Corrigé des 32 exercices sur la symétrie centrale en 5ème : solutions détaillées à télécharger en PDF

Ensuite, construire le symétrique d’une figure par rapport au point I, c’est lui faire faire un demi-tour autour de I. Par ailleurs, on construit l’image de chaque point important, en utilisant le fait que I est le milieu du segment qui relie un point à son image.

1. Centres des cercles : on trace la demi-droite qui part du centre O du corps et passe par I, puis on reporte au compas la longueur OI de l’autre côté de I. On obtient O′. On trace le cercle de centre O′ de même rayon que le corps. On fait de même pour le centre de la tête.
2. Chapeau, bras, sol : ce sont des segments ; il suffit de construire l’image de leurs extrémités puis de les relier (l’image d’un segment est un segment de même longueur).
3. Yeux, nez, bouche : même méthode, point par point.

Par ailleurs, on remarque que la figure symétrique est retournée tête en bas : le sol se retrouve au-dessus, le chapeau en dessous, et le bras gauche passe à droite. Puis les longueurs et les angles sont conservés : les deux bonshommes sont superposables.

Enfin, pour chaque sommet M du polygone ABCDEFGHI, on construit son image M′ :

1. on trace la demi-droite [MO) ;
2. au compas, on reporte la longueur MO à partir de O, de l’autre côté : on obtient M′ tel que O soit le milieu de [MM′].

Ensuite, on obtient ainsi A′, B′, C′, D′, E′, F′, G′, H′ et I′, puis on relie les points dans le même ordre : A′B′C′D′E′F′G′H′I′.

Par ailleurs, vérification : chaque côté de l’image est parallèle au côté correspondant et de même longueur (par exemple [A′B′] est horizontal, comme [AB], et A′B′ = AB). Ensuite, la figure image est la chaussure retournée d’un demi-tour.

De plus, on obtient 1. Construction. On trace un triangle IJK, on place R sur [IK], puis O au milieu de [JR]. Puis on construit S, symétrique de I par rapport à O (O milieu de [IS]), et T, symétrique de K par rapport à O (O milieu de [KT]).

De même, on a donc 2. Droites (TI) et (KS). Par la symétrie de centre O, K a pour image T et S a pour image I. Donc le segment [KS] a pour image le segment [TI].

• Le symétrique d’une droite par rapport à un point est une droite parallèle : (TI) // (KS).
• La symétrie centrale conserve les longueurs : TI = KS.

Par ailleurs, autre justification : les diagonales [IS] et [KT] du quadrilatère IKST ont le même milieu O, donc IKST est un parallélogramme ; ses côtés opposés [TI] et [KS] sont parallèles et de même longueur.

Ainsi, on trouve 3. Égalité d’angles. Par la symétrie de centre O : O a pour image O (le centre est son propre symétrique), I a pour image S et R a pour image J (car O est le milieu de [JR]). De plus, l’angle \(\widehat{OIR}\) a donc pour image l’angle \(\widehat{OSJ}\). Or la symétrie centrale conserve les angles, donc :

\[ \widehat{OIR} = \widehat{OSJ} \]

Par conséquent, on obtient (L’énoncé écrit \(\widehat{OSI}\), mais O, S et I sont alignés, cet angle serait plat : il s’agit bien de l’angle \(\widehat{OSJ}\).)

De plus, on obtient 4. Alignement de S, J et T. R appartient au segment [IK]. Par la symétrie de centre O, le segment [IK] a pour image le segment [ST] (I donne S, K donne T) et R a pour image J. Comme la symétrie centrale conserve l’appartenance d’un point à un segment, J appartient au segment [ST].

Par conséquent, on obtient 1. Construction. On place A, B, I, J non alignés. C est tel que I est le milieu de [AC], D tel que I est le milieu de [BD]. Puis F est tel que J est le milieu de [CF] et E tel que J est le milieu de [DE].

2. Par conséquent, par la symétrie de centre I, A a pour image C et B a pour image D. Ensuite, la demi-droite [AB) (origine A, passant par B) a donc pour image la demi-droite [CD).

De plus, par la symétrie de centre J, C a pour image F et D a pour image E : la demi-droite [CD) a pour image la demi-droite [FE).

