🇨🇩 Géométrie

Similitudes et géométrie analytique de l’espace

⏱ 30 minProgramme officiel : CD-H4-GEO-02

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🎯 Dans cette leçon, tu vas apprendre à

  • Utiliser les similitudes planes.
  • Écrire équations de plans et de droites de l’espace (y compris paramétriques).

La leçon

Introduction

Sur le plan à l’échelle d’un quartier de Kinshasa, chaque carrefour est l’image de sa position réelle par une transformation qui réduit toutes les distances dans le même rapport : c’est une similitude. Dans l’espace, les ingénieurs qui posent une ligne électrique ou un pont décrivent les câbles par des droites et les toits ou les talus par des plans. Cette leçon étudie les similitudes planes, puis les équations de plans et de droites de l’espace.

Explication

Similitudes planes

Une similitude de rapport k>0k>0 est une transformation du plan qui multiplie toutes les distances par kk : M′N′=k MNM'N'=k\,MN. Elle conserve les angles géométriques, l’alignement et le parallélisme ; elle multiplie les aires par k2k^2.

Dans le plan identifié à C\mathbb{C}, toute similitude directe s’écrit z′=az+bz'=az+b avec a≠0a\ne0 :

  • son rapport est k=∣a∣k=|a| et son angle est θ=arg⁡a\theta=\arg a ;
  • si a≠1a\ne1, elle a un unique point fixe, le centre ω=b1−a\omega=\dfrac{b}{1-a}, et z′−ω=a(z−ω)z'-\omega=a(z-\omega) : c’est la composée de la rotation de centre ω\omega et d’angle θ\theta et de l’homothétie de centre ω\omega et de rapport kk ;
  • si a=1a=1, c’est une translation.

Une similitude indirecte s’écrit z′=azˉ+bz'=a\bar z+b : elle inverse le sens des angles orientés.

Explication

Plans de l’espace (repère orthonormé)

Un plan a une équation cartésienne ax+by+cz+d=0ax+by+cz+d=0, avec (a ; b ; c)≠(0 ; 0 ; 0)(a\,;\,b\,;\,c)\ne(0\,;\,0\,;\,0) ; le vecteur n⃗(a ; b ; c)\vec n(a\,;\,b\,;\,c) lui est normal (orthogonal).

  • Plan passant par A(xA ; yA ; zA)A(x_A\,;\,y_A\,;\,z_A) et de vecteur normal n⃗\vec n : a(x−xA)+b(y−yA)+c(z−zA)=0a(x-x_A)+b(y-y_A)+c(z-z_A)=0.
  • Deux plans sont parallèles si leurs vecteurs normaux sont colinéaires, perpendiculaires si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux.
  • Distance d’un point M0(x0 ; y0 ; z0)M_0(x_0\,;\,y_0\,;\,z_0) au plan : d=∣ax0+by0+cz0+d∣a2+b2+c2d=\dfrac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}.
  • Plan coupant les axes en (p ; 0 ; 0)(p\,;\,0\,;\,0), (0 ; q ; 0)(0\,;\,q\,;\,0), (0 ; 0 ; s)(0\,;\,0\,;\,s) (non nuls) : xp+yq+zs=1\dfrac xp+\dfrac yq+\dfrac zs=1.

Explication

Droites de l’espace

La droite passant par A(xA ; yA ; zA)A(x_A\,;\,y_A\,;\,z_A) et de vecteur directeur u⃗(α ; β ; γ)\vec u(\alpha\,;\,\beta\,;\,\gamma) a pour représentation paramétrique
{x=xA+αty=yA+βtz=zA+γtt∈R.\begin{cases}x=x_A+\alpha t\\y=y_A+\beta t\\z=z_A+\gamma t\end{cases}\qquad t\in\mathbb{R}.
Si αβγ≠0\alpha\beta\gamma\ne0, on en tire les équations cartésiennes x−xAα=y−yAβ=z−zAγ\dfrac{x-x_A}{\alpha}=\dfrac{y-y_A}{\beta}=\dfrac{z-z_A}{\gamma} ; une droite est aussi l’intersection de deux plans sécants.

Droite et plan : on remplace xx, yy, zz par leurs expressions en tt dans l’équation du plan. Une solution unique en tt donne le point d’intersection ; aucune solution signifie que la droite est parallèle au plan ; une infinité, qu’elle est contenue dans le plan. La droite est perpendiculaire au plan si u⃗\vec u est colinéaire à n⃗\vec n.

