Exercices corrigés : translations, symétries et rotations (Quatrième)

C'est la TRANSLATION qui fait glisser chaque point de $7$ unités vers la droite. On le lit sommet par sommet : $A(1\,;1)$ devient $(8\,;1)$, $B(4\,;1)$ devient $(11\,;1)$, $C(1\,;3)$ devient $(8\,;3)$. À chaque fois l'abscisse augmente de $7$ et l'ordonnée ne change pas : c'est bien le MÊME déplacement pour les trois points, et c'est cela qui définit une translation. Si un seul sommet se déplaçait autrement, ce ne serait pas une translation.

C'est la SYMÉTRIE AXIALE d'axe la droite horizontale d'équation $y=5$. On la trouve en cherchant la médiatrice de $[AA_2]$ : $A(1\,;1)$ a pour image $(1\,;9)$, le milieu est $(1\,;5)$ et le segment est vertical, donc l'axe est la droite horizontale passant par l'ordonnée $5$. On vérifie sur un autre point : le milieu de $[CC_2]$, avec $C(1\,;3)$ et $C_2(1\,;7)$, vaut $(1\,;5)$ ✓. Les deux milieux ont la même ordonnée $5$ : l'axe est confirmé.

C'est la SYMÉTRIE CENTRALE de centre $O(6\,;5)$. Le centre d'une symétrie centrale est le milieu de chaque segment $[MM']$ : avec $A(1\,;1)$ et son image $(11\,;9)$, le milieu vaut $\left(\dfrac{1+11}{2}\,;\dfrac{1+9}{2}\right)=(6\,;5)$. On recommence avec $B(4\,;1)$ et $(8\,;9)$ : $\left(\dfrac{4+8}{2}\,;\dfrac{1+9}{2}\right)=(6\,;5)$ ✓. Deux points suffisent à décider, mais le troisième doit donner le même centre, sinon la transformation n'est pas une symétrie centrale.

C'est la SYMÉTRIE AXIALE d'axe la droite verticale d'équation $x=6$. Le sommet $(1\,;9)$ de $F_2$ a pour image $(11\,;9)$, de milieu $(6\,;9)$, et le sommet $(4\,;9)$ a pour image $(8\,;9)$, de milieu $(6\,;9)$ ✓. Ce résultat n'est pas un hasard : passer de $F$ à $F_2$ puis de $F_2$ à $F_3$, c'est enchaîner deux symétries axiales d'axes PERPENDICULAIRES, et l'on retombe sur la symétrie centrale de centre leur point d'intersection $(6\,;5)$. C'est exactement la question 3.

Seule la symétrie axiale renverse le sens de parcours, donc c'est celle qui envoie $F$ sur $F_2$. Sur $F$, en allant de $A$ vers $B$ puis vers $C$, on tourne dans le sens inverse des aiguilles d'une montre ; sur $F_2$, le même trajet tourne dans le sens des aiguilles d'une montre. Pour $F_1$ (translation) et $F_3$ (symétrie centrale), le sens est conservé : on peut faire glisser ou faire pivoter le calque sans le retourner. C'est LE critère qui sépare le miroir des trois autres transformations, et c'est aussi pourquoi la symétrie centrale n'est pas un miroir mais un demi-tour.

Le triangle $F$ est rectangle en $A$, de côtés perpendiculaires $AB=3$ et $AC=2$, donc son aire vaut $\dfrac{3\times 2}{2}=3$ unités d'aire. Les trois images ont EXACTEMENT la même aire, $3$ unités d'aire, sans aucun calcul : une transformation conserve les longueurs, donc elle conserve les aires. Écrire une aire différente pour une image est toujours le signe d'une erreur de construction, jamais d'une propriété de la transformation.

Pour chaque sommet, on trace la perpendiculaire à $(d)$ passant par le point, et on reporte de l'autre côté la même distance. Sur ce quadrillage, la construction est immédiate : l'axe étant la diagonale des carreaux, il suffit d'échanger le déplacement horizontal et le déplacement vertical comptés depuis l'axe. On obtient $A'(3\,;1)$, $B'(6\,;2)$ et $C'=C$.

