Corrigé des 33 exercices sur les homothéties en 3ème : solutions détaillées à télécharger en PDF

Ensuite, une homothétie de rapport \(k\) multiplie les longueurs par \(|k|\) (la distance à zéro de \(k\)). C’est une réduction si \(|k| \lt 1\) et un agrandissement si \(|k| \gt 1\). Ensuite, le signe de \(k\) n’intervient pas.

Par ailleurs, par exemple \(|-0{,}8| = 0{,}8 \lt 1\) : réduction ; \(\left|-\frac{4}{3}\right| = \frac{4}{3} \gt 1\) : agrandissement.

Enfin, les deux serpents sont du même côté de O et alignés avec lui : le rapport est positif. Par ailleurs, en mesurant sur la figure, le grand serpent est deux fois plus haut que le petit, et chacun de ses points est deux fois plus loin de O que le point correspondant du petit.

a. Ensuite, on passe de \(\mathcal{F}_1\) à \(\mathcal{F}_2\) par l’homothétie de centre O et de rapport 2 (agrandissement).

b. Par ailleurs, on passe de \(\mathcal{F}_2\) à \(\mathcal{F}_1\) par l’homothétie de centre O et de rapport \(\frac{1}{2}\) (réduction) : c’est la transformation réciproque, de rapport \(\frac{1}{k}\).

• a. \(\mathcal{B}_4\) est le « reflet » de \(\mathcal{B}_1\) dans la droite verte (même taille, tête en bas, bras du même côté) : c’est la symétrie axiale d’axe la droite verte.
• b. \(\mathcal{B}_2\) est le reflet de \(\mathcal{B}_1\) dans la droite rouge (le bras passe de gauche à droite) : c’est la symétrie axiale d’axe la droite rouge.
• c. \(\mathcal{B}_5\) est retourné de part et d’autre de O, tête en bas et bras à droite : c’est la symétrie centrale de centre O, c’est-à-dire l’homothétie de centre O et de rapport \(-1\).
• d. \(\mathcal{B}_3\) est un agrandissement de \(\mathcal{B}_2\), du même côté de O : c’est une homothétie de centre O et de rapport positif supérieur à 1, environ 2 d’après les carreaux.

Par conséquent, on compte les carreaux : \(k = \dfrac{OM^{\prime}}{OM}\) si M et M’ sont du même côté de O, et \(k = -\dfrac{OM^{\prime}}{OM}\) si O est entre M et M’.

• a. \(OM = 5\), \(OM^{\prime} = 10\), même côté : \(k = 2\).
• b. \(OM = 10\), \(OM^{\prime} = 5\) : \(k = \frac{1}{2}\).
• c. \(OM = 8\), \(OM^{\prime} = 12\) : \(k = \frac{3}{2}\).
• d. \(OM = 8\), \(OM^{\prime} = 6\) : \(k = \frac{3}{4}\).
• e. \(OM = 4\), \(OM^{\prime} = 4\), O entre M et M’ : \(k = -1\).
• f. \(OM = 4\), \(OM^{\prime} = 7\), O entre M et M’ : \(k = -\frac{7}{4}\).

De plus, pour e., \(|k| = 1\) : les longueurs sont conservées, ce n’est ni un agrandissement ni une réduction (c’est une symétrie centrale).

De même, on mesure OM en carreaux, on calcule \(OM^{\prime} = |k| \times OM\), puis on place M’ du même côté que M si \(k \gt 0\), du côté opposé si \(k \lt 0\).

• Cas a, b, c : \(OM = 7\) carreaux. a. \(OM^{\prime} = \frac{5}{7} \times 7 = 5\) ; b. \(OM^{\prime} = \frac{10}{7} \times 7 = 10\) ; c. \(OM^{\prime} = 2 \times 7 = 14\) carreaux, du côté de M.
• Cas d, e, f : \(OM = 5\) carreaux. d. \(OM^{\prime} = 1 \times 5 = 5\) ; e. \(OM^{\prime} = \frac{3}{5} \times 5 = 3\) ; f. \(OM^{\prime} = \frac{7}{5} \times 5 = 7\) carreaux, à gauche de O.

Ensuite, en prenant O comme origine et le carreau comme unité, les sommets du triangle gris sont à (2 ; 4), (4 ; 8) et (8 ; 4) : 2 carreaux à droite et 4 vers le haut pour le premier, etc.

a. Par ailleurs, rapport 2 : on double les deux déplacements. Puis les sommets de l’image bleue sont à (4 ; 8), (8 ; 16) et (16 ; 8). Chaque sommet image est sur la demi-droite [O sommet) à une distance double.

b. De même, rapport \(\frac{1}{2}\) : on divise par 2. Ensuite, les sommets de l’image rouge sont à (1 ; 2), (2 ; 4) et (4 ; 2).

