Les transformations : 20 exercices corrigésmaths 4e — du geste seul au problème de contrôle

Corrigés : les transformations, 20 exercices

Ces pages se détachent de la feuille d'exercices. Chaque étape est écrite, avec son pourquoi.

1. 1. Une symétrie axiale, c'est un PLIAGE le long de $(d)$. L'axe est horizontal : pour chaque sommet, je compte à la verticale les carreaux qui le séparent de l'axe, puis je reporte le même nombre DE L'AUTRE CÔTÉ. $A$ est à $1$ carreau au-dessus de $(d)$ : $A^{\prime }$ est à $1$ carreau en dessous, en $A^{\prime }(3;5)$. $B$ est aussi à $1$ carreau au-dessus : $B^{\prime }(7;5)$. $C$ et $D$ sont à $3$ carreaux au-dessus : $C^{\prime }(8;3)$ et $D^{\prime }(4;3)$. L'abscisse ne change pas : je descends tout droit, perpendiculairement à l'axe. ⭐ Contrôle : $A^{\prime }{B}^{\prime }=AB=4$ carreaux, et $[C^{\prime }{D}^{\prime }]$, le côté le plus éloigné de l'axe, est maintenant EN BAS. La figure est retournée, comme son reflet dans l'eau d'un lac. ⛔ Le piège : recopier la figure sous l'axe sans la retourner, avec $[CD]$ toujours en haut. $C$ est à $3$ carreaux de l'axe : $C^{\prime }$ doit l'être aussi. Réponse : $A^{\prime }(3;5)$, $B^{\prime }(7;5)$, $C^{\prime }(8;3)$ et $D^{\prime }(4;3)$.
2. 2. L'axe est oblique : la perpendiculaire à l'axe est l'AUTRE diagonale des carreaux. Je pars donc de chaque sommet en diagonale, vers le haut et la gauche, jusqu'à l'axe, puis je fais autant de pas de l'autre côté. Depuis $A$ : $2$ pas en diagonale pour toucher l'axe en $(5;5)$, puis $2$ de plus : $A^{\prime }(3;7)$. Depuis $B$ : $3$ pas jusqu'à $(6;6)$, puis $3$ : $B^{\prime }(3;9)$. Depuis $C$ : $2$ pas jusqu'à $(7;7)$, puis $2$ : $C^{\prime }(5;9)$. ⭐ Pour cet axe-là, l'abscisse et l'ordonnée ÉCHANGENT leurs places : $(7;3)$ devient $(3;7)$. ⛔ Le piège : compter à l'horizontale, comme pour un axe vertical. $A$ est à $4$ carreaux de l'axe vers la gauche : on tomberait en $(-1;3)$, hors du quadrillage, et $[A{A}^{\prime }]$ ne couperait pas l'axe à angle droit. Réponse : $A^{\prime }(3;7)$, $B^{\prime }(3;9)$ et $C^{\prime }(5;9)$.
3. 3. Une symétrie de centre $O$, c'est un DEMI-TOUR autour de $O$ : $O$ est le milieu de $[A{A}^{\prime }]$. Je lis le déplacement de $O$ vers le point, et je le refais DANS L'AUTRE SENS à partir de $O$. De $O$ à $A$ : $3$ carreaux à droite, $1$ en haut. Depuis $O$ : $3$ à gauche, $1$ en bas, $A^{\prime }(2;4)$. De $O$ à $B$ : $2$ à droite, $3$ en haut. Donc $B^{\prime }(3;2)$. Et $O$ ? C'est le centre : le demi-tour le laisse en place. Son image est $O$ lui-même. ⭐ Contrôle : les segments gris $[A{A}^{\prime }]$ et $[B{B}^{\prime }]$ ont chacun $O$ pour milieu. ⛔ Le piège : chercher une image de $O$ ailleurs, ou partir de $A$ au lieu de $O$ pour placer $A^{\prime }$. Le triangle image garde un sommet en $O$. Réponse : le triangle $O{A}^{\prime }{B}^{\prime }$, avec $A^{\prime }(2;4)$ et $B^{\prime }(3;2)$.