C'est $C(4\,;4)$, parce qu'il est SUR l'axe. Un point de l'axe est à distance nulle de celui-ci : son symétrique est reporté à distance nulle de l'autre côté, c'est-à-dire lui-même. C'est ce qui distingue la symétrie axiale des trois autres transformations du chapitre : elle possède une droite entière de points invariants, alors que la symétrie centrale et la rotation n'en ont qu'un et que la translation n'en a aucun.

$A'(3\,;1)$ et $B'(6\,;2)$. La règle est : le point $(a\,;b)$ a pour image $(b\,;a)$, les deux coordonnées s'échangent. On la contrôle sur $C(4\,;4)$, qui devient $(4\,;4)$, donc lui-même ✓ : les points invariants sont exactement ceux dont les deux coordonnées sont déjà égales, ce qui est bien la définition de l'axe.

Le milieu de $[AA']$, avec $A(1\,;3)$ et $A'(3\,;1)$, vaut $\left(\dfrac{1+3}{2}\,;\dfrac{3+1}{2}\right)=(2\,;2)$. Ses deux coordonnées sont égales, donc il appartient à $(d)$ ✓. On peut faire le même contrôle sur $[BB']$ : le milieu de $B(2\,;6)$ et $B'(6\,;2)$ vaut $(4\,;4)$, qui est sur l'axe ✓. Ce contrôle du milieu est la vérification la plus rapide d'une construction de symétrie axiale, et elle attrape la plupart des erreurs de report.

$AB=\sqrt{(2-1)^2+(6-3)^2}=\sqrt{1+9}=\sqrt{10}$ et $A'B'=\sqrt{(6-3)^2+(2-1)^2}=\sqrt{9+1}=\sqrt{10}$. Les deux longueurs sont égales, environ $3{,}16$. C'était prévisible sans aucun calcul : une symétrie axiale conserve les longueurs. Le calcul ne sert donc pas à découvrir le résultat mais à CONTRÔLER la construction ; si l'on avait trouvé deux longueurs différentes, cela aurait prouvé que l'une des images était mal placée.

Non, le sens est renversé. En allant de $A(1\,;3)$ à $B(2\,;6)$ puis à $C(4\,;4)$, on tourne dans le sens des aiguilles d'une montre ; en allant de $A'(3\,;1)$ à $B'(6\,;2)$ puis à $C'(4\,;4)$, on tourne dans l'autre sens. Une symétrie axiale RENVERSE le sens de parcours : c'est un retournement, pas un glissement. Concrètement, on ne peut pas superposer la figure et son image en faisant glisser un calque sur la feuille, il faut le retourner. C'est le seul cas du chapitre où cela arrive.

Pour chaque point, on trace la demi-droite qui part du point et passe par $I$, puis on reporte au-delà de $I$ la même longueur. Autrement dit, on prolonge $[AI]$ d'une longueur $AI$. Sur le quadrillage, on compte le déplacement de $A$ vers $I$, ici $3$ carreaux vers la droite et $2$ vers le bas, et on le refait une seconde fois à partir de $I$.

$A'(7\,;1)$ et $B'(6\,;5)$. Le calcul vient directement de la propriété du milieu : si $I$ est le milieu de $[AA']$, alors $\dfrac{x_A+x_{A'}}{2}=x_I$, donc $x_{A'}=2x_I-x_A=2\times 4-1=7$, et de même $y_{A'}=2\times 3-5=1$. Pour $B$ : $x_{B'}=8-2=6$ et $y_{B'}=6-1=5$. On contrôle en recalculant les milieux : celui de $[AA']$ vaut $(4\,;3)$ ✓ et celui de $[BB']$ vaut $(4\,;3)$ ✓, c'est bien le même point $I$.

Le centre $I$ est le SEUL point invariant. En effet, un point $M$ est invariant si $I$ est le milieu de $[MM]$, ce qui n'est possible que si $M=I$. C'est une différence importante avec la symétrie axiale, qui laisse fixe une droite entière : ici, tout le plan bouge sauf un unique point. Répondre « la droite $(AB)$ » est une erreur fréquente, car cette droite est bien envoyée sur une droite parallèle mais pas sur elle-même, et surtout aucun de ses points ne reste en place.