3. Ainsi, une symétrie centrale transforme une demi-droite en une demi-droite parallèle et de sens contraire (demi-tour).

• [AB) et [CD) sont parallèles et de sens contraires ;
• [CD) et [FE) sont parallèles et de sens contraires.

Enfin, deux droites parallèles à une même troisième sont parallèles entre elles : [AB) et [FE) sont parallèles. Et deux changements de sens successifs ramènent au sens de départ : elles sont de même sens. Par ailleurs, on le voit sur la figure : [AB) et [FE) « montent » toutes les deux vers la droite.

De plus, O est le centre de symétrie d’une figure si le symétrique de la figure par rapport à O est la figure elle-même. Puis pour compléter, on construit donc le symétrique par rapport à O de la partie déjà dessinée qui n’a pas encore son « partenaire ».

a. Ainsi, les deux cercles et le segment qui les relie sont déjà symétriques par rapport à O (O est au milieu). Ensuite, il manque l’image du crochet de droite : ce crochet part vers la droite puis descend ; son symétrique part vers la gauche puis monte.

b. Enfin, la figure part d’un segment horizontal, descend, puis remonte en oblique jusqu’à O. Son symétrique par rapport à O prolonge l’oblique au-delà de O (vers le haut), puis redescend verticalement et se termine par un segment horizontal en bas à droite.

Ensuite, attention : les deux dessins du bas de l’énoncé (crochets tous deux vers le bas en a, forme en « W » en b) correspondent à une symétrie axiale par rapport à une droite verticale, pas à une symétrie centrale : ils ne conviennent pas.

Ainsi, la figure comprend une droite, un cercle et un triangle dont S est un sommet. Puis on construit leurs images à la règle et au compas.

1. Le triangle : S est son propre symétrique. Pour les deux autres sommets P et Q, on trace les demi-droites [PS) et [QS), et on reporte au compas les longueurs PS et QS au-delà de S. On obtient P′ et Q′, et le triangle image est SP′Q′.
2. Le cercle : on construit le symétrique Ω′ du centre Ω, puis on trace le cercle de centre Ω′ de même rayon (on prend le rayon au compas sur le cercle de départ).
3. La droite : on choisit deux points de la droite, on construit leurs symétriques et on trace la droite qui passe par ces deux images. Elle est parallèle à la droite de départ.

Ainsi, on trouve 1. Construction de la figure.

• On trace le segment [AB] de 5 cm.
• Au rapporteur, on trace en A un angle de 30° et en B un angle de 45°, du même côté de (AB) ; les deux côtés se coupent en C. On peut vérifier que \(\widehat{ACB} = 180^\circ – 30^\circ – 45^\circ = 105^\circ\).
• On place le milieu de [AB] (à 2,5 cm de A) et on trace au compas le demi-cercle de diamètre [AB] (rayon 2,5 cm), de l’autre côté de (AB) par rapport à C.

Par conséquent, on obtient 2. Symétrique par rapport à O. On construit A′, B′ et C′, symétriques de A, B et C (O milieu de [AA′], [BB′], [CC′]). De plus, le triangle A′B′C′ a les mêmes angles (30° en A′, 45° en B′) et A′B′ = 5 cm. Ensuite, le demi-cercle image a pour diamètre [A′B′] : son centre est le milieu de [A′B′] et son rayon 2,5 cm, et il est tourné de l’autre côté (vers le bas).

Par conséquent, le chat est un polygone à 16 sommets A, B, C, …, P. Par ailleurs, pour chacun, on construit son symétrique par rapport à Q : on trace la demi-droite issue du sommet passant par Q, et on reporte la même longueur au-delà de Q (Q est le milieu de [AA′], [BB′], etc.). Puis on relie ensuite A′, B′, …, P′ dans le même ordre.

De plus, comme Q est à droite et en bas du chat, le chat image se trouve encore plus à droite et plus bas, tête en bas : les oreilles A′ et D′ sont en bas, les pattes L′ et M′ en haut. Contrôle rapide : [LM] étant horizontal, [L′M′] l’est aussi, et L′M′ = LM.