4. 4. Une translation fait GLISSER toute la figure comme la flèche : même direction, même sens, même longueur. Je lis la flèche de son départ à sa pointe : $5$ carreaux vers la gauche, $3$ vers le haut. Je refais ce déplacement depuis chaque sommet : $K^{\prime }(2;5)$, $L^{\prime }(5;5)$, $M^{\prime }(4;7)$ et $N^{\prime }(3;7)$. ⭐ Contrôle : $K^{\prime }{L}^{\prime }=KL=3$ carreaux, les flèches grises sont parallèles à la verte et de même longueur, et le trapèze n'est ni tourné ni retourné : sa grande base est toujours en bas. ⛔ Le piège : lire la flèche à l'envers, de la pointe vers le départ. $K$ partirait vers la droite et le bas, en $(12;-1)$ : hors du quadrillage. Réponse : $K^{\prime }(2;5)$, $L^{\prime }(5;5)$, $M^{\prime }(4;7)$ et $N^{\prime }(3;7)$.
5. 5. Une rotation fait TOURNER la figure autour de $O$ : chaque point garde sa distance à $O$ et tourne du même angle, ici un quart de tour. Dans le sens des aiguilles d'une montre, ce qui est à gauche de $O$ passe en haut, et ce qui est en haut passe à droite. De $O$ à $A$ : $3$ à gauche, $1$ en haut. Après le quart de tour : $3$ en haut, $1$ à droite, $A^{\prime }(7;9)$. De $O$ à $B$ : $3$ à gauche, $3$ en haut. Donc $3$ en haut, $3$ à droite : $B^{\prime }(9;9)$. De $O$ à $C$ : $1$ à gauche, $3$ en haut. Donc $1$ en haut, $3$ à droite : $C^{\prime }(9;7)$. ⭐ Contrôle : les traits gris $[OA]$ et $[O{A}^{\prime }]$ ont la même longueur et font un angle droit. Le côté vertical $[AB]$ est devenu horizontal. ⛔ Le piège : tourner dans l'autre sens. $A$ irait sous $O$, en $(5;3)$. Réponse : $A^{\prime }(7;9)$, $B^{\prime }(9;9)$ et $C^{\prime }(9;7)$.
6. 6. La symétrie centrale est un demi-tour : elle déplace le triangle sans le déformer. Elle CONSERVE les longueurs et les angles. Chaque côté a donc la même longueur que celui dont il est l'image : $R^{\prime }{S}^{\prime }=RS=5$ cm, $S^{\prime }{T}^{\prime }=ST=7$ cm et $T^{\prime }{R}^{\prime }=TR=6$ cm. Le périmètre ne change pas : $5+7+6=18$ cm. L'angle est conservé aussi : $\widehat{S^{\prime }{R}^{\prime }{T}^{\prime }}=\widehat{SRT}=$$78°$. ⭐ Le dessin le montre : le triangle $R^{\prime }{S}^{\prime }{T}^{\prime }$ a la tête en bas, mais c'est le même triangle, aux mêmes mesures. ⛔ Le piège : croire qu'une figure « à l'envers » a d'autres mesures, ou sortir la règle. La propriété suffit : aucune mesure, aucun rapporteur. Réponse : $R^{\prime }{S}^{\prime }=5$ cm, $S^{\prime }{T}^{\prime }=7$ cm, $T^{\prime }{R}^{\prime }=6$ cm, un périmètre de $18$ cm, et $\widehat{S^{\prime }{R}^{\prime }{T}^{\prime }}=$$78°$.
7. 7. Le déplacement se lit de $M$ à $N$ : $4$ carreaux à droite, $1$ en haut. La translation fait subir ce même déplacement à TOUS les points. a) Depuis $P$ : $4$ à droite, $1$ en haut, $P^{\prime }(7;8)$. b) Cette fois, je connais l'ARRIVÉE, $R$. Je remonte le déplacement à l'envers : $4$ à gauche, $1$ en bas, $S(5;5)$. ⭐ Contrôle : de $S$ à $R$, $4$ à droite et $1$ en haut, comme de $M$ à $N$. Les trois flèches grises sont parallèles et de même longueur. ⛔ Le piège au b) : appliquer la translation à $R$. On arriverait en $(13;7)$ : c'est l'image de $R$, pas le point qui arrive sur $R$. Réponse : $P^{\prime }(7;8)$ et $S(5;5)$.