$ABA'B'$ est un PARALLÉLOGRAMME. Ses diagonales sont $[AA']$ et $[BB']$, et elles ont le même milieu $I$ d'après la question 2. Or un quadrilatère dont les diagonales se coupent en leur milieu est un parallélogramme. Attention à l'ordre des lettres : c'est bien $ABA'B'$, en alternant un point et son image, et non $ABB'A'$, qui donnerait un quadrilatère croisé. C'est d'ailleurs le moyen le plus rapide de construire un symétrique sans compas : compléter le parallélogramme.

La droite $(A'B')$ est PARALLÈLE à la droite $(AB)$. C'est une propriété générale de la symétrie centrale, et elle se voit ici sur le parallélogramme : dans $ABA'B'$, les côtés $[AB]$ et $[A'B']$ sont opposés, donc parallèles et de même longueur. On peut le vérifier par les déplacements : de $A(1\,;5)$ à $B(2\,;1)$ on avance de $1$ et on descend de $4$ ; de $A'(7\,;1)$ à $B'(6\,;5)$ on recule de $1$ et on monte de $4$, ce qui est le même déplacement en sens inverse ✓. La translation partage cette propriété, mais la symétrie axiale non, sauf cas particuliers.

Parce qu'elle CONSERVE le sens de parcours. En allant de $A$ à $B$ puis à $I$ on tourne dans un sens, et le trajet image tourne dans le MÊME sens : la figure image se superpose à la figure de départ par simple rotation d'un calque, sans jamais le retourner. Un miroir, lui, renverse le sens. La symétrie centrale est donc une rotation, celle d'angle $180^\circ$, et le mot « symétrie » qu'elle partage avec la symétrie axiale est ici trompeur. Le coût de la confusion est direct : un élève qui traite la symétrie centrale comme un miroir place l'image du mauvais côté et perd tous les points de la construction.

De $A(2\,;1)$ à $B(6\,;3)$, l'abscisse augmente de $6-2=4$ et l'ordonnée de $3-1=2$ : le déplacement est de $4$ carreaux vers la droite et $2$ carreaux vers le haut. Ce couple de nombres définit entièrement la translation, il n'y a rien d'autre à retenir : direction, sens et longueur y sont contenus.

On applique le même déplacement à $C(3\,;5)$ : $x_D=3+4=7$ et $y_D=5+2=7$, donc $D(7\,;7)$. On contrôle en calculant $CD=\sqrt{4^2+2^2}=\sqrt{20}$ et $AB=\sqrt{4^2+2^2}=\sqrt{20}$ ✓ : les deux flèches ont bien la même longueur, environ $4{,}47$.

C'est $ABDC$. Pour le démontrer, on montre que ses diagonales $[AD]$ et $[BC]$ se coupent en leur milieu. Milieu de $[AD]$ : $\left(\dfrac{2+7}{2}\,;\dfrac{1+7}{2}\right)=(4{,}5\,;4)$. Milieu de $[BC]$ : $\left(\dfrac{6+3}{2}\,;\dfrac{3+5}{2}\right)=(4{,}5\,;4)$. Les deux milieux coïncident, donc $ABDC$ est un parallélogramme ✓. Avec $ABCD$, les diagonales seraient $[AC]$ et $[BD]$, de milieux $(2{,}5\,;3)$ et $(6{,}5\,;5)$, qui sont différents : $ABCD$ n'est pas un parallélogramme, c'est un quadrilatère croisé.

On remonte le déplacement au lieu de le suivre : le point cherché a pour coordonnées $(9-4\,;4-2)=(5\,;2)$. Chercher l'ANTÉCÉDENT d'un point revient toujours à appliquer la translation en sens inverse. Vérification directe : $(5+4\,;2+2)=(9\,;4)$, c'est bien $E$ ✓.