De plus, on obtient 1. Construction de la figure.

• On trace [AB] de 6 cm et on place C, milieu de [AB] : AC = CB = 3 cm.
• Le triangle ACD est rectangle isocèle en D : on trace en A et en C deux angles de 45° au rapporteur ; les côtés se coupent en D. (D est à 1,5 cm au-dessus du milieu de [AC], et AD = CD ≈ 2,1 cm.)
• Du côté opposé à D, on trace le demi-cercle de diamètre [AB] (centre C, rayon 3 cm) et le demi-cercle de diamètre [CB] (centre au milieu de [CB], rayon 1,5 cm).

De plus, on a donc 2. Symétrique par rapport à O. On construit A′, B′, C′ et D′, symétriques de A, B, C et D par rapport à O. Ensuite, le triangle A′C′D′ est lui aussi rectangle isocèle en D′. Puis les demi-cercles images ont pour diamètres [A′B′] (centre C′, rayon 3 cm) et [C′B′] (rayon 1,5 cm) ; ils sont tournés vers le haut puisque la figure fait un demi-tour.

Par ailleurs, sur quadrillage, pas besoin de compas : on compte les carreaux. Si un sommet est à 3 carreaux à gauche et 2 carreaux en haut de O, son image est à 3 carreaux à droite et 2 carreaux en bas de O. Sur le réseau triangulaire, on fait pareil en suivant les lignes du réseau : on compte les pas de O jusqu’au point et on refait les mêmes pas dans le sens opposé.

De même, partie 1 : symétriques par rapport à O (images en rouge).

Par conséquent, quand O est un sommet de la figure (figures 3 et 4), O reste à sa place : la figure et son image se touchent en O.

De plus, partie 2 : réseaux triangulaires (images en rouge).

Ainsi, partie 3 : symétrique par rapport à O (en rouge) et par rapport à la droite d (en bleu), chacun construit à partir de la figure de départ.

Enfin, on compare les deux images : par la symétrie axiale (bleu), la figure est retournée comme dans un miroir ; par la symétrie centrale (rouge), elle fait un demi-tour et se retrouve tête en bas. De plus, pour la droite diagonale, on compte les carreaux perpendiculairement à d : un point situé à 2 diagonales de carreau d’un côté de d se retrouve à 2 diagonales de l’autre côté.

De même, on lit sur la figure : BC = 5 cm, AB = 7 cm, DA = 3 cm, et le même codage (deux petits traits) sur [CD] et [DA], donc CD = DA = 3 cm. Ensuite, les angles en D et en A sont droits.

Par conséquent, le centre de symétrie est A : A est donc son propre symétrique, et A est le milieu de [BB′], de [CC′] et de [DD′].

1. De plus, la symétrie centrale conserve les longueurs : un segment et son symétrique ont la même longueur.

• a. [B′C′] est le symétrique de [BC], donc B′C′ = BC = 5 cm.
• b. [C′D′] est le symétrique de [CD], donc C′D′ = CD = 3 cm.
• c. Le symétrique de A est A, donc [D′A] est le symétrique de [DA] : D′A = DA = 3 cm.
• d. A est le milieu de [BB′] et AB′ = AB = 7 cm, donc \( BB^{\prime} = 2 \times 7 = 14 \text{ cm} \) : BB′ = 14 cm.

2.

• La droite (B′C′) est le symétrique de la droite (BC). Or une symétrie centrale transforme une droite en une droite parallèle : (BC) et (B′C′) sont parallèles.
• B′ est sur la droite (AB) (car A est le milieu de [BB′]) et D′ est sur la droite (AD) (car A est le milieu de [DD′]). Donc (AB′) est la droite (AB) et (D′A) est la droite (DA). Comme l’angle \( \widehat{DAB} \) est droit, (AB′) et (D′A) sont perpendiculaires (en A).

Enfin, les quadrilatères ABCD et EFGH sont symétriques par rapport à O, et les sommets se correspondent dans l’ordre : A a pour symétrique E, B a pour symétrique F, C a pour symétrique G et D a pour symétrique H. Par ailleurs, on le vérifie sur la figure : A (en haut) et E (en bas) sont de part et d’autre de O, de même que C (à droite) et G (à gauche).