Par conséquent, le triangle bleu a des côtés deux fois plus longs que le triangle gris, le rouge des côtés deux fois plus courts ; les trois ont les mêmes angles et des côtés parallèles.

Par ailleurs, L’image d’un cercle de centre A et de rayon \(r\) par une homothétie de centre O et de rapport \(k\) est le cercle de centre A’ (image de A) et de rayon \(|k| \times r\).

De même, sur la figure, A est 4 carreaux au-dessus de O et le rayon mesure 8 carreaux. Comme \(k\) est négatif, A’ est sous O.

• a. \(k = -\frac{1}{4}\) : \(OA^{\prime} = \frac{1}{4} \times 4 = 1\) carreau sous O, rayon \(\frac{1}{4} \times 8 = 2\) carreaux.
• b. \(k = -\frac{1}{2}\) : A’ à 2 carreaux sous O, rayon 4 carreaux.
• c. \(k = -\frac{3}{4}\) : A’ à 3 carreaux sous O, rayon 6 carreaux.

Ensuite, pour chaque entier \(k\) de 2 à 8, on place l’image de chaque sommet S sur la demi-droite [OS) à la distance \(k \times OS\), puis on relie. Puis on obtient sept triangles emboîtés, tous de même forme que le triangle gris, avec des côtés 2, 3, …, 8 fois plus longs.

Par ailleurs, comme le sommet du triangle gris le plus proche de O est presque confondu avec O, les images de ce sommet restent tout près de O, et tous les côtés « du bas » sont sur la même droite. De plus, les aires sont multipliées par \(k^2\) : 4, 9, 16, …, 64.

Enfin, rapport −1 (centre O) : c’est la symétrie centrale de centre O. Chaque point P a pour image P’ tel que O soit le milieu de [PP’]. Ensuite, la figure est retournée (le demi-disque se retrouve au-dessus du diamètre, la pointe du triangle vers le bas), sans changer de taille.

Ensuite, rapport −1,5 (centre O’) : chaque point P a pour image P’ situé de l’autre côté de O’, avec \(O^{\prime}P^{\prime} = 1{,}5 \times O^{\prime}P\). Par ailleurs, on construit l’image du centre du demi-disque et des trois sommets du triangle, puis on trace le demi-disque de rayon 1,5 fois plus grand. Puis la figure obtenue est retournée et agrandie.

a. Ainsi, une homothétie conserve les angles et, avec un rapport positif, l’orientation de la figure. Ensuite, on repère donc les sommets par leur position et leurs angles :

Enfin, A est le sommet de l’angle droit : son image est le sommet de l’angle droit de BELO, E. Puis l’angle aigu de 52° en I correspond à la pointe O, et R, voisin de A et de I, correspond à L, voisin de E et de O. De plus, il reste M → B.

b. De même, on a donc [LE] est l’image de [RA], donc :

\[ LE = \frac{2}{3} \times RA = \frac{2}{3} \times 3 = 2 \text{ cm} \]

c. Par ailleurs, on peut aussi calculer LO, image de [RI] :

\[ LO = \frac{2}{3} \times 4{,}2 = 2{,}8 \text{ cm} \]

De même, on connaît aussi les angles : \(\widehat{ELO} = 83^\circ\), \(\widehat{LOB} = 52^\circ\), \(\widehat{LEB} = 90^\circ\).

Ensuite, on compare une même longueur sur les deux poussins, par exemple la hauteur du haut de la tête au bas du corps, ou la longueur de la queue au bout du bec. Ensuite, en mesurant sur la figure, on trouve que chaque longueur du grand poussin vaut une fois et demie celle du petit (par exemple 3 unités au lieu de 2).

• a. Le grand poussin est un agrandissement du petit, dans le même sens : on passe du petit au grand par une homothétie de rapport 1,5 (rapport positif, car le poussin n’est pas retourné).
• b. Les longueurs du poussin image sont multipliées par le rapport, soit par 1,5.
• c. Les aires sont multipliées par le carré du rapport : \( 1{,}5^2 = 1{,}5 \times 1{,}5 = 2{,}25 \). L’aire est multipliée par 2,25.