Non, aucun. Un point invariant devrait vérifier $x+4=x$, ce qui est impossible. Une translation de déplacement non nul déplace absolument tous les points du plan, sans aucune exception. C'est la seule des quatre transformations du chapitre dans ce cas : la symétrie centrale et la rotation fixent leur centre, la symétrie axiale fixe toute sa droite.

On obtient encore une TRANSLATION, celle qui déplace de $4+1=5$ carreaux vers la droite et de $2-5=-3$ carreaux verticalement, c'est-à-dire $3$ carreaux vers le BAS. On additionne les déplacements coordonnée par coordonnée. Contrôle sur $A(2\,;1)$ : la première translation l'envoie en $(6\,;3)$, la seconde en $(7\,;-2)$, et le déplacement total depuis $A$ vaut bien $(+5\,;-3)$ ✓. Enchaîner deux translations ne crée donc jamais une transformation d'un type nouveau, ce qui n'est pas le cas des symétries axiales, comme le montre l'exercice 7.

$M'(3\,;6)$ et $N'(5\,;6)$. Sur un quadrillage, un quart de tour autour de $O$ se construit sans rapporteur : le déplacement de $O$ vers $M$ est « $2$ à droite, $1$ en haut » ; pour le quart de tour dans le sens inverse des aiguilles, on le remplace par « $1$ à gauche, $2$ en haut », ce qui donne $(4-1\,;4+2)=(3\,;6)$. De même pour $N$ : « $2$ à droite, $1$ en bas » devient « $1$ à droite, $2$ en haut », donc $(5\,;6)$. La règle est toujours la même : les deux déplacements s'échangent et l'un des deux change de signe.

$OM=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$ et $OM'=\sqrt{(-1)^2+2^2}=\sqrt{5}$ : les deux distances sont égales, environ $2{,}24$ ✓. C'est la vérification à faire systématiquement sur une rotation : l'image d'un point est TOUJOURS à la même distance du centre que le point de départ. Si les deux distances diffèrent, l'image est mal placée, et il est inutile de continuer la figure. On contrôle aussi la longueur du côté : $MN=2$ et $M'N'=|5-3|=2$ ✓.

Deux quarts de tour dans le même sens font un demi-tour, c'est-à-dire une rotation de $180^\circ$ : c'est exactement la SYMÉTRIE CENTRALE de centre $O$. On le vérifie sur $M$ : après deux quarts de tour on obtient $(2\,;3)$, et le milieu de $[M(6\,;5)\,;(2\,;3)]$ vaut $(4\,;4)=O$ ✓. La symétrie centrale n'est donc pas une transformation à part, c'est un cas particulier de rotation, ce qui explique qu'elle conserve le sens de parcours comme toutes les rotations.

Quatre quarts de tour, puisque $4\times 90^\circ=360^\circ$, soit un tour complet. Après le quatrième, chaque point retrouve exactement sa position de départ. Les quatre positions successives du triangle forment le motif à quatre branches visible sur le corrigé.

Seul le centre $O$ est invariant, comme pour toute rotation d'angle non nul. Tous les autres points décrivent un arc de cercle centré en $O$. Un élève qui répond « les points du cercle » confond le cercle, qui est globalement invariant en tant qu'ensemble, avec ses points, qui se déplacent tous le long de ce cercle.

$450=360+90$, donc une rotation de $450^\circ$ revient à faire un tour complet, qui ne change rien, puis un quart de tour : c'est la MÊME transformation que la rotation de $90^\circ$ de la question 1. Pour simplifier un angle de rotation, on lui retire autant de fois $360^\circ$ que possible. Ainsi une rotation de $720^\circ$ est l'identité, et une rotation de $540^\circ$ est un demi-tour puisque $540-360=180$.

« Une transformation conserve les LONGUEURS, les ANGLES, les AIRES, le parallélisme et les milieux. » Ces cinq conservations valent pour les quatre transformations sans exception, et c'est ce qui fait qu'une image est toujours superposable à sa figure de départ. Toute question du type « combien mesure tel côté de l'image ? » se répond donc sans calcul : la même chose que dans la figure de départ.