Ensuite, le symétrique de la droite (AC) est donc la droite passant par les symétriques de A et de C, c’est-à-dire la droite (EG).

Or une symétrie centrale transforme une droite en une droite parallèle. Donc les droites (AC) et (EG) sont parallèles.

De même, une symétrie centrale fait faire un demi-tour à la figure. Puis on repère donc les sommets qui se correspondent : B, en haut, devient le sommet du bas, R ; A, à droite, devient le sommet de gauche, S ; C, en bas à gauche, devient le sommet en haut à droite, T.

Par conséquent, la symétrie centrale conserve les longueurs et les mesures d’angles, donc :

• [RS] est le symétrique de [BA] : RS = BA = 1,5 cm ;
• [RT] est le symétrique de [BC] : RT = BC = 2 cm ;
• l’angle \( \widehat{SRT} \) est le symétrique de \( \widehat{ABC} \) : \( \widehat{SRT} = 110^\circ \).

De plus, on peut ajouter que ST = AC et que les deux triangles ont le même périmètre et la même aire.

De même, dans chaque cas, on cherche d’abord quel point correspond à quel point (demi-tour autour de O), puis on transporte les informations codées.

Par conséquent, figure de gauche. A a pour symétrique F, B a pour symétrique G, C a pour symétrique E et D a pour symétrique H.

• [FE] est le symétrique de [AC], donc FE = AC = 6 cm (phrase 1).
• \( \widehat{FGH} \) est le symétrique de \( \widehat{ABD} \), donc \( \widehat{FGH} = 87^\circ \) (phrase 4).

De plus, figure du milieu. Le pentagone BGHLM a pour symétrique le pentagone VSRTU : G a pour symétrique S, H a pour symétrique R et B a pour symétrique V.

• [GH] est le symétrique de [SR], donc GH = RS : on reporte le même codage sur [GH] (phrase 1). De plus, (GH) est parallèle à (RS) (phrase 3).
• \( \widehat{VSR} \) est le symétrique de \( \widehat{BGH} \), donc \( \widehat{VSR} = 120^\circ \) (phrase 4).

Enfin, figure de droite. Le cercle de centre K a pour symétrique le cercle de centre Y ; G a pour symétrique A et H a pour symétrique S.

• Deux cercles symétriques ont le même rayon : le cercle de centre Y a pour rayon 4 cm, donc YA = YS = 4 cm (phrase 2).
• Le triangle YAS est le symétrique du triangle KGH : il a la même aire, 6 cm², et le même périmètre (phrase 5).

De plus, la figure est faite d’un cercle (en pointillés), d’un hexagone régulier inscrit dans ce cercle et de six demi-cercles construits sur les côtés de l’hexagone (trois bombés vers l’extérieur, trois vers l’intérieur). Ensuite, on construit donc l’image des points clés, puis on refait la figure au compas.

1. Le centre : on trace la demi-droite qui part du centre de la figure et passe par I, et on reporte au compas la même distance de l’autre côté de I. On obtient le centre de la figure image.
2. Le cercle : on trace le cercle de ce nouveau centre, de même rayon (la symétrie conserve les longueurs).
3. Les six sommets : on construit de la même façon le symétrique de chaque sommet de l’hexagone (I est le milieu du segment qui relie un sommet à son image), puis on relie les sommets images dans le même ordre.
4. Les demi-cercles : chaque demi-cercle a pour image un demi-cercle de même rayon construit sur le côté image, tourné du côté opposé (demi-tour). Le lobe qui était en haut se retrouve en bas.