Ainsi, on lit dans le tableau les correspondances : P → S, R → A, O → L, C → I, H → N et E → E. Par ailleurs, le rapport est 5.

a. Enfin, le point E a pour image lui-même. Or une homothétie de rapport différent de 1 n’a qu’un seul point qui ne bouge pas : son centre. Puis le centre de cette homothétie est donc le point E.

b. Ensuite, I est l’image de C par l’homothétie de centre E et de rapport 5, donc la distance au centre est multipliée par 5 :

\[ EI = 5 \times EC = 5 \times 3 = 15 \text{ cm} \]

c. Par ailleurs, le segment [SA] est l’image du segment [PR] (car P → S et R → A). Ensuite, les longueurs sont multipliées par 5 :

\[ SA = 5 \times PR = 5 \times 5{,}4 = 27 \text{ cm} \]

d. De même, R a pour image A, C a pour image I et H a pour image N : l’angle \( \widehat{RCH} \) a donc pour image l’angle \( \widehat{AIN} \). Puis une homothétie conserve les mesures des angles, donc \( \widehat{AIN} = \widehat{RCH} = 50^\circ \).

Ensuite, le triangle DCM est un agrandissement du triangle ANM et les deux triangles ont en commun le sommet M, point d’intersection des droites (CN) et (DA).

• M, A et D sont alignés, et D est du même côté que A par rapport à M : D est l’image de A.
• M, N et C sont alignés, et C est du même côté que N par rapport à M : C est l’image de N.
• M ne bouge pas : c’est le centre.

Par ailleurs, on peut donc décrire la figure ainsi : le triangle DCM est l’image du triangle ANM par l’homothétie de centre M et de rapport \( k = \dfrac{MD}{MA} \). De plus, ce rapport est positif (les images sont du même côté du centre) et supérieur à 1 (c’est un agrandissement). Comme une homothétie transforme une droite en une droite parallèle, on retrouve aussi que (AN) et (DC) sont parallèles : c’est la configuration de Thalès.

Enfin, on lit sur la figure : BE = 2 cm, EF = 1 cm et BF = 1,6 cm. Par l’homothétie de centre B et de rapport 1,5, B reste fixe, E a pour image G et F a pour image I. Ensuite, les longueurs sont multipliées par 1,5 :

\[ \begin{aligned} BG &= 1{,}5 \times BE = 1{,}5 \times 2 = 3 \text{ cm} \\ GI &= 1{,}5 \times EF = 1{,}5 \times 1 = 1{,}5 \text{ cm} \\ BI &= 1{,}5 \times BF = 1{,}5 \times 1{,}6 = 2{,}4 \text{ cm} \end{aligned} \]

De plus, on lit sur la figure : LJ = 5 cm, JK = 6 cm et LK = 7 cm. Par ailleurs, le rapport vaut −0,4 : il est négatif, donc le triangle image est de l’autre côté du centre L, mais les longueurs sont multipliées par la distance à zéro du rapport, c’est-à-dire par 0,4 (et non par −0,4 : une longueur est toujours positive).

\[ \begin{aligned} LJ^{\prime} &= 0{,}4 \times LJ = 0{,}4 \times 5 = 2 \text{ cm} \\ J^{\prime}K^{\prime} &= 0{,}4 \times JK = 0{,}4 \times 6 = 2{,}4 \text{ cm} \\ LK^{\prime} &= 0{,}4 \times LK = 0{,}4 \times 7 = 2{,}8 \text{ cm} \end{aligned} \]

De même, les codages indiquent des longueurs égales ; le petit trait noir marque le milieu d’un segment. Puis le rapport se lit en comparant \( AM \) et \( AB \) (ou \( AN \) et \( AC \)), puis on choisit le signe.

a. Par conséquent, sur [AB] il y a un petit segment codé, et [AM] est formé de deux segments de même longueur de part et d’autre de son milieu : \( AM = 2 \times AB \). De même, \( AN = 2 \times AC \). Ensuite, le centre A est entre B et M (et entre C et N) : le rapport est négatif. Puis le rapport vaut donc −2.

b. De plus, sur [AB], trois segments codés de même longueur : deux jusqu’à M, un de M à B. Donc \( AM = \dfrac{2}{3} AB \). De même, sur [AC], \( AN = \dfrac{2}{3} AC \). M est du même côté que B par rapport à A : le rapport est positif. De plus, le rapport vaut donc \( \dfrac{2}{3} \) (c’est une réduction).