Translation : AUCUN point invariant, sauf le cas sans intérêt du déplacement nul. Symétrie axiale : tous les points de l'axe, c'est-à-dire une droite entière. Symétrie centrale : un seul point, le centre. Rotation d'angle non nul : un seul point, le centre. C'est le tableau qui permet de reconnaître une transformation sans rien construire : on cherche ce qui ne bouge pas.

La SYMÉTRIE AXIALE, et elle seule. Les trois autres se réalisent en faisant glisser ou pivoter un calque posé sur la feuille ; la symétrie axiale exige de le RETOURNER. C'est pourquoi la main gauche est l'image de la main droite dans un miroir, alors qu'aucune rotation ne transforme l'une en l'autre.

L'aire de l'image vaut $12$ cm$^2$ et l'angle mesure $47^\circ$ : rien ne change. L'angle de la rotation, $60^\circ$, dit de combien la figure PIVOTE, il ne s'applique pas aux angles intérieurs de la figure et il ne modifie aucune mesure. L'erreur classique consiste à multiplier ou à combiner ces deux angles, par exemple à écrire $47+60=107^\circ$ : c'est confondre le déplacement de la figure avec sa forme. Coût de l'erreur : toute la suite du problème est fausse, et le résultat n'a même plus de sens géométrique.

La TRANSLATION et la SYMÉTRIE CENTRALE. Dans les deux cas, l'image d'une droite $(D)$ est une droite parallèle à $(D)$, et c'est même $(D)$ elle-même si elle est parallèle au déplacement, ou si elle passe par le centre. Pour une rotation d'angle $a$, la direction de la droite TOURNE elle aussi de $a$ : l'image n'est parallèle à la droite de départ que si $a$ vaut $180^\circ$, c'est-à-dire précisément le cas de la symétrie centrale. Pour une symétrie axiale, l'image n'est en général pas parallèle non plus.

Une droite entière de points fixes caractérise la SYMÉTRIE AXIALE, et l'axe est justement cette droite. Aucun point fixe caractérise la TRANSLATION. Ce raisonnement par les points invariants est le plus rapide pour identifier une transformation à partir d'une figure : s'il existe un point fixe unique, il reste à mesurer un angle pour trancher entre la rotation quelconque et le demi-tour ; s'il en existe une droite entière, c'est un miroir ; s'il n'en existe aucun, la figure a glissé.

La symétrie d'axe $(d_1)$ conserve l'ordonnée et renvoie l'abscisse de l'autre côté de $2$ : $M$ est à $2$ unités à gauche de l'axe, donc $M_1$ est à $2$ unités à droite, en $(4\,;3)$. Ensuite $M_1$ est à $1$ unité à gauche de $(d_2)$, donc $M_2$ est à $1$ unité à droite, en $(6\,;3)$. Le calcul général est $x'=2\times 2-0=4$ puis $x''=2\times 5-4=6$.

C'est la TRANSLATION de $6$ unités vers la droite. On passe directement de $M(0\,;3)$ à $M_2(6\,;3)$ : l'ordonnée n'a pas changé et l'abscisse a augmenté de $6$. Ce n'est pas une symétrie, et c'est le point important : composer deux transformations peut donner une transformation d'un TYPE différent. Deux retournements successifs remettent la figure à l'endroit, donc le résultat conserve le sens de parcours et ne peut pas être un miroir.

Le déplacement vaut $6$ unités et la distance entre les axes vaut $5-2=3$ unités : le déplacement est le DOUBLE de la distance entre les axes. Règle générale : composer deux symétries d'axes parallèles distants de $d$ donne une translation perpendiculaire aux axes, de longueur $2d$, dirigée du premier axe vers le second. On retient que la position exacte des axes n'a aucune importance, seul compte l'écart entre eux.

Pour $N(1\,;4)$ : $x'=2\times 2-1=3$, donc $N_1(3\,;4)$, puis $x''=2\times 5-3=7$, donc $N_2(7\,;4)$. Le déplacement de $N$ à $N_2$ vaut $7-1=6$ unités vers la droite ✓, exactement le même que pour $M$. C'est bien une translation, puisque tous les points subissent le même déplacement, et l'on retrouve $2\times 3=6$.

