Corrigé des 32 exercices sur la translation en 4ème : solutions détaillées à télécharger en PDF

Ensuite, tous les motifs de la frise se déduisent les uns des autres en glissant horizontalement, sans tourner ni se retourner : ce sont des translations. Chaque motif est repéré par le point marqué sous sa pointe (A sous le motif 1, B sous le motif 2, etc.).

• a. Le motif 1 a pour image le motif 2 par la translation qui transforme A en B.
• b. Le motif 1 a pour image le motif 4 par la translation qui transforme A en D.
• c. Le motif 3 est l’image du motif 5 par la translation qui transforme E en C (on part du motif 5, vers la gauche).
• d. Le motif 4 est l’image du motif 2 par la translation qui transforme B en D.

Ainsi, on repère les points sur le quadrillage. Ensuite, les points d’une même ligne sont espacés de 5 carreaux, et chaque ligne est décalée de 2 carreaux vers la droite par rapport à celle du dessous. Puis on applique à chaque sommet le même déplacement que celui qui envoie le point initial sur le point obtenu.

• ① E → F : 5 carreaux vers la droite. B → C, C → D, G → H : l’image de BCG est CDH.
• ② L → G : 3 carreaux vers la gauche et 2 vers le haut. K → F, G → B, H → C, L → G : l’image de KGHL est FBCG.
• ③ H → K : 7 carreaux vers la gauche et 2 vers le bas. Pour retrouver la figure initiale, on fait le déplacement inverse sur EIJF : E ← B, I ← F, J ← G, F ← C. La figure initiale est BFGC.
• ④ La figure ABF a pour image CDH : A → C, soit 10 carreaux vers la droite. Donc I a pour image K.

Par conséquent, on compte les petits carreaux sur la figure :

• M → N : 43 carreaux vers la droite et 8 vers le bas ;
• J → K : 10 carreaux vers la droite et 10 vers le haut ;
• L → O : 10 carreaux vers la droite.

De plus, on peut construire l’image par la première translation, puis l’image de cette image par la deuxième, puis par la troisième. De plus, les trois glissements s’enchaînent : au total, chaque point se déplace de \(43+10+10 = 63\) carreaux vers la droite et de \(8-10 = -2\) carreaux vers le bas, c’est-à-dire 2 carreaux vers le haut. Ensuite, le polygone final est donc l’image de ABCDEFGHI par une seule translation : 63 carreaux à droite et 2 carreaux en haut.

Ainsi, on place ainsi A′, B′, …, I′ en partant de chaque sommet, puis on relie les points dans le même ordre. Par ailleurs, le polygone obtenu est superposable au polygone de départ (mêmes longueurs, mêmes angles, même orientation).

Par conséquent, a. Puis on trace trois droites parallèles, on place A et A′ sur \((d_1)\), B sur \((d_2)\) et C sur \((d_3)\).

De plus, b. Par la translation qui transforme A en A′, l’image B′ de B est telle que ABB′A′ est un parallélogramme : \((BB^{\prime})\) est parallèle à \((AA^{\prime})\) et \(BB^{\prime} = AA^{\prime}\), dans le même sens.

Ainsi, comme \((AA^{\prime})\) est la droite \((d_1)\), la droite passant par B et parallèle à \((d_1)\) est \((d_2)\) : B′ est sur \((d_2)\), à la distance AA′ de B, du même côté que A′ par rapport à A. De même, C′ est sur \((d_3)\) avec \(CC^{\prime} = AA^{\prime}\).

Enfin, construction au compas : on reporte la longueur AA′ à partir de B sur \((d_2)\) et à partir de C sur \((d_3)\), dans le sens de A vers A′. Ensuite, le triangle A′B′C′ est superposable à ABC.

De plus, on obtient 1. Puis on reproduit la figure en comptant les carreaux. De plus, le « poisson » \(\mathcal{P}\) a 8 sommets ; le point O est à 1 carreau à droite de la pointe du poisson.

Ainsi, on a donc 2. a. Symétrie centrale de centre O : chaque sommet M a pour image le point M₁ tel que O est le milieu de [MM₁]. Ensuite, on compte les carreaux de M à O, et on les reporte de l’autre côté de O. Par ailleurs, le poisson \(\mathcal{P}_1\) est retourné « tête-bêche » à droite de O.