8. 8. a) Un tour complet, c'est $360°$, en $60$ minutes : $360÷60=6°$ par minute. b) En $20$ minutes : $20\times 6=$$120°$. C'est la rotation de centre $O$, le centre de l'horloge, d'angle $120°$, dans le sens des aiguilles d'une montre. ⭐ Sur le dessin, un carreau vaut $3$ cm : la pointe part de $M$ à 14 h 00, passe en $P$ au quart d'heure, après $90°$, et arrive en $Q$ à 14 h 20. c) Une rotation conserve les longueurs : $OQ=OM=12$ cm. La pointe reste à $12$ cm du centre, elle décrit un cercle. ⛔ Le piège : croire qu'une minute vaut un degré, et trouver $20°$. Le cadran fait $360°$ pour $60$ minutes. Réponse : $6°$ par minute ; la rotation de centre $O$, d'angle $120°$, dans le sens des aiguilles d'une montre ; $12$ cm.
9. 9. a) Orange : chaque coin a monté de $5$ carreaux, par exemple de $(2;2)$ à $(2;7)$, et la pièce n'a ni tourné ni été retournée. C'est la translation de $5$ carreaux vers le haut. Verte : la pièce est couchée, sa barre de $3$ carreaux est devenue horizontale, et son pied pointe vers le haut au lieu de la droite. Elle a tourné d'un quart de tour dans le sens contraire des aiguilles d'une montre : c'est une rotation d'angle $90°$. Violette : c'est le reflet de la bleue dans un miroir vertical placé à mi-chemin, sur la droite verticale d'abscisse $5,5$. Le pied pointe maintenant vers la GAUCHE : c'est une symétrie axiale. b) Glisser, c'est une translation ; tourner, c'est une rotation. Aucune des deux ne retourne une figure : seule la symétrie axiale le fait. Le joueur ne peut donc pas obtenir la pièce violette. ⭐ Dans Tetris, la pièce violette existe, mais c'est une AUTRE pièce : le « J », le reflet du « L ». ⛔ Le piège : croire qu'en tournant assez, on finit par obtenir le reflet. On peut tourner le « L » dans tous les sens, il reste un « L » ; il ne devient jamais un « J ». Réponse : une translation (orange), une rotation d'un quart de tour (verte), une symétrie axiale (violette) ; la violette est impossible à obtenir.
10. 10. a) L'axe $(d)$ est vertical : je compte à l'horizontale la distance de chaque point à l'axe, et je la reporte de l'autre côté. $A$ est à $3$ carreaux à gauche de $(d)$ : $A^{\prime }(9;9)$. $B$ est à $4$ carreaux : $B^{\prime }(10;7)$. $C$ est à $3$ carreaux : $C^{\prime }(9;2)$. Je fais de même pour les deux autres coins, puis je relie dans le même ordre. b) Les points $(6;8)$ et $(6;4)$ sont SUR l'axe : à zéro carreau de lui, ils ne bougent pas. Un point de l'axe est son propre symétrique. c) La symétrie axiale conserve les aires : l'aile droite couvre aussi $18,5$ carreaux. Les deux ailes : $18,5\times 2=37$ carreaux. ⛔ Le piège : reporter l'abscisse au lieu de la distance à l'axe. $B$ a pour abscisse $2$ ; placer $B^{\prime }$ à $2$ carreaux après l'axe donnerait $(8;7)$, une aile tordue. C'est $4$ carreaux qu'il faut reporter. Réponse : $A^{\prime }(9;9)$, $B^{\prime }(10;7)$, $C^{\prime }(9;2)$ ; les deux points de l'axe ; $37$ carreaux.