De même, on lit sur la figure : AB = 2 cm, OA = 1 cm, OC = 3 cm et CD = 4 cm.

a. Par conséquent, le centre est le point commun aux deux triangles : O. Attention aux correspondances : A est sur la droite (AD), donc son image est sur (OA), c’est D ; B est sur la droite (BC), donc son image est C. Comme (AB) et (CD) sont parallèles, [DC] est l’image de [AB] et :

\[ |k| = \dfrac{DC}{AB} = \dfrac{4}{2} = 2 \]

De plus, O est entre A et D (et entre B et C) : le rapport est négatif. Ensuite, l’homothétie qui transforme OAB en OCD a pour centre O et pour rapport −2.

b. Ainsi, les distances au centre sont multipliées par 2 :

\[ OD = 2 \times OA = 2 \times 1 = 2 \text{ cm} \qquad \text{et} \qquad OC = 2 \times OB \text{ donc } OB = \dfrac{3}{2} = 1{,}5 \text{ cm} \]

Par conséquent, par une homothétie de rapport \( k \), les longueurs sont multipliées par la distance à zéro de \( k \) : \( AB^{\prime} = |k| \times AB \). Par ailleurs, le signe de \( k \) indique seulement de quel côté du centre se trouve l’image.

• a. \( k = 4 \) : \( AB^{\prime} = 4 \times 3{,}6 = 14{,}4 \) cm.
• b. \( k = 0{,}8 \) : \( AB^{\prime} = 0{,}8 \times 9 = 7{,}2 \) cm.
• c. \( k = -6 \) : \( AB^{\prime} = 6 \times 2{,}5 = 15 \) cm.
• d. \( k = -0{,}7 \) : \( AB^{\prime} = 0{,}7 \times 0{,}6 = 0{,}42 \) cm.

De plus, astuce de calcul mental : \( 0{,}8 \times 9 = 8 \times 9 \div 10 \) et \( 0{,}7 \times 0{,}6 = 7 \times 6 \div 100 \).

De même, on lit sur la figure : OP = 2,5 cm, OQ = 2,4 cm, OV = 4,8 cm et VU = 3,6 cm.

Par conséquent, comme (QP) et (VU) sont parallèles, le triangle OVU est l’image du triangle OQP par l’homothétie de centre O qui envoie Q sur V et P sur U. O est entre Q et V, donc le rapport est négatif, et :

\[ |k| = \dfrac{OV}{OQ} = \dfrac{4{,}8}{2{,}4} = 2 \]

De plus, le rapport vaut donc −2 : toutes les longueurs du grand triangle sont le double de celles du petit.

• U est l’image de P : \( OU = 2 \times OP = 2 \times 2{,}5 = 5 \) cm.
• [VU] est l’image de [QP] : \( VU = 2 \times QP \), donc \( QP = 3{,}6 \div 2 = 1{,}8 \) cm.

De même, dans les deux cas, le sommet commun aux deux triangles est B : c’est le centre de l’homothétie. O est sur la droite (BC), donc O a pour image C ; E est sur la droite (BA), donc E a pour image A. Puis le côté [OE] a donc pour image [CA].

a. Par conséquent, on lit BO = 8 cm, BC = 32 cm, BA = 20 cm et AC = 18 cm. C est du même côté que O par rapport à B, donc le rapport est positif :

\[ k = \dfrac{BC}{BO} = \dfrac{32}{8} = 4 \]

De plus, les longueurs du grand triangle sont 4 fois celles du petit, donc :

\[ OE = \dfrac{CA}{4} = \dfrac{18}{4} = 4{,}5 \text{ cm} \qquad BE = \dfrac{BA}{4} = \dfrac{20}{4} = 5 \text{ cm} \]

b. Ainsi, on lit AB = 4,2 cm, AC = 7 cm, BC = 6,3 cm et OB = 9 cm. Ensuite, cette fois, B est entre O et C (et entre E et A), donc le rapport est négatif :

\[ |k| = \dfrac{BC}{BO} = \dfrac{6{,}3}{9} = 0{,}7 \quad \text{donc} \quad k = -0{,}7 \]

Enfin, les longueurs du triangle ABC valent 0,7 fois celles du triangle OBE, donc on divise par 0,7 :

\[ OE = \dfrac{CA}{0{,}7} = \dfrac{7}{0{,}7} = 10 \text{ cm} \qquad BE = \dfrac{BA}{0{,}7} = \dfrac{4{,}2}{0{,}7} = 6 \text{ cm} \]

a. De plus, on place un point O et on trace au compas le cercle \( \mathcal{C} \) de centre O et de rayon 2 cm.

b. Ainsi, le centre O de l’homothétie est aussi le centre du cercle : son image est O lui-même. Puis l’image de \( \mathcal{C} \) est donc un cercle de même centre O, dont le rayon est multiplié par la distance à zéro du rapport.