Exemple résolu

Problème : Détermine le rapport, l’angle et le centre de la similitude ss : z′=(1+i)z+2z'=(1+i)z+2.

Étape 1 : a=1+ia=1+i : ∣a∣=2|a|=\sqrt2 et arg⁡a=π4\arg a=\dfrac\pi4.

Étape 2 : Centre : ω=(1+i)ω+2  ⟺  −iω=2  ⟺  ω=2−i=2i\omega=(1+i)\omega+2\iff-i\omega=2\iff\omega=\dfrac{2}{-i}=2i.

Étape 3 : Contrôle : (1+i)(2i)+2=2i+2i2+2=2i(1+i)(2i)+2=2i+2i^2+2=2i.

Réponse : ss est la similitude directe de centre Ω(2i)\Omega(2i), de rapport 2\sqrt2 et d’angle π4\dfrac\pi4.

Exemple résolu

Problème : Écris l’équation du plan PP passant par A(1 ; 0 ; 2)A(1\,;\,0\,;\,2) et de vecteur normal n⃗(2 ; −1 ; 3)\vec n(2\,;\,-1\,;\,3), puis calcule la distance de l’origine OO à PP.

Étape 1 : 2(x−1)−(y−0)+3(z−2)=02(x-1)-(y-0)+3(z-2)=0, soit 2x−y+3z−8=02x-y+3z-8=0.

Étape 2 : Contrôle avec AA : 2−0+6−8=02-0+6-8=0.

Étape 3 : d(O,P)=∣0−0+0−8∣4+1+9=814≈2,14d(O,P)=\dfrac{|0-0+0-8|}{\sqrt{4+1+9}}=\dfrac{8}{\sqrt{14}}\approx2{,}14.

Réponse : PP : 2x−y+3z−8=02x-y+3z-8=0 ; d(O,P)=814≈2,14d(O,P)=\dfrac{8}{\sqrt{14}}\approx2{,}14.

Exemple résolu

Problème : Trouve le point d’intersection de la droite DD passant par B(1 ; −2 ; 3)B(1\,;\,-2\,;\,3), de vecteur directeur u⃗(2 ; 1 ; −1)\vec u(2\,;\,1\,;\,-1), avec le plan QQ : x+y+2z−6=0x+y+2z-6=0.

Étape 1 : DD : x=1+2tx=1+2t, y=−2+ty=-2+t, z=3−tz=3-t.

Étape 2 : On remplace dans QQ : (1+2t)+(−2+t)+2(3−t)−6=0(1+2t)+(-2+t)+2(3-t)-6=0, soit t−1=0t-1=0, donc t=1t=1.

Étape 3 : Pour t=1t=1 : (3 ; −1 ; 2)(3\,;\,-1\,;\,2). Contrôle : 3−1+4−6=03-1+4-6=0.

Réponse : DD coupe QQ au point I(3 ; −1 ; 2)I(3\,;\,-1\,;\,2).

Attention

Attention : Le centre d’une similitude z′=az+bz'=az+b n’est pas bb : c’est la solution de ω=aω+b\omega=a\omega+b. Dans l’espace, une seule équation ax+by+cz+d=0ax+by+cz+d=0 décrit un plan, pas une droite : pour une droite, il faut une représentation paramétrique ou deux équations. Enfin, les coefficients de xx, yy, zz donnent un vecteur normal au plan, pas un vecteur du plan.

À retenir

  • Similitude directe z′=az+bz'=az+b : rapport ∣a∣|a|, angle arg⁡a\arg a, centre ω=b1−a\omega=\dfrac{b}{1-a} (a≠1a\ne1) ; aires multipliées par ∣a∣2|a|^2.
  • Plan : ax+by+cz+d=0ax+by+cz+d=0, vecteur normal n⃗(a ; b ; c)\vec n(a\,;\,b\,;\,c).
  • Distance point-plan : ∣ax0+by0+cz0+d∣a2+b2+c2\dfrac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}.
  • Droite : x=xA+αtx=x_A+\alpha t, y=yA+βty=y_A+\beta t, z=zA+γtz=z_A+\gamma t.
  • Intersection droite-plan : remplacer dans l’équation du plan et résoudre en tt.

✍️ Exercices

Réponds à un exercice à la fois. Ta réponse est corrigée aussitôt, avec une explication.

Exercice 1 sur 9

★ Facile

Quel est le rapport de la similitude z′=3iz+1−2iz'=3iz+1-2i ?

Tu peux utiliser la virgule ou le point décimal (2,5 ou 2.5).