AB} = B – A = \bigl(2 – (-2), \, 3 – 1\bigr) = (4, \, 2).\] - Calcul du vecteur \(\overrightarrow{A’B’}\) :
\[\overrightarrow{A’B’} = B’ – A’ = \bigl(5 – 1, \, 1 – (-1)\bigr) = (4, \, 2).\]
On constate que
\[\overrightarrow{A’B’} = \overrightarrow{AB} = (4,2).\]
La translation conserve ainsi à la fois la direction et la norme du vecteur (la norme de \(\overrightarrow{AB}\) est \(\sqrt{4^2+2^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}\)).
2. Propriétés Géométriques
a) Démonstration de l’isométrie entre les triangles \(ABC\) et \(A’B’C’\)
La translation est une isométrie, c’est-à-dire qu’elle conserve les distances. Ainsi, pour tout segment du triangle \(ABC\), son image dans \(A’B’C’\) aura la même longueur.
b) Calcul des longueurs des côtés
Pour le triangle \(ABC\) :
- \(AB\) :
\[AB = \sqrt{(2 – (-2))^2 + (3-1)^2}\]
\[AB = \sqrt{(4)^2 + (2)^2}\]
\[AB = \sqrt{16+4}\]
\[AB = \sqrt{20}\]
\[AB = 2\sqrt{5}.\]
- \(BC\) :
\[BC = \sqrt{(0-2)^2 + (-1-3)^2}\]
\[BC = \sqrt{(-2)^2 + (-4)^2}\]
\[BC = \sqrt{4+16} = \sqrt{20}\]
\[BC = 2\sqrt{5}.\]
- \(CA\) :
\[CA = \sqrt{(-2-0)^2 + (1-(-1))^2}\]
\[CA = \sqrt{(-2)^2 + (2)^2}\]
\[CA = \sqrt{4+4} = \sqrt{8}\]
\[CA = 2\sqrt{2}.\]
Pour le triangle \(A’B’C’\) :
- \(A’B’\) :
\[A’B’ = \sqrt{(5-1)^2 + (1-(-1))^2}\]
\[A’B = \sqrt{(4)^2 + (2)^2}\]
\[A’B = \sqrt{16+4}\]
\[A’B = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}.\]
- \(B’C’\) :
\[B’C’ = \sqrt{(3-5)^2 + (-3-1)^2}\]
\[B’C’ = \sqrt{(-2)^2 + (-4)^2}\]
\[B’C’ = \sqrt{4+16} = \sqrt{20}\]
\[B’C’ = 2\sqrt{5}.\]
- \(C’A’\) :
\[C’A’ = \sqrt{(1-3)^2 + (-1-(-3))^2}\]
\[C’A’ = \sqrt{(-2)^2 + (2)^2}\]
\[C’A’ = \sqrt{4+4}\]
\[C’A’ = \sqrt{8}\]
\[C’A’ = 2\sqrt{2}.\]
On remarque que
\[AB = A’B’ = 2\sqrt{5}\]
\[BC = B’C’ = 2\sqrt{5}\]
\[CA = C’A’ = 2\sqrt{2}.\]
Les côtés correspondants des deux triangles sont de même longueur, ce qui démontre que les triangles \(ABC\) et \(A’B’C’\) sont isométriques.
3. Application supplémentaire
a) Calcul du centre de gravité \(G\) du triangle \(ABC\)
Les coordonnées du centre de gravité se trouvent par :
\[G\left( \frac{x_A+x_B+x_C}{3}, \frac{y_A+y_B+y_C}{3} \right).\]
Pour \(ABC\) :
\[x_G = \frac{-2+2+0}{3}\]
\[x_G = \frac{0}{3}\]
\[x_G = 0\]
et \[y_G = \frac{1+3+(-1)}{3}\]
\[y_G = \frac{3}{3}\]
\[y_G = 1.\]
Ainsi,
\[G = (0,1).\]
b) Calcul du centre de gravité \(G’\) du triangle \(A’B’C’\)
Pour \(A’B’C’\) avec \(A'(1,-1)\), \(B'(5,1)\) et \(C'(3,-3)\) :
\[x_{G’} = \frac{1+5+3}{3}\]
\[x_{G’} = \frac{9}{3}\]
\[x_{G’} = 3\]
et \[y_{G’} = \frac{-1+1+(-3)}{3}\]
\[y_{G’} = \frac{-3}{3}\]
\[y_{G’} = -1.\]
Ainsi,
\[G’ = (3,-1).\]
c) Vérification de la relation \(\tau(G)=G’\)
Appliquons la translation \(\tau\) au point \(G(0,1)\) :
\[\tau(G) = \bigl(0+3, \, 1+(-2)\bigr) = (3,-1).\]
On constate que :
\[\tau(G) = (3,-1) = G’,\]
ce qui confirme que la translation envoie le centre de gravité de \(ABC\) sur le centre de gravité de \(A’B’C’\).
Résumé des résultats :
- Points images après translation :
\[A’ = (1,-1), \quad B’ = (5,1), \quad C’ = (3,-3).\] - Vecteurs :
\[\overrightarrow{AB} = (4,2) \quad \text{et} \quad \overrightarrow{A’B’} = (4,2).\] - Longueurs des côtés du triangle \(ABC\) :
\[AB = 2\sqrt{5}, \quad BC = 2\sqrt{5}, \quad CA = 2\sqrt{2}.\] - Longueurs des côtés du triangle \(A’B’C’\) :
\[A’B’ = 2\sqrt{5}, \quad B’C’ = 2\sqrt{5}, \quad C’A’ = 2\sqrt{2}.\] - Centres de gravité :
\[G = (0,1) \quad \text{et} \quad G’ = (3,-1) \quad \text{avec} \quad \tau(G) = G’.\]
La translation \(\tau\) conserve la direction et la norme des vecteurs, les triangles \(ABC\) et \(A’B’C’\) sont isométriques et le centre de gravité est translaté conformément à \(\tau\).
Translation et Construction de Figure
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