Enfin, b. Symétrie axiale d’axe (EF) : la droite (EF) suit une diagonale des carreaux (1 carreau à droite pour 1 carreau en haut). Puis l’image d’un point s’obtient en traçant la perpendiculaire à (EF), qui suit l’autre diagonale des carreaux, et en reportant la même distance de l’autre côté. Ensuite, le poisson \(\mathcal{P}_2\) se retrouve sous la droite (EF), tourné vers le bas.

Ensuite, c. Translation qui transforme A en B : de A à B, on se déplace de 2 carreaux vers la droite et 4 carreaux vers le haut. Puis on applique ce déplacement à chaque sommet : \(\mathcal{P}_3\) a la même orientation que \(\mathcal{P}\), simplement « glissé ».

Par ailleurs, on remarque que seule la translation conserve l’orientation de la figure : le poisson \(\mathcal{P}_3\) regarde toujours vers la droite.

Ainsi, on trouve 1. a. De plus, on construit ABCD avec \(AB = 4\) cm et \(BC = 3\) cm ; on vérifie que la diagonale mesure bien \(AC = 5\) cm (\(4^2+3^2 = 25 = 5^2\)).

Ensuite, b. Ensuite, la translation qui transforme D en B envoie A sur A′, B sur B′ et C sur C′ (on construit les parallélogrammes DBA′A, DBB′B et DBC′C). Par ailleurs, le rectangle DABC a pour image le rectangle BA′B′C′.

De plus, on obtient 2. Puis une translation conserve les longueurs : l’image d’un segment est un segment de même longueur.

• a. [BA′] est l’image de [DA], donc \(BA^{\prime} = DA = BC = 3\) cm.
• b. [A′C′] est l’image de [AC], donc \(A^{\prime}C^{\prime} = AC = 5\) cm.
• c. [BC′] est l’image de [DC], donc \(BC^{\prime} = DC = AB = 4\) cm.
• d. [A′B′] est l’image de [AB], donc \(A^{\prime}B^{\prime} = AB = 4\) cm.

Enfin, a. Tous les bateaux sont dessinés dans le même sens (proue à droite, fumée vers la gauche). Ensuite, une symétrie axiale retournerait le bateau comme dans un miroir, et une symétrie centrale le mettrait à l’envers (demi-tour). Aucun couple de bateaux ne se correspond par une symétrie axiale ni par une symétrie centrale : ils se correspondent uniquement par des translations.

Ensuite, b. De A4 à B3 : une colonne vers la droite et une ligne vers le haut. A5 a pour image B4, et B4 a pour image C3.

Par ailleurs, c. De C3 à B2 : une colonne vers la gauche et une ligne vers le haut. B4 a pour image A3, et B2 a pour image A1.

De même, d. De A4 à A2 : deux lignes vers le haut. Puis le bateau qui a pour image B2 est B4, et celui qui a pour image A3 est A5.

Ensuite, pour aller de A à H, on descend d’une rangée de pièces et on se décale de deux numéros vers la droite. De plus, dans le pavage, une rangée compte 10 pièces : la translation qui transforme A en H envoie donc la pièce \(n\) sur la pièce \(n+10+2 = n+12\) (même forme, même orientation ; seule la couleur peut changer).

Par ailleurs, a. Translation qui transforme A en H :

• pièce 13 → pièce 25 ;
• pièce 6 → pièce 18 ;
• pièce 15 → pièce 27 ;
• pièce 1 → pièce 13.

De même, b. Ensuite, la translation qui transforme H en A est la translation « inverse » : la pièce \(n\) a pour image la pièce \(n-12\).

• pièce 25 → pièce 13 ;
• pièce 18 → pièce 6 ;
• pièce 23 → pièce 11 ;
• pièce 20 → pièce 8.

Ensuite, méthode : on compte le déplacement (carreaux horizontaux puis verticaux) entre le point de départ et le point d’arrivée, puis on applique ce déplacement aux trois sommets du triangle.

a. Par ailleurs, de A à B : 2 carreaux à droite et 1 vers le bas. Image rouge : on décale les trois sommets de ce déplacement (le sommet A arrive en B). De C à D : 4 carreaux vers le bas. Image verte : le triangle descend de 4 carreaux.

b. De même, de A à B : 1 carreau à droite et 2 vers le bas (le sommet A arrive en B). De C à D : 2 carreaux à gauche et 1 vers le haut. Par ailleurs, on décale les trois sommets de ces déplacements.