De même, méthode sur quadrillage. Pour chaque sommet, on compte les carreaux pour aller de O au sommet (horizontalement puis verticalement), puis on reporte le même nombre de carreaux dans les deux sens opposés à partir de O. Par exemple, un sommet situé 3 carreaux à droite et 2 carreaux au-dessus de O a pour image le point situé 3 carreaux à gauche et 2 carreaux au-dessous de O. Puis on relie ensuite les points images dans le même ordre.

a. Par conséquent, les yeux de l’animal sont à 3,5 et 4,5 carreaux à droite de O, sur la même ligne que O : leurs images sont à 3,5 et 4,5 carreaux à gauche de O, c’est-à-dire exactement les deux points déjà dessinés à gauche. De plus, le corps, qui descend sous O à droite, se retrouve au-dessus de O à gauche, et les oreilles pointent vers le bas.

b. De même, la tête carrée du bonhomme va de 1 à 3 carreaux à gauche de O et de 4 à 6 carreaux au-dessus : son image va de 1 à 3 carreaux à droite et de 4 à 6 carreaux au-dessous de O. Ensuite, le bonhomme image a la tête en bas, en bas à droite du quadrillage.

c. O est sur la patte avant du chat : ce point est son propre symétrique. L’œil du chat est 2,5 carreaux à droite et 4 carreaux au-dessus de O : son image est 2,5 carreaux à gauche et 4 carreaux au-dessous de O, c’est le point noir déjà dessiné. Par ailleurs, le chat image a la tête en bas à gauche et la queue en bas à droite.

Les droites grises sont déjà tracées : chacune part d’un point important de la figure et passe par O. Puis il ne reste qu’à reporter les longueurs au compas, sans règle graduée.

1. Les centres : les trois points alignés sont le centre de l’œil gauche, le centre du grand cercle (point de contact des deux yeux) et le centre de l’œil droit. Pour chacun, on pique le compas en O, on prend l’écartement jusqu’au point, et on reporte cet écartement sur la même droite grise, de l’autre côté de O.
2. Les cercles : on reprend au compas le rayon de chaque cercle (écartement du centre à un point du cercle) et on trace le cercle de même rayon autour du centre image : le grand cercle et les deux yeux.
3. La bouche : ses deux extrémités sont sur la droite horizontale qui passe par O ; on reporte de la même façon leurs distances à O de l’autre côté. On relie ces deux points par un arc de même forme, mais bombé vers le haut (demi-tour).

Deux points symétriques par rapport à P sont de part et d’autre de P, à la même distance, et P est le milieu du segment qui les relie. Avec le demi-tour, ce qui est à gauche passe à droite et ce qui est en haut passe en bas :

• B, le sommet le plus à gauche, a pour symétrique le sommet le plus à droite : E ;
• L, en haut, a pour symétrique le sommet du bas : G ;
• A, tout près de P à gauche, a pour symétrique le sommet tout près de P à droite : U ;
• N, le sommet rentrant à gauche, a pour symétrique le sommet rentrant à droite : O ;
• C, en bas, a pour symétrique le sommet du haut : R.

Lecture de la figure. BC, BD, CE et DE portent le même codage et DE = 5 cm : BCED est un losange de côté 5 cm. AB et AD portent le même codage et AD = 4 cm : AB = AD = 4 cm. Ensuite, un demi-cercle a pour diamètre [BC], et la droite (d) passe par D et C.

Reproduire la figure. On trace [DE] de 5 cm, puis B et C au compas (BD = CE = BC = 5 cm), A au compas (AB = AD = 4 cm), le demi-cercle de centre le milieu de [BC] et la droite (DC).

Tracer le symétrique par rapport à E.

• E est le centre : E est son propre symétrique.
• D′ : sur la demi-droite [DE), au-delà de E, avec ED′ = ED = 5 cm. De même C′ sur [CE) avec EC′ = EC = 5 cm, B′ sur [BE) avec EB′ = EB, et A′ sur [AE) avec EA′ = EA.
• On relie : B′C′ED′ est un losange de côté 5 cm, A′B′ = A′D′ = 4 cm, et le demi-cercle image a pour diamètre [B′C′], tourné vers le bas.
• La droite (d′) = (D′C′) est parallèle à (d).

1. [A′B′] est le symétrique de [AB] par rapport à O. Or la symétrie centrale conserve les longueurs. Donc A′B′ = AB = 3 cm.

2. L’angle \( \widehat{A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}} \) est le symétrique de l’angle \( \widehat{ABC} \). Or la symétrie centrale conserve les mesures d’angles. Donc \( \widehat{A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}} = \widehat{ABC} \).