11. 11. a) De $O$ à $A$ : $3$ à gauche, $1$ en bas. Je refais l'inverse depuis $O$ : $3$ à droite, $1$ en haut, $A^{\prime }(9;6)$. De $O$ à $B$ : $1$ à gauche, $3$ en haut. Donc $B^{\prime }(7;2)$. b) De $A$ à $B$ : $2$ à droite, $4$ en haut. De $B^{\prime }$ à $A^{\prime }$ : $2$ à droite, $4$ en haut. Même déplacement : $A^{\prime }{B}^{\prime }=$$AB$, car la symétrie centrale conserve les longueurs, et $(A^{\prime }{B}^{\prime })$ est PARALLÈLE à $(AB)$. ⭐ À retenir : par une symétrie centrale, une droite a pour image une droite parallèle. c) Les diagonales $[A{A}^{\prime }]$ et $[B{B}^{\prime }]$ du quadrilatère $AB{A}^{\prime }{B}^{\prime }$ ont le même milieu, $O$. Un quadrilatère dont les diagonales ont le même milieu est un parallélogramme. ⛔ Le piège : relier les points dans le désordre et tracer $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$, un quadrilatère croisé. Je fais le tour : $A$, $B$, puis $A^{\prime }$, puis $B^{\prime }$. Réponse : $A^{\prime }(9;6)$ et $B^{\prime }(7;2)$ ; $A^{\prime }{B}^{\prime }=AB$ et $(A^{\prime }{B}^{\prime })\parallel$$(AB)$ ; $AB{A}^{\prime }{B}^{\prime }$ est un parallélogramme.
12. 12. a) Chaque saut est une translation : j'ajoute le déplacement aux coordonnées. $t_1$ depuis $D$ : $E(4;3)$. Puis $t_2$ : $F(5;5)$. Puis $t_1$ : $G(7;6)$. b) De $D$ à $G$ : $7-2=5$ carreaux à droite et $6-2=4$ en haut. C'est la translation de $5$ carreaux à droite et $4$ en haut : la flèche orange. ⭐ Enchaîner des translations donne encore une translation : on ajoute les déplacements, $2+1+2=5$ et $1+2+1=$$4$. c) Les mêmes sauts dans un autre ordre donnent le même total : $5$ à droite, $4$ en haut. Il arrive encore en $G$, en passant par $(3;4)$ et $(5;5)$. ⛔ Le piège : ajouter les longueurs des sauts, comme si le cavalier avançait en ligne droite. La translation ne retient que le DÉPART et l'ARRIVÉE. Réponse : $E(4;3)$, $F(5;5)$, $G(7;6)$ ; la translation de $5$ carreaux à droite et $4$ en haut ; au même endroit, en $G$.
13. 13. a) Quart de tour dans le sens contraire des aiguilles d'une montre : ce qui est en haut de $O$ passe à gauche, et ce qui est à droite passe en haut. $A$ est $3$ carreaux au-dessus de $O$ : $A_1$ est $3$ carreaux à gauche, $A_1(3;6)$. $B$ est $2$ à droite, $2$ en haut : $B_1$ est $2$ en haut, $2$ à gauche, $B_1(4;8)$. Je recommence depuis $A_1$ et $B_1$ : $A_2(6;3)$ et $B_2(4;4)$. Puis une dernière fois : $A_3(9;6)$ et $B_3(8;4)$. b) Deux quarts de tour font un demi-tour : $O{A}_2{B}_2$ est l'image de $OAB$ par la symétrie de centre $O$. Contrôle : $O$ est le milieu de $[A{A}_2]$, qui va de $(6;9)$ à $(6;3)$. c) Trois quarts de tour : $270°$ dans le sens contraire des aiguilles d'une montre. Ou, plus court, un quart de tour dans le sens des aiguilles d'une montre : la pale $O{A}_3{B}_3$ est juste à droite de $OAB$. ⛔ Le piège : tourner chaque nouvelle pale autour d'un de ses propres sommets. Le centre reste $O$ à chaque fois : c'est l'axe du moulinet. Réponse : $A_1(3;6)$, $B_1(4;8)$, $A_2(6;3)$, $B_2(4;4)$, $A_3(9;6)$, $B_3(8;4)$ ; la symétrie de centre $O$ ; un quart de tour dans le sens des aiguilles d'une montre.
14. 14. a) $D$ est le symétrique de $B$ par rapport à $(AC)$. $A$ et $C$ sont sur l'axe : ils sont leur propre image. Donc $[AD]$ est l'image de $[AB]$, et $[DC]$ celle de $[BC]$. La symétrie axiale conserve les longueurs : $AD=AB=40$ cm et $DC=BC=60$ cm. Périmètre : $40+60+60+40=200$ cm, soit $2$ m. b) Elle conserve aussi les angles : $\widehat{ADC}=\widehat{ABC}=$$100°$. c) La somme des angles d'un quadrilatère vaut $360°$ : on le coupe en deux triangles de $180°$. Donc $\widehat{BCD}=360°-100°-100°-99°=$$61°$. ⭐ Sur le dessin, un carreau vaut $10$ cm. La baguette $(AC)$ coupe $[BD]$ en son milieu, à angle droit : l'axe est la médiatrice de $[BD]$. ⛔ Le piège : croire que les quatre côtés sont égaux, comme dans un losange. L'image de $[AB]$ est $[AD]$, pas $[DC]$ : les côtés égaux sont VOISINS, deux à deux. Réponse : $AD=40$ cm, $DC=60$ cm, un périmètre de $200$ cm ; $\widehat{ADC}=$$100°$ ; $\widehat{BCD}=$$61°$.