Par conséquent, les trois triangles de chaque cas sont superposables : une translation conserve les longueurs et les angles.

Par ailleurs, le point D est l’image de C par la translation qui transforme A en B : on applique à C le déplacement de A vers B, et ABDC est un parallélogramme. Puis le point E est l’image de A par la translation qui transforme B en C : on applique à A le déplacement de B vers C, et BCEA est un parallélogramme.

• a. A → B : 3 carreaux à droite, donc D est 3 carreaux à droite de C. B → C : 1 carreau à gauche et 2 vers le haut, donc E est 1 carreau à gauche et 2 au-dessus de A.
• b. A → B : 2 pas à droite et 2 vers le haut, donc D est 2 pas à droite et 2 au-dessus de C. B → C : 2 pas à gauche et 2 vers le haut, donc E est 2 pas à gauche et 2 au-dessus de A.
• c. Sur ce réseau à rangées décalées, on compte les rangées et les points : A → B : on monte de 3 rangées en se décalant d’un point et demi vers la gauche (3 pas obliques vers le haut à gauche) ; on reproduit ce chemin à partir de C pour obtenir D. B → C : on descend d’une rangée en se décalant de deux points et demi vers la droite ; on reproduit ce chemin à partir de A pour obtenir E.
• d. Sur le réseau triangulaire, on suit les côtés des triangles : A → B : deux côtés obliques vers le bas à gauche puis un côté horizontal vers la gauche ; on refait ce chemin à partir de C pour placer D. B → C : deux côtés obliques vers le bas à droite puis un côté horizontal vers la droite ; on refait ce chemin à partir de A pour placer E.

Enfin, sur un quadrillage, une translation se décrit en comptant les carreaux : on repère le déplacement horizontal puis vertical qui envoie le premier point sur le second, et on applique ce même déplacement à chaque sommet du bateau.

a. Ensuite, pour aller de K à P, on avance de 9 carreaux vers la droite et de 0 carreau verticalement (K et P sont sur la même ligne). Ensuite, on décale donc chaque sommet du bateau de 9 carreaux vers la droite : le bateau rouge a exactement la même forme et la même orientation, et l’image de K est P.

b. Par ailleurs, pour aller de L à P, on avance de 5 carreaux vers la droite et de 3 carreaux vers le haut. Puis on applique ce déplacement à chaque sommet : par exemple, la pointe arrière de la coque, située 3 carreaux à gauche et 2 carreaux sous K, arrive 5 carreaux à droite et 3 carreaux plus haut. De plus, le bateau vert est lui aussi superposable au bateau de départ.

De même, on peut contrôler : une translation ne tourne pas la figure, donc les mâts des deux nouveaux bateaux restent verticaux et la coque reste horizontale.

a. Ensuite, la translation qui transforme B en A fait glisser le polygone horizontalement vers la droite, d’une longueur égale à BA. Ensuite, on construit l’image de chaque sommet par ce même glissement :

• l’image de B est B′ = A ;
• C se déplace de la même façon et arrive exactement sur F : C′ = F (car la ligne brisée B-C-D a la même forme que A-F-E) ;
• de même D′ = E ;
• A′, F′ et E′ sont de nouveaux points, à la distance BA à droite de A, F et E.

Par ailleurs, le polygone A′B′C′D′E′F′ vient donc se coller contre le côté droit de ABCDEF, sans trou ni chevauchement.

b. De même, la translation qui transforme A en E fait glisser le polygone verticalement vers le bas, d’une longueur égale à AE. Par ailleurs, le côté du haut de l’image se pose sur le côté du bas de ABCDEF : A″ = E et B″ = D, puis C″, D″, E″ et F″ sont les points situés à la distance AE sous C, D, E et F.

c. Par conséquent, on recommence : on applique la translation « de B vers A » aux polygones obtenus (vers la droite), puis la translation « de A vers E » (vers le bas). Puis les chevrons s’emboîtent parfaitement et recouvrent peu à peu toute la feuille.

d. De plus, un dessin obtenu en répétant un même motif, qui recouvre le plan sans trou et sans chevauchement, s’appelle un pavage. Ici, c’est un pavage obtenu par translations.