Attention : l’angle codé 70° sur la figure est l’angle en A, \( \widehat{BAD} \), et non l’angle en B. Puis il donne \( \widehat{B^{\prime}A^{\prime}D^{\prime}} = \widehat{BAD} = 70^\circ \). De plus, l’angle \( \widehat{ABC} \) n’est pas indiqué : on le mesure au rapporteur sur la figure, on trouve environ 78°, donc \( \widehat{A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}} \approx 78^\circ \).

1. Le segment [C′D′] est le symétrique du segment [CD] par rapport à O. Or la symétrie centrale conserve les longueurs. Donc C′D′ = CD = 5 cm.

2. L’angle \( \widehat{B^{\prime}A^{\prime}D^{\prime}} \) est le symétrique de l’angle \( \widehat{BAD} \), qui mesure 49°. Or la symétrie centrale conserve les mesures d’angles. Donc \( \widehat{B^{\prime}A^{\prime}D^{\prime}} = \widehat{BAD} = 49^\circ \).

On lit sur la figure : EP = 1, ET = 1,5 et PU = 2. Ensuite, les points P, E, T sont alignés, les points U, E, O sont alignés, et les droites (OT) et (PU) sont parallèles. C’est la configuration « papillon » : les deux triangles EPU et ETO se font face de part et d’autre de E.

Comme (OT) et (PU) sont parallèles, les longueurs des côtés du triangle ETO sont proportionnelles à celles du triangle EPU (propriété de Thalès) :

\[ \frac{ET}{EP} = \frac{EO}{EU} = \frac{OT}{PU} \]

On remplace par les longueurs connues :

\[ \frac{1{,}5}{1} = \frac{OT}{2} \quad \text{donc} \quad OT = 1{,}5 \times 2 = 3 \]

Autrement dit, le triangle ETO est un agrandissement du triangle EPU de coefficient 1,5 : chaque longueur est multipliée par 1,5, et le côté [OT], qui correspond au côté [PU], mesure \( 2 \times 1{,}5 = 3 \).

Construction de la figure.

1. On trace le rectangle ABCD avec AB = 4 cm (côté vertical) et AD = 6 cm (côté horizontal) : on utilise l’équerre pour les angles droits.
2. On place le milieu de [CD] (à 2 cm de C) et on trace, à l’extérieur du rectangle, le demi-cercle de diamètre [CD], donc de rayon 2 cm.
3. On place G sur [BC] avec BG = 4 cm. Pour placer F, on trace au compas deux arcs de rayon 4 cm, l’un de centre B, l’autre de centre G : ils se coupent en F. Le triangle BGF est équilatéral.
4. O est le milieu de [BG] : BO = OG = 2 cm.

Compléter la figure. Pour que O soit le centre de symétrie de la figure finale, on ajoute le symétrique de toute la figure par rapport à O. Par ailleurs, on construit l’image de chaque sommet : O doit être le milieu du segment qui relie le point à son image.

• O est le milieu de [BG], donc B a pour image G et G a pour image B : le côté [BG] du triangle reste en place.
• F a pour image F′, situé sous [BG], à la même distance : le triangle GBF′ est équilatéral, pointe vers le bas.
• C a pour image C′, sur la droite (BC), à 4 cm de O, donc à 2 cm à gauche de B.
• A a pour image A′, à 4 cm sous G ; D a pour image D′, à 4 cm sous C′. Le rectangle image est GC′D′A′, de mêmes dimensions (4 cm sur 6 cm).
• Le demi-cercle a pour image le demi-cercle de diamètre [C′D′], de rayon 2 cm, tourné vers la gauche.