• Rapport 1,5 : rayon \( 1{,}5 \times 2 = 3 \) cm. On trace le cercle de centre O et de rayon 3 cm (agrandissement).
• Rapport 0,75 : rayon \( 0{,}75 \times 2 = 1{,}5 \) cm. On trace le cercle de centre O et de rayon 1,5 cm (réduction).
• Rapport −2 : rayon \( 2 \times 2 = 4 \) cm. On trace le cercle de centre O et de rayon 4 cm. Le signe moins ne change pas le cercle obtenu : il indique seulement que chaque point M du cercle \( \mathcal{C} \) est envoyé de l’autre côté de O, à l’opposé.

Enfin, sur la figure, un point M de \( \mathcal{C} \) a pour images M1 (rapport 1,5), M2 (rapport 0,75) et M3 (rapport −2), toutes sur la droite (OM).

1) De plus, un point et son image sont alignés avec le centre. De plus, le centre est donc sur les droites (AA′), (BB′) et (CC′) : on trace ces droites, elles se coupent en un point O, le centre de l’homothétie. Ici les deux triangles sont dans le même sens, le rapport est positif et O est à gauche du petit triangle.

2) Ainsi, une homothétie conserve les angles, donc \( \widehat{A^{\prime}C^{\prime}B^{\prime}} = \widehat{ACB} \). Ensuite, dans le triangle ABC rectangle en A :

\[ \tan \widehat{ACB} = \dfrac{AB}{AC} = \dfrac{4}{3} \quad \text{donc} \quad \widehat{ACB} \approx 53^\circ \]

Enfin, À la calculatrice : \( \arctan(4 \div 3) \approx 53{,}13^\circ \), soit 53° à l’unité près.

3) Ensuite, le rapport de l’homothétie est \( k = \dfrac{A^{\prime}B^{\prime}}{AB} = \dfrac{9}{4} = 2{,}25 \). Donc :

\[ A^{\prime}C^{\prime} = 2{,}25 \times AC = 2{,}25 \times 3 = 6{,}75 \text{ cm} \]

4) Par ailleurs, les deux triangles sont rectangles, on prend les deux côtés de l’angle droit :

\[ \begin{aligned} \mathcal{A}_{ABC} &= \dfrac{AB \times AC}{2} = \dfrac{4 \times 3}{2} = 6 \text{ cm}^2 \\ \mathcal{A}_{A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}} &= \dfrac{A^{\prime}B^{\prime} \times A^{\prime}C^{\prime}}{2} = \dfrac{9 \times 6{,}75}{2} = 30{,}375 \text{ cm}^2 \end{aligned} \]

De même, on passe de l’aire de ABC à celle de A′B′C′ en multipliant par \( \dfrac{30{,}375}{6} = 5{,}0625 \). Or \( k^2 = 2{,}25^2 = 5{,}0625 \) : c’est normal, car une homothétie de rapport \( k \) multiplie les aires par \( k^2 \) (chaque longueur est multipliée par 2,25, et une aire est le produit de deux longueurs).

Ensuite, sur la figure, la droite qui passe par le sommet de la tour Eiffel passe aussi par le sommet de la miniature et coupe le sol en un point, appelons-le O. Par ailleurs, la miniature est une réduction de la vraie tour : c’est son image par une homothétie de centre O et de rapport \( k \) positif (les deux tours sont du même côté de O).

Par ailleurs, le rapport se calcule avec deux longueurs qui se correspondent, ici les largeurs à la base : 125 m pour la vraie tour, 10 cm pour la miniature. Puis on convertit dans la même unité : \( 10 \text{ cm} = 0{,}1 \text{ m} \).

\[ k = \frac{0{,}1}{125} = 0{,}000\,8 \]

De même, une homothétie de rapport \( k \) multiplie toutes les longueurs par \( k \), donc aussi la hauteur :

\[ h = 324 \times 0{,}000\,8 = 0{,}259\,2 \text{ m} = 25{,}92 \text{ cm} \]

Par conséquent, arrondie au centimètre près, la hauteur de la miniature est de 26 cm.