De même, on construit l’image du quadrilatère ABCD par chacune des deux translations. Ensuite, pour chaque sommet, on reporte le même déplacement (même direction, même sens, même longueur), par exemple avec la règle et le compas en construisant des parallélogrammes.

a. Par conséquent, translation qui transforme D en D′ : le déplacement va de D vers D′, c’est-à-dire vers la droite et un peu vers le haut. Puis pour construire A′, on trace le parallélogramme DD′A′A : on reporte au compas la longueur DA à partir de D′ et la longueur DD′ à partir de A. De plus, on fait de même pour B′ et C′ (parallélogrammes DD′B′B et DD′C′C). Ensuite, l’image de D est D′ lui-même.

b. De plus, translation qui transforme B en D : cette fois le déplacement va de B vers D, vers le bas et vers la droite. Par ailleurs, l’image de B est B″ = D, et on construit A″, C″, D″ avec les parallélogrammes BDA″A, BDC″C et BDD″D.

Ainsi, les deux quadrilatères obtenus sont superposables à ABCD : une translation conserve les longueurs et les angles, et ne fait pas tourner la figure (chaque côté image est parallèle au côté de départ).

a. Par conséquent, la translation qui transforme D en D′ déplace chaque point vers la droite et vers le bas, exactement comme D va vers D′. Puis on construit A′, B′, C′ et E′ en reportant ce déplacement à partir de A, B, C et E (parallélogrammes DD′A′A, DD′B′B, DD′C′C et DD′E′E).

b. De plus, comme la translation transforme B en B′ et D en D′, les segments [BB′] et [DD′] sont parallèles et de même longueur, et vont dans le même sens. Ensuite, le quadrilatère BB′D′D est donc un parallélogramme.

c. Enfin, non, il n’existe pas d’autre translation : une translation est entièrement déterminée par l’image d’un seul point. Puis en revanche, on peut décrire la même translation de plusieurs façons : c’est aussi la translation qui transforme A en A′, celle qui transforme B en B′, C en C′ ou E en E′, car toutes les flèches AA′, BB′, CC′, DD′, EE′ sont identiques.

d. Ensuite, pour la même raison, [CC′] et [BB′] sont parallèles, de même longueur et de même sens : le quadrilatère CC′B′B est un parallélogramme.

e. Par ailleurs, pour revenir de A′B′C′D′E′ à ABCDE, on fait le déplacement inverse : c’est la translation qui transforme D′ en D (même direction, même longueur, mais sens contraire).

Enfin, L’image de l’énoncé ne montre pas la position des points O, O₁ et O₂. De plus, on raisonne avec la disposition habituelle de cet exercice : O₁ et O₂ sont placés en dessous de O, l’un à gauche et l’autre à droite, à la même hauteur.

a. Ensuite, la figure F est formée de deux cercles de centre O (rayons 3 cm et 3,5 cm) : c’est un anneau. Ensuite, une translation conserve les longueurs, donc elle transforme un cercle en un cercle de même rayon, et le centre en l’image du centre.

• La translation qui transforme O en O₁ transforme F en F₁ : deux cercles de centre O₁, de rayons 3 cm et 3,5 cm.
• La translation qui transforme O en O₂ transforme F en F₂ : deux cercles de centre O₂, de rayons 3 cm et 3,5 cm.

b. Par ailleurs, on place O₃, image de O₂ par la translation qui transforme O₁ en O. Alors le quadrilatère O₁OO₃O₂ est un parallélogramme : [OO₃] est parallèle à [O₁O₂], de même longueur, et « va dans le même sens », de O₁ vers O₂.

De même, on place O₄, image de O₁ par la translation qui transforme O₂ en O. Alors O₂OO₄O₁ est un parallélogramme : [OO₄] est parallèle à [O₂O₁], de même longueur, et va dans le sens de O₂ vers O₁.

Par conséquent, les segments [OO₃] et [OO₄] sont donc tous les deux parallèles à (O₁O₂) et passent par O : les points O₃, O et O₄ sont alignés. De plus OO₃ = O₁O₂ = OO₄, et O₃ et O₄ sont de part et d’autre de O (les déplacements sont de sens contraires). Donc O est le milieu de [O₃O₄].

c. De plus, on trace aussi les anneaux F₃ (centre O₃) et F₄ (centre O₄), puis on colorie : en haut F₄ en bleu, F en noir, F₃ en rouge ; en bas F₁ en jaune et F₂ en vert. Par ailleurs, on obtient les anneaux olympiques, figure bien « composée de cercles » construite uniquement par translations.

De même, dans chaque cas, on lit sur le support le déplacement qui envoie le premier point sur le second, puis on applique le même déplacement au point dont on cherche l’image.