Les codages indiquent que AC est égal à la moitié de AB, soit AC = 3 cm, et que l’arc du bas part du milieu M de [AB].

a. Construction en vraie grandeur :

1. On trace [AB] de 6 cm et on place son milieu M (AM = 3 cm).
2. On trace le demi-cercle de centre M et de rayon 3 cm, au-dessus de [AB].
3. On trace à l’équerre la perpendiculaire à (AB) en A et on place C, sous A, avec AC = 3 cm.
4. On trace le quart de cercle de centre A et de rayon 3 cm, qui va de M à C.

b. On ajoute le symétrique de la figure par rapport à C :

• A a pour image A′ : on prolonge [AC] au-delà de C et on reporte CA′ = CA = 3 cm (A′ est à 6 cm sous A).
• B a pour image B′ : on trace la demi-droite [BC) et on reporte CB′ = CB au compas.
• Le demi-cercle a pour image le demi-cercle de diamètre [A′B′], tourné vers le bas ; le quart de cercle a pour image le quart de cercle de centre A′ et de rayon 3 cm, qui part de C.

c. La figure obtenue est formée de deux demi-disques de rayon 3 cm et de deux quarts de disque de rayon 3 cm, qui ne se chevauchent pas. Puis la symétrie conserve les aires, donc l’aire totale est le double de l’aire de la figure de départ.

\[ \begin{aligned} \mathcal{A}_{\text{départ}} &= \frac{\pi \times 3^2}{2} + \frac{\pi \times 3^2}{4} = 4{,}5\pi + 2{,}25\pi = 6{,}75\pi \\ \mathcal{A}_{\text{figure}} &= 2 \times 6{,}75\pi = 13{,}5\pi \approx 42{,}41 \end{aligned} \]

a. Les 5 grandes familles de panneaux étudiées sont : les panneaux de danger, d’interdiction, d’obligation, d’indication et de services.

b.

c.

• Panneau 1 : famille interdiction, « interdiction de tourner à droite » à la prochaine intersection.
• Panneau 2 : famille danger, « passage d’avions à basse altitude » (proximité d’un aérodrome).
• Panneau 3 : famille danger, « cassis ou dos-d’âne » (chaussée bosselée).
• Panneau 4 : famille services, « poste de secours ».

d. Un centre de symétrie : la figure se superpose à elle-même après un demi-tour. Ensuite, un axe de symétrie : les deux moitiés se superposent par pliage le long de l’axe.

• Panneau 1 : la flèche vers la droite et la barre oblique empêchent tout demi-tour et tout pliage : ni centre, ni axe de symétrie.
• Panneau 2 : le triangle seul aurait des axes, mais l’avion n’est pas symétrique : ni centre, ni axe de symétrie.
• Panneau 3 : les deux bosses sont identiques et placées de la même façon à gauche et à droite : un axe de symétrie (la droite verticale qui passe par la pointe), mais pas de centre de symétrie (un triangle retourné d’un demi-tour a la pointe en bas).
• Panneau 4 : le carré et la croix ont un centre de symétrie (le centre du carré) et quatre axes de symétrie (les deux médianes et les deux diagonales du carré).

a. On trace [ON] de 6 cm, puis à l’équerre la perpendiculaire à (ON) en O, sur laquelle on place M avec OM = 4 cm. Puis on relie M et N : le triangle MON est rectangle en O.

b. Pour construire le symétrique d’une droite, il suffit de construire le symétrique de deux de ses points :

• on prolonge [MO] au-delà de O et on place M′ avec OM′ = OM = 4 cm ;
• on prolonge [NO] au-delà de O et on place N′ avec ON′ = ON = 6 cm ;
• on trace la droite (M′N′) : c’est le symétrique de la droite (MN) par rapport à O.

Contrôle : le symétrique d’une droite par rapport à un point est une droite parallèle, donc (M′N′) doit être parallèle à (MN).

On trace un cercle de centre O, on place deux points A et B sur ce cercle, on trace la droite (AB) et on place un point C sur cette droite, en dehors du cercle.

Avec une règle non graduée, on ne peut pas reporter de longueur : il faut utiliser les propriétés de la symétrie.