Par conséquent, dans une homothétie de rapport \( k \), les longueurs sont multipliées par \( |k| \) (la distance à zéro de \( k \)) et les aires sont multipliées par \( k^2 \).

\[ k^2 = \frac{4{,}9}{10} = 0{,}49 \quad \text{donc} \quad |k| = \sqrt{0{,}49} = 0{,}7 \]

De plus, pour le signe, on regarde la position de l’image : A′B′C′D′E′F′G′H′ est de l’autre côté de O par rapport à ABCDEFGH (A est en haut à droite de O, A′ en bas à gauche), et la figure est retournée. Ensuite, le rapport est donc négatif.

1. De même, le triangle ABD est rectangle en A. D’après le théorème de Pythagore :

\[ BD^2 = AD^2 + AB^2 = 3^2 + 4^2 = 9 + 16 = 25 \quad \text{donc} \quad BD = \sqrt{25} = 5 \text{ cm} \]

2. Par conséquent, le triangle FDB est rectangle en D, avec \( DF = 5 \text{ cm} \) et \( DB = 5 \text{ cm} \) : il est rectangle isocèle en D. Ses deux angles aigus sont égaux et leur somme vaut \( 180^\circ – 90^\circ = 90^\circ \), donc :

\[ \widehat{FBD} = 90^\circ \div 2 = 45^\circ \]

De plus, on obtient (On peut aussi écrire \( \tan \widehat{FBD} = \dfrac{DF}{DB} = \dfrac{5}{5} = 1 \), donc \( \widehat{FBD} = 45^\circ \).)

3. Ainsi, on a donc [A′D′] est l’image de [AD] : \( |k| = \dfrac{A^{\prime}D^{\prime}}{AD} = \dfrac{1{,}2}{3} = 0{,}4 \). Puis la figure image est de l’autre côté de O et retournée (B′ est à gauche de A′ alors que B est à droite de A) : le rapport est négatif, \( k = -0{,}4 \).

4. Enfin, aire de ABFD = aire de ABD + aire de DBF :

\[ \mathcal{A}_{ABFD} = \frac{3 \times 4}{2} + \frac{5 \times 5}{2} = 6 + 12{,}5 = 18{,}5 \text{ cm}^2 \]

Ensuite, les aires sont multipliées par \( k^2 = (-0{,}4)^2 = 0{,}16 \) :

\[ \mathcal{A}_{A^{\prime}B^{\prime}F^{\prime}D^{\prime}} = 0{,}16 \times 18{,}5 = 2{,}96 \text{ cm}^2 \]

Ainsi, les aires sont multipliées par le carré du rapport :

\[ k^2 = \frac{A_2}{A_1} = \frac{2{,}1125}{5} = 0{,}422\,5 \quad \text{donc} \quad |k| = \sqrt{0{,}422\,5} = 0{,}65 \]

Enfin, vérification : \( 0{,}65^2 = 0{,}422\,5 \) et \( 5 \times 0{,}422\,5 = 2{,}112\,5 \).

Ensuite, le point O est entre A et son image E (et entre B et son image F) : le carré 2 est de l’autre côté de O, le rapport est négatif.

Ainsi, on relève les données utiles dans les documents : la vraie tour mesure 55,8 m (doc 1), la maquette mesure 26 cm = 0,26 m de haut (doc 2, dimensions 10 × 10 × 26 cm), et AB = 2 m (doc 3). De plus, les autres informations (date, masse, nombre de pièces) ne servent pas.

Enfin, sur le doc 3, Florence (point A), le sommet de la maquette et le sommet de la tour sont alignés : la tour de Pise est l’image de la maquette par l’homothétie de centre A qui transforme B en C. Son rapport est :

\[ k = \frac{55{,}8}{0{,}26} \approx 214{,}615 \]

Ensuite, cette homothétie multiplie aussi les distances au centre A : \( AC = k \times AB \).

\[ AC = \frac{55{,}8}{0{,}26} \times 2 \approx 429{,}23 \text{ m} \]

Par ailleurs, la maquette est entre Florence et la tour, donc :

\[ BC = AC – AB \approx 429{,}23 – 2 = 427{,}23 \text{ m} \]

1. Enfin, le triangle ABC est rectangle en A. D’après le théorème de Pythagore :

\[ BC^2 = AB^2 + AC^2 = 2^2 + 3^2 = 13 \quad \text{donc} \quad BC = \sqrt{13} \approx 3{,}61 \text{ cm} \]

2. Ensuite, une homothétie conserve les angles, donc \( \widehat{B^{\prime}C^{\prime}A^{\prime}} = \widehat{BCA} \). Ensuite, dans le triangle ABC rectangle en A :

\[ \tan \widehat{BCA} = \frac{AB}{AC} = \frac{2}{3} \quad \text{donc} \quad \widehat{BCA} \approx 33{,}7^\circ \]

Donc \( \widehat{B^{\prime}C^{\prime}A^{\prime}} \approx 33{,}7^\circ \).