• a. De A à C : 2 carreaux vers la droite et 2 carreaux vers le haut. On part de B et on fait le même trajet : D est 2 carreaux à droite et 2 carreaux au-dessus de B. ABDC est un parallélogramme.
• b. De G à F : 3 intervalles vers le haut, sans déplacement horizontal (F est juste au-dessus de G). Donc H est 3 intervalles au-dessus de E.
• c. De K à J : le déplacement monte vers la gauche en suivant les points du réseau. On fait le même trajet à partir de I : L est en haut à gauche de I, et le segment [IL] est parallèle à [KJ] et de même longueur. KJLI est un parallélogramme.
• d. De M à O : on suit les lignes du réseau triangulaire (2 côtés de triangle vers le haut à droite, puis 1 côté vers la droite). On fait le même chemin à partir de N : P est sur le nœud atteint, et MOPN est un parallélogramme.

Ensuite, on compte les carreaux entre A et le point d’arrivée, puis on applique ce déplacement aux trois sommets du triangle. Puis le triangle a pour sommets A, un sommet situé 2 carreaux à gauche et 2 carreaux sous A, et un sommet situé 2 carreaux à droite et 5 carreaux sous A.

a. Par ailleurs, de A à B : 10 carreaux vers la gauche et 5 carreaux vers le bas. Ensuite, l’image de A est B, et les deux autres sommets se déplacent de la même façon. Puis on trace le triangle image en bleu.

b. De même, de A à C : 4 carreaux vers la gauche et 4 carreaux vers le bas. De plus, l’image de A est C, et on déplace de même les deux autres sommets. Ensuite, on trace le triangle image en rouge.

Par conséquent, vérification : les trois triangles ont la même forme, la même taille et la même orientation ; seuls leurs emplacements changent.

Par ailleurs, sans quadrillage, on utilise la propriété du parallélogramme : si une translation transforme X en Y et M en M′, alors XYM′M est un parallélogramme. Par ailleurs, on construit le quatrième sommet au compas (on reporte deux longueurs) ou à la règle en traçant des parallèles.

• D, image de B par la translation qui transforme A en C : ACDB est un parallélogramme. On reporte AB à partir de C et AC à partir de B ; les deux arcs se coupent en D.
• E, image de A par la translation qui transforme C en B : CBEA est un parallélogramme. On reporte CA à partir de B et CB à partir de A.
• F, image de C par la translation qui transforme B en A : BAFC est un parallélogramme. On reporte BC à partir de A et BA à partir de C.

De plus, remarque : on obtient un grand triangle DEF, et A, B et C sont les milieux de ses côtés (B milieu de [DE], A milieu de [EF], C milieu de [DF]). C’est un bon moyen de vérifier sa construction.

De même, on lit le déplacement de E vers F : 3 carreaux vers la gauche et 2 carreaux vers le bas. Puis on applique ce déplacement à chacun des six points :

• A′ : 3 carreaux à gauche et 2 sous A ;
• B′ : 3 carreaux à gauche et 2 sous B ;
• C′ : 3 carreaux à gauche et 2 sous C ;
• D′ : 3 carreaux à gauche et 2 sous D ;
• E′ = F, par définition de la translation ;
• F′ : 3 carreaux à gauche et 2 sous F.

Par conséquent, toutes les flèches rouges sont parallèles, de même longueur et de même sens : c’est la signature d’une translation.

Par ailleurs, on lit le déplacement de R vers P sur le réseau triangulaire : P est une rangée plus haut et trois côtés et demi de triangle plus à droite que R. Ensuite, en suivant les lignes du réseau, cela revient par exemple à monter d’un côté de triangle vers la droite, puis à avancer de 3 côtés horizontalement.

De même, on applique ce même chemin à chaque sommet de la figure (et à l’œil) : chaque sommet image tombe sur un nœud du réseau. Puis on relie ensuite les sommets images dans le même ordre, en bleu.

Ensuite, on utilise la propriété : si une translation transforme X en Y et U en V, alors XYVU est un parallélogramme.

Par ailleurs, point R. R est l’image de P par la translation qui transforme M en N, donc MNRP est un parallélogramme. De plus, on construit R en reportant MP à partir de N et MN à partir de P : [PR] est parallèle à [MN] et de même longueur.