• Le cercle est son propre symétrique par rapport à son centre O. Le symétrique A′ de A est donc sur le cercle et sur la droite (AO) : on trace (AO), qui recoupe le cercle en A′ ([AA′] est un diamètre, O en est le milieu).
• De même, on trace (BO), qui recoupe le cercle en B′.
• Le symétrique de la droite (AB) est la droite (A′B′). Comme C est sur (AB), son symétrique C′ est sur (A′B′). Il est aussi sur la droite (CO), car O est le milieu de [CC′]. On trace donc (A′B′) et (CO) : elles se coupent en C′.

a. On reproduit la figure : [AB] de 3 cm, [CD] de 4 cm et le point O à gauche. De plus, pour chaque extrémité, on trace la demi-droite qui part du point et passe par O, puis on reporte au compas, de l’autre côté de O, la même distance : par exemple A′ est sur [AO) avec OA′ = OA. Ensuite, on obtient A′, B′, C′ et D′, puis on trace les segments [A′B′] et [C′D′].

b. La symétrie centrale conserve les longueurs : un segment et son symétrique ont la même longueur. Donc A′B′ = AB et C′D′ = CD.

On lit sur la figure : EG = 1,5 cm, l’angle en E mesure 35° et le triangle est rectangle en G.

a. [E′G′] est le symétrique de [EG] par rapport à O. Par ailleurs, la symétrie centrale conserve les longueurs, donc E′G′ = EG = 1,5 cm.

b. La symétrie centrale conserve aussi les mesures d’angles :

• \( \widehat{F^{\prime}E^{\prime}G^{\prime}} = \widehat{FEG} = 35^\circ \) ;
• \( \widehat{E^{\prime}G^{\prime}F^{\prime}} = \widehat{EGF} = 90^\circ \) ;
• pour le troisième angle, on utilise la somme des angles d’un triangle, qui vaut 180° : \( \widehat{EFG} = 180^\circ – 90^\circ – 35^\circ = 55^\circ \), donc \( \widehat{E^{\prime}F^{\prime}G^{\prime}} = 55^\circ \).

La symétrie centrale de centre O correspond à un demi-tour autour de O. Conséquences : l’image d’un bonhomme debout a la tête en bas, et ce qui était en haut à gauche se retrouve en bas à droite.

• a. Les deux bonshommes sont debout, la tête en haut, et se font face comme dans un miroir : c’est une symétrie par rapport à un axe vertical, pas un demi-tour. Erreur.
• b. Le bonhomme de droite lève le bras en haut à gauche. Après un demi-tour, ce bras devrait partir en bas à droite ; or sur l’image, le bras du bas part vers la gauche. Le dessin a été retourné comme dans une symétrie par rapport à un axe horizontal. Erreur.
• c. L’image a la tête en bas, le bras levé est devenu le bras qui part en bas à droite, l’autre bras part en haut à gauche, et la bouche souriante est bien retournée : c’est correct.

a. On trace [EF] de 6 cm. À l’équerre, on trace les perpendiculaires à (EF) en E et en F, et on place H et G du même côté avec EH = FG = 4 cm. Puis on relie G et H : EFGH est un rectangle.

b. On place un point O à l’extérieur du rectangle. Ensuite, pour chaque sommet, on trace la demi-droite qui part du sommet et passe par O, et on reporte au compas la même distance de l’autre côté de O :

• E′ sur [EO) avec OE′ = OE ;
• F′ sur [FO) avec OF′ = OF ;
• G′ sur [GO) avec OG′ = OG ;
• H′ sur [HO) avec OH′ = OH.

On relie les points images dans le même ordre : E′F′G′H′. Puis la symétrie centrale conserve les longueurs, les angles et le parallélisme, donc E′F′G′H′ est un rectangle de mêmes dimensions : E′F′ = 6 cm et E′H′ = 4 cm.

a. On trace [BC] de 3 cm. De plus, on trace au compas un arc de centre B et de rayon 3 cm, puis un arc de centre C et de rayon 3 cm : ils se coupent en A. Ensuite, le triangle ABC a trois côtés de 3 cm : il est équilatéral.

b. On place un point O à l’extérieur du triangle, puis on construit les symétriques des trois sommets : A′ sur [AO) avec OA′ = OA, B′ sur [BO) avec OB′ = OB, C′ sur [CO) avec OC′ = OC. Par ailleurs, on relie A′, B′ et C′.

Comme la symétrie centrale conserve les longueurs, A′B′ = B′C′ = C′A′ = 3 cm : le triangle A′B′C′ est lui aussi équilatéral de côté 3 cm. Astuce de contrôle : on peut vérifier au compas que A′ est bien à 3 cm de B′ et de C′.