3. De plus, on obtient [A′B′] est l’image de [AB] : \( \dfrac{A^{\prime}B^{\prime}}{AB} = \dfrac{4{,}6}{2} = 2{,}3 \). Par ailleurs, l’image est du même côté de O que ABC (et plus loin) : le rapport est positif, \( k = 2{,}3 \).

4. Enfin, aire de ABC : \( \dfrac{2 \times 3}{2} = 3 \text{ cm}^2 \). Puis les aires sont multipliées par \( k^2 = 2{,}3^2 = 5{,}29 \) :

\[ \mathcal{A}_{A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}} = 5{,}29 \times 3 = 15{,}87 \text{ cm}^2 \]

Ensuite, on a (Vérification : \( A^{\prime}B^{\prime} = 4{,}6 \), \( A^{\prime}C^{\prime} = 2{,}3 \times 3 = 6{,}9 \) et \( \dfrac{4{,}6 \times 6{,}9}{2} = 15{,}87 \).)

5. Par ailleurs, une homothétie transforme une droite en une droite parallèle. (B′C′) est l’image de (BC), donc (BC) et (B′C′) sont parallèles.

1. Enfin, le triangle ABC est rectangle en B. D’après le théorème de Pythagore :

\[ AB^2 = AC^2 – BC^2 = 5{,}83^2 – 5^2 = 33{,}988\,9 – 25 = 8{,}988\,9 \quad \text{donc} \quad AB \approx 3 \text{ cm} \]

Ainsi, on trouve (La longueur 5,83 cm est un arrondi de \( \sqrt{34} \) : avec la valeur exacte, \( AB^2 = 34 – 25 = 9 \) et AB = 3 cm.)

2. Par conséquent, on obtient [B′C′] est l’image de [BC] : \( k = \dfrac{3{,}25}{5} = 0{,}65 \). Ensuite, la figure image est du même côté de O que la figure initiale (entre elle et O) : le rapport est positif, \( k = 0{,}65 \) (c’est une réduction).

3. De même, dans le triangle ABC rectangle en B :

\[ \tan \widehat{ACB} = \frac{AB}{BC} = \frac{3}{5} \quad \text{donc} \quad \widehat{ACB} \approx 31^\circ \]

4. Par conséquent, la figure initiale est formée du triangle ABC et d’un demi-disque de diamètre [AC], donc de rayon \( \dfrac{5{,}83}{2} = 2{,}915 \text{ cm} \).

\[ \begin{aligned} \mathcal{A}_{ABC} &= \frac{3 \times 5}{2} = 7{,}5 \text{ cm}^2 \\ \mathcal{A}_{\text{demi-disque}} &= \frac{\pi \times 2{,}915^2}{2} \approx 13{,}35 \text{ cm}^2 \\ \mathcal{A}_{\text{initiale}} &\approx 7{,}5 + 13{,}35 = 20{,}85 \text{ cm}^2 \end{aligned} \]

De plus, les aires sont multipliées par \( k^2 = 0{,}65^2 = 0{,}422\,5 \) :

\[ \mathcal{A}_{\text{image}} \approx 0{,}422\,5 \times 20{,}85 \approx 8{,}81 \text{ cm}^2 \]

De même, méthode. Pour construire l’image M′ d’un point M par l’homothétie de centre O et de rapport \( k \) :

• on trace la droite (OM) ;
• si \( k \gt 0 \), on place M′ sur la demi-droite [OM) du même côté que M, avec \( OM^{\prime} = k \times OM \) ;
• si \( k \lt 0 \), on place M′ de l’autre côté de O, avec \( OM^{\prime} = |k| \times OM \).

Par conséquent, on mesure au compas ou à la règle chaque distance OA, OB, OC, OD, OE, on la multiplie, puis on reporte. Enfin on relie A′, B′, C′, D′, E′ dans l’ordre.

Par conséquent, on obtient 1. k = 2,3. Chaque sommet est reporté 2,3 fois plus loin de O, du même côté : \( OA^{\prime} = 2{,}3 \times OA \), etc. Puis on obtient un pentagone agrandi, de même forme et de même orientation.