De même, point S. Q est l’image de S par la translation qui transforme M en P. Autrement dit, on va de S à Q comme on va de M à P : MPQS est un parallélogramme. Ensuite, on construit S en reportant PQ à partir de M et MP à partir de Q (S est « avant » Q : on fait le déplacement de M vers P à l’envers, en partant de Q).

Par conséquent, point T. T est l’image de N par la translation qui transforme T en P. Par ailleurs, cette translation envoie T sur P, donc la flèche de T vers P est la même que la flèche de N vers T : les points N, T, P sont alignés dans cet ordre et NT = TP. Donc T est le milieu de [NP].

Ensuite, sur un réseau, construire l’image d’une figure par une translation revient à faire glisser chaque sommet exactement comme le point A glisse : même direction, même sens, même longueur. Puis on compte donc le déplacement de A sur les lignes du réseau, puis on l’applique à chaque sommet de la figure bleue.

• Translation qui transforme A en B : pour aller de A à B, on monte de 5 rangées de triangles en se décalant d’un demi-côté vers la droite. Chaque sommet de la figure bleue subit ce même déplacement : on obtient la figure rouge, qui a la même forme, la même taille et la même orientation que la figure bleue, et dont le point correspondant à A est B.
• Translation qui transforme A en C : pour aller de A à C, on monte de 2 rangées et on se décale de 4 côtés de triangle vers la gauche. En appliquant ce déplacement à chaque sommet, on obtient la figure bleu clair, dont le point correspondant à A est C.

Par ailleurs, pour vérifier : chaque image doit se superposer à la figure bleue par un simple glissement, sans rotation ni retournement, et le point de l’image qui correspond à A doit tomber exactement sur B (ou sur C).

La figure orange est l’image de la figure verte par une translation : chaque point X de la figure verte a pour image le point X′ de la figure orange. Ensuite, on utilise les deux propriétés de conservation de la translation.

a. ED = 1,5 cm donc E′D′ = 1,5 cm, car le segment [E′D′] est l’image du segment [ED] par la translation, et une translation conserve les longueurs : un segment et son image ont la même longueur.

b. \( \widehat{BAI} = 45^\circ \) donc \( \widehat{B^{\prime}A^{\prime}I^{\prime}} = 45^\circ \), car l’angle \( \widehat{B^{\prime}A^{\prime}I^{\prime}} \) est l’image de l’angle \( \widehat{BAI} \) par la translation, et une translation conserve les mesures d’angles.

a. Attention au piège : le nom « BELO » n’est pas écrit dans le même ordre que « RAMI ». Puis il faut regarder la figure. De plus, une translation fait glisser la figure sans la tourner : chaque sommet part dans la même direction, le même sens et sur la même longueur.

• R est le sommet du haut de RAMI : son image est le sommet du haut de BELO, c’est B.
• A est le sommet de gauche (celui de l’angle droit) : son image est le sommet de gauche, O.
• M est le sommet du bas : son image est L.
• I est le sommet de droite : son image est E.

Justification : les flèches R → B, A → O, M → L et I → E sont toutes parallèles, de même sens et de même longueur (RBOA, AOLM, MLEI sont des parallélogrammes). C’est bien un seul et même glissement. Avec un autre ordre (par exemple A → E), les flèches n’auraient pas la même direction.

b. R a pour image B et I a pour image E, donc le segment [BE] est l’image du segment [RI]. Ensuite, une translation conserve les longueurs, donc BE = RI = 4,2 cm.

a. On lit le déplacement sur le quadrillage en comptant les carreaux.

• Pour aller de A à B : 5 carreaux vers la droite et 2 carreaux vers le bas. On applique ce déplacement à chaque sommet de l’avion 1 : on obtient l’avion 2.
• Pour aller de A à C : 7 carreaux vers la gauche et 1 carreau vers le bas. On applique ce déplacement à chaque sommet de l’avion 1 : on obtient l’avion 3.

L’avion 2 dépasse un peu en bas et l’avion 3 à gauche du quadrillage de l’énoncé : c’est pour cela qu’il faut reproduire la figure sur une feuille plus grande.

b. Pour passer de l’avion 2 à l’avion 3, on « défait » d’abord le déplacement de A vers B, puis on fait celui de A vers C. Cela revient à aller directement de B à C : 12 carreaux vers la gauche et 1 carreau vers le haut. Par ailleurs, on peut le vérifier sur les points : le point de l’avion 2 qui correspond à A est B, celui de l’avion 3 est C.