Non, on obtient la translation de $6$ unités vers la GAUCHE. Vérification avec $M(0\,;3)$ : la symétrie d'axe $(d_2)$ donne $2\times 5-0=10$, donc $(10\,;3)$, puis celle d'axe $(d_1)$ donne $2\times 2-10=-6$, donc $(-6\,;3)$. Le déplacement vaut $-6$ : même longueur, sens opposé. L'ORDRE dans lequel on compose deux transformations change donc le résultat, contrairement à ce qui se passe pour une addition de nombres. C'est un point que les élèves supposent faux par réflexe et qui coûte cher dès qu'un énoncé impose un ordre.

On obtient une ROTATION de centre $O$ et d'angle $2\times 45^\circ=90^\circ$, dans le sens qui va du premier axe vers le second. La règle est la même que pour les axes parallèles, avec l'angle à la place de la distance : le résultat double la donnée. On peut le voir sur un cas simple, en prenant pour axes l'axe des abscisses puis la droite des points d'abscisse et d'ordonnée égales : le point $(4\,;1)$ devient $(4\,;-1)$, puis $(-1\,;4)$, ce qui est bien son image par le quart de tour direct autour de l'origine ✓. Et si les axes sont perpendiculaires, l'angle vaut $2\times 90^\circ=180^\circ$ : on retrouve la symétrie centrale de l'exercice 1.

FAUX. La symétrie centrale transforme $(D)$ en une droite PARALLÈLE à $(D)$, et même en $(D)$ elle-même si $(D)$ passe par $O$. Énoncé correct : « la symétrie de centre $O$ transforme la droite $(D)$ en une droite parallèle à $(D)$ ». L'erreur vient du mot « symétrie », qui fait penser au miroir ; or le demi-tour ne redresse rien, il retourne la droite sur elle-même en direction.

FAUX. Une translation de déplacement non nul ne fixe AUCUN point : il faudrait qu'un point vérifie $x+a=x$ avec $a\neq 0$, ce qui est impossible. Énoncé correct : « une translation de déplacement non nul ne possède aucun point invariant ». C'est même sa signature : quand on cherche à identifier une transformation, l'absence de point fixe suffit à conclure.

FAUX. La symétrie axiale est la seule des quatre transformations à RENVERSER le sens de parcours. Énoncé correct : « la symétrie axiale renverse le sens de parcours ; la translation, la symétrie centrale et la rotation le conservent ». Concrètement, l'image par un miroir ne se superpose à la figure de départ qu'en retournant le calque.

FAUX. Une rotation conserve les aires : l'image a une aire de $20$ cm$^2$, exactement. Énoncé correct : « l'image a pour aire $20$ cm$^2$ ». La fraction $\dfrac{60}{360}=\dfrac{1}{6}$ donnerait $20\times\dfrac{1}{6}\approx 3{,}33$ cm$^2$, ce qui reviendrait à croire qu'une rotation découpe un secteur de la figure. L'angle d'une rotation décrit le DÉPLACEMENT, jamais la figure elle-même.

FAUX. C'est $ABDC$ qui est un parallélogramme, pas $ABCD$. Énoncé correct : « la translation qui transforme $A$ en $B$ transforme $C$ en $D$, donc $ABDC$ est un parallélogramme ». La raison est que les deux déplacements égaux sont $A\to B$ et $C\to D$, donc les côtés parallèles de même longueur sont $[AB]$ et $[CD]$ : dans le nom du quadrilatère, ces deux côtés doivent être OPPOSÉS. Avec $A(2\,;1)$, $B(6\,;3)$, $C(3\,;5)$ et $D(7\,;7)$, les diagonales de $ABDC$ sont $[AD]$ et $[BC]$, de milieu commun $(4{,}5\,;4)$ ✓, alors que celles de $ABCD$ seraient $[AC]$ et $[BD]$, de milieux $(2{,}5\,;3)$ et $(6{,}5\,;5)$, qui diffèrent.