De plus, on obtient 2. k = −1,6. Chaque sommet est reporté de l’autre côté de O, à une distance 1,6 fois plus grande : \( OA^{\prime} = 1{,}6 \times OA \) sur la demi-droite opposée à [OA), etc. De plus, on obtient un pentagone agrandi et retourné (tourné d’un demi-tour autour de O).

Par conséquent, le codage montre que les points sont régulièrement espacés : OA = AB = BC = CD = DE. Ensuite, en prenant OA comme unité : OA = 1, OB = 2, OC = 3, OD = 4 et OE = 5.

1. De plus, L’homothétie de centre O qui envoie la figure A sur la figure C envoie le point A sur le point C : son rapport est \( \dfrac{OC}{OA} = \dfrac{3}{1} = 3 \).

2. Ainsi, le point E est envoyé sur le point M tel que \( OM = \dfrac{3}{5} \times OE = \dfrac{3}{5} \times 5 = 3 \) : c’est le point C. Par ailleurs, on obtient la figure C.

3. Enfin, une aire est multipliée par 4 quand les longueurs sont multipliées par 2, car \( 2^2 = 4 \). Puis on cherche donc la figure image de la figure A par l’homothétie de rapport 2 : \( OB = 2 \times OA \), c’est la figure B.

a. De plus, on construit ABCD avec AB = 3 cm et BC = 6 cm, puis on place O à l’extérieur. Ensuite, le rapport \( \dfrac{2}{3} \) est positif et inférieur à 1 : chaque image est sur le segment qui joint O au point, aux deux tiers en partant de O.

• On trace en pointillés les segments [OA], [OB], [OC], [OD].
• On place A′ sur [OA] avec \( OA^{\prime} = \dfrac{2}{3} \times OA \) ; de même pour B′, C′ et D′.
• On relie A′B′C′D′.

b. Ainsi, une homothétie conserve les angles (donc les angles droits) et multiplie toutes les longueurs par le même nombre \( \dfrac{2}{3} \) :

\[ A^{\prime}B^{\prime} = \frac{2}{3} \times 3 = 2 \text{ cm} \qquad B^{\prime}C^{\prime} = \frac{2}{3} \times 6 = 4 \text{ cm} \]

De plus, A′B′C′D′ a quatre angles droits : c’est un rectangle de 2 cm sur 4 cm.

c. Par ailleurs, on a donc \( \mathcal{A}_{ABCD} = 3 \times 6 = 18 \text{ cm}^2 \).

d. Enfin, les aires sont multipliées par \( k^2 = \left(\dfrac{2}{3}\right)^2 = \dfrac{4}{9} \) :

\[ \mathcal{A}_{A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}D^{\prime}} = \frac{4}{9} \times 18 = 8 \text{ cm}^2 \]

Ainsi, on trouve (Vérification : \( 2 \times 4 = 8 \text{ cm}^2 \).)

a. Ainsi, on construit un carré ABCD de 3 cm de côté et un point O extérieur. Puis le rapport \( -\dfrac{1}{2} \) est négatif : chaque image est de l’autre côté de O, à une distance deux fois plus petite.

• On trace les droites (OA), (OB), (OC), (OD).
• On place A′ sur la demi-droite opposée à [OA), avec \( OA^{\prime} = \dfrac{1}{2} \times OA \) ; de même pour B′, C′ et D′.
• On relie A′B′C′D′ : le carré image est « retourné » (A, en bas à gauche, a pour image A′, en haut à droite).

b. Enfin, L’homothétie conserve les angles droits et multiplie toutes les longueurs par \( \left| -\dfrac{1}{2} \right| = \dfrac{1}{2} \) : les quatre côtés de A′B′C′D′ mesurent \( \dfrac{1}{2} \times 3 = 1{,}5 \text{ cm} \). A′B′C′D′ a quatre angles droits et quatre côtés égaux : c’est un carré de 1,5 cm de côté.

c. Par conséquent, on obtient \( \mathcal{A}_{ABCD} = 3 \times 3 = 9 \text{ cm}^2 \).

d. Par ailleurs, les aires sont multipliées par \( k^2 = \left(-\dfrac{1}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{4} \) :

\[ \mathcal{A}_{A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}D^{\prime}} = \frac{1}{4} \times 9 = 2{,}25 \text{ cm}^2 \]

De plus, on obtient (Vérification : \( 1{,}5 \times 1{,}5 = 2{,}25 \text{ cm}^2 \).)