La translation utilisée est celle de la flèche : la translation qui transforme E en D. Sur le quadrillage, elle déplace chaque point de 4 cm vers la droite et de 2 cm vers le haut.

1. Construction en vraie grandeur

• Tracer [BC] de 6 cm, puis la perpendiculaire à (BC) en B, et placer A sur cette perpendiculaire avec BA = 4 cm.
• Tracer [AC].
• Placer le milieu de [AB] et tracer le demi-cercle de rayon 2 cm de diamètre [AB], du côté opposé à C.

Pour l’image, on reporte le déplacement de E vers D à partir de A, de B et de C (EDA′A, EDB′B et EDC′C sont des parallélogrammes), on obtient A′, B′, C′, puis on trace le triangle A′B′C′ et le demi-cercle de diamètre [A′B′].

2. Aire de la figure : elle est formée du triangle rectangle ABC et d’un demi-disque de rayon \( 4 \div 2 = 2 \) cm.

\[ \begin{aligned} \mathcal{A}_{\text{triangle}} &= \frac{AB \times BC}{2} = \frac{4 \times 6}{2} = 12 \text{ cm}^2 \\ \mathcal{A}_{\text{demi-disque}} &= \frac{\pi \times 2^2}{2} = 2\pi \approx 6{,}28 \text{ cm}^2 \\ \mathcal{A} &= 12 + 2\pi \approx 18{,}28 \text{ cm}^2 \end{aligned} \]

Arrondie au cm², l’aire totale vaut environ 18 cm².

3. L’angle \( \widehat{C^{\prime}} \) est l’image de l’angle \( \widehat{C} \) par la translation. Puis une translation conserve les mesures d’angles, donc \( \widehat{C^{\prime}} = \widehat{C} = 33{,}7^\circ \).

4. Une translation conserve les longueurs, donc la figure image est superposable à la figure de départ : elle a la même aire, environ 18 cm².

5. La droite (A′B′) est l’image de la droite (AB) par une translation. Or une translation transforme une droite en une droite parallèle : (AB) et (A′B′) sont parallèles. Ensuite, on le voit aussi avec le parallélogramme ABB′A′.

On construit l’image de chaque point important (A, B, C, D, E) en reportant le déplacement donné par la flèche, puis on relie les images dans le même ordre et on trace le demi-cercle de diamètre l’image de [AE].

• Translation qui transforme F en G : on lit sur le quadrillage un déplacement de 1 carreau vers la droite et un peu plus de 2 carreaux vers le bas. Pour plus de précision, on construit chaque image avec un parallélogramme : par exemple B′ est tel que FGB′B soit un parallélogramme. On obtient la figure rouge.
• Translation qui transforme H en I : déplacement de 4 carreaux vers la droite et 1 carreau vers le bas. Par exemple, B″ est à 4 carreaux à droite et 1 carreau sous B. On obtient la figure bleue.

Les deux images ont exactement la même forme, la même taille et la même orientation que la figure orange : seule leur position change.

On lit chaque déplacement sur le quadrillage, puis on l’applique aux points B, C, A, D, E ; le demi-cercle de diamètre [AE] devient le demi-cercle de diamètre [A′E′] (même rayon, centre déplacé).

• Translation qui transforme F en G : 5 carreaux vers la droite et 1 carreau vers le bas. Par exemple C, sommet du haut, a pour image C′ situé 5 carreaux à droite et 1 carreau plus bas. On obtient la figure rouge.
• Translation qui transforme H en I : 4 carreaux vers le bas (aucun déplacement horizontal). On obtient la figure bleue, juste sous la figure violette.

La figure est limitée par trois demi-cercles : un grand de diamètre [BD] (5 carreaux) et deux petits de diamètres [BA] (3 carreaux) et [AD] (2 carreaux). Puis pour construire son image, il suffit de construire les images B′, A′, D′ des trois points, puis de retracer les trois demi-cercles avec les mêmes rayons, car la translation conserve les longueurs.

• Translation qui transforme F en G : 5 carreaux vers la droite et 3 carreaux vers le bas. On obtient la figure rouge (A′ est 5 carreaux à droite et 3 carreaux sous A).
• Translation qui transforme H en I : 3 carreaux vers le bas. On obtient la figure bleue, juste sous la figure de départ.

1. Construction en taille réelle

• Tracer [AB] de 5 cm.
• Avec le rapporteur, tracer en B un angle de 45° et placer C sur ce côté avec BC = 6 cm. Tracer [AC].
• Placer le milieu de [BC] et tracer le demi-cercle de rayon 3 cm de diamètre [BC], du côté opposé à A.

2. Image par la translation qui transforme D en E : on construit A′, B′, C′ tels que DEA′A, DEB′B et DEC′C soient des parallélogrammes (chaque point glisse de 5 cm dans la direction et le sens de la flèche), puis on trace le triangle A′B′C′ et le demi-cercle de diamètre [C′B′].

3. [A′B′] est l’image de [AB] et une translation conserve les longueurs, donc A′B′ = AB = 5 cm.

4. L’angle \( \widehat{C^{\prime}B^{\prime}A^{\prime}} \) est l’image de l’angle \( \widehat{CBA} \), et une translation conserve les angles, donc \( \widehat{C^{\prime}B^{\prime}A^{\prime}} = 45^\circ \).

5. La droite (C′B′) est l’image de la droite (CB) par une translation, donc (CB) et (C′B′) sont parallèles (une translation transforme une droite en une droite parallèle ; CBB′C′ est un parallélogramme).

1. On construit A′, B′, C′ en faisant glisser A, B et C comme D glisse vers E (DEA′A, DEB′B, DEC′C sont des parallélogrammes), puis on trace le triangle A′B′C′ rectangle en B′ et les deux demi-cercles de diamètres [A′B′] et [B′C′].

2. Le triangle ABC est rectangle en B, donc d’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} AC^2 &= AB^2 + BC^2 = 2^2 + 4^2 = 4 + 16 = 20 \\ AC &= \sqrt{20} \approx 4{,}47 \text{ cm} \end{aligned} \]

3. La figure orange est formée du triangle ABC, d’un demi-disque de rayon 1 cm (diamètre [AB]) et d’un demi-disque de rayon 2 cm (diamètre [BC]).

\[ \begin{aligned} \mathcal{A} &= \frac{2 \times 4}{2} + \frac{\pi \times 1^2}{2} + \frac{\pi \times 2^2}{2} \\ &= 4 + 0{,}5\pi + 2\pi = 4 + 2{,}5\pi \\ &\approx 11{,}85 \text{ cm}^2 \end{aligned} \]

L’aire de la figure orange est d’environ 11,85 cm².

4. (A′B′) est l’image de (AB) par une translation, donc (AB) et (A′B′) sont parallèles.

5. [A′C′] est l’image de [AC] et une translation conserve les longueurs : A′C′ = AC = √20 ≈ 4,47 cm.

6. La figure image est superposable à la figure orange (longueurs conservées), donc elle a la même aire : environ 11,85 cm².

7. L’angle \( \widehat{A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}} \) est l’image de l’angle droit \( \widehat{ABC} \) ; une translation conserve les angles, donc \( \widehat{A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}} = 90^\circ \).

On lit sur la figure : AB = 4 cm, BD = 3 cm, AD = 5 cm (diamètre du demi-disque) et EHGB est un carré de côté 1,5 cm.

1. On construit les images A′, B′, D′, E′, H′, G′ en faisant glisser chaque point comme I glisse vers J (5 cm dans la direction et le sens de la flèche), puis on retrace le triangle, le carré et le demi-cercle de diamètre [A′D′].

2. EHGB est un carré, donc (EH) et (HG) sont perpendiculaires. De plus, une translation conserve les angles (l’angle droit en H devient un angle droit en H′), donc (E′H′) et (H′G′) sont perpendiculaires.

3. Les points A, B et G sont alignés (ils sont sur la même droite horizontale). Ensuite, une translation conserve l’alignement, donc A′, B′ et G′ sont alignés.

4. La figure orange est formée du demi-disque de diamètre [AD] (rayon 2,5 cm), du triangle rectangle ABD et du carré EHGB.

\[ \begin{aligned} \mathcal{A} &= \frac{\pi \times 2{,}5^2}{2} + \frac{4 \times 3}{2} + 1{,}5^2 \\ &= 3{,}125\pi + 6 + 2{,}25 \\ &\approx 9{,}82 + 8{,}25 \approx 18{,}07 \text{ cm}^2 \end{aligned} \]

Arrondie au dixième : environ 18,1 cm².

5. Une translation conserve les longueurs, donc la figure translatée est superposable à la figure orange : son aire est aussi d’environ 18,1 cm².