15. 15. a) Premier demi-tour, autour de $I$. De $I$ à $A$ : $3$ à gauche, $2$ en bas ; je refais l'inverse depuis $I$ : $A^{\prime }(8;6)$. De même, $B^{\prime }(6;6)$ et $C^{\prime }(8;4)$. b) Deuxième demi-tour, autour de $J$. De $J$ à $A^{\prime }$ : $3$ à droite, $1$ en bas ; donc $A^{\prime \prime }(2;8)$. De même, $B^{\prime \prime }(4;8)$ et $C^{\prime \prime }(2;10)$. c) De $A$ à $A^{\prime \prime }$ : $6$ carreaux vers le haut. De $B$ à $B^{\prime \prime }$, de $C$ à $C^{\prime \prime }$ : $6$ vers le haut aussi. Même déplacement pour tous les points : c'est une TRANSLATION de $6$ carreaux vers le haut. Or $IJ=3$ carreaux : la translation fait DEUX FOIS $IJ$, dans le sens de $I$ vers $J$. ⭐ Deux demi-tours font un tour complet : la figure retrouve son orientation, la pointe $C^{\prime \prime }$ est de nouveau en haut. Elle a seulement glissé. ⛔ Le piège : croire que deux symétries centrales donnent une symétrie centrale, ou une translation de $3$ carreaux seulement. Réponse : $A^{\prime }(8;6)$, $B^{\prime }(6;6)$, $C^{\prime }(8;4)$ ; $A^{\prime \prime }(2;8)$, $B^{\prime \prime }(4;8)$, $C^{\prime \prime }(2;10)$ ; la translation de $6$ carreaux vers le haut, le double de $IJ$.
16. 16. a) De $O$ à $A$ : $3$ à gauche, $2$ en bas. Un quart de tour dans le sens contraire des aiguilles d'une montre : « à gauche » devient « en bas », et « en bas » devient « à droite ». Donc $3$ en bas, $2$ à droite : on arrive en $(8;3)$, c'est $B$. De $O$ à $B$ : $2$ à droite, $3$ en bas. Après le quart de tour : $2$ en haut, $3$ à droite, on arrive en $(9;8)$, c'est $C$. b) Une rotation conserve les longueurs : $OB=$$OA$, puis $OC=OB$ et $OD=$$OC$. Les quatre sont égales. Et $B$ est l'image de $A$ par un quart de tour : $\widehat{AOB}=$$90°$. c) Deux quarts de tour font un demi-tour : $C$ est le symétrique de $A$ par rapport à $O$. Donc $A$, $O$, $C$ sont alignés et $O$ est le milieu de $[AC]$ ; de même pour $[BD]$. Les diagonales $[AC]$ et $[BD]$ ont donc le même milieu $O$, la même longueur, $2\times$$OA$, et elles sont perpendiculaires, puisque $\widehat{AOB}=$$90°$. ⛔ Le piège : le constater sur le dessin et s'arrêter là. Un dessin ne démontre rien ; c'est la rotation, qui conserve les longueurs et les angles, qui justifie. Réponse : $OA=OB=OC=OD$ et $\widehat{AOB}=$$90°$ ; les diagonales d'un carré ont le même milieu, la même longueur, et sont perpendiculaires.
17. 17. Le terrain de handball a) Le centre de symétrie est $O$, le centre du terrain. Les deux axes : la ligne médiane, qui coupe le terrain en deux camps, et la droite qui joint le milieu des deux buts. Chacune plie le terrain sur lui-même. b) Par la symétrie de centre $O$ : de $O$ à $A$, $4$ carreaux à gauche et $2$ en bas ; l'inverse depuis $O$ donne le coin opposé, $C(10;8)$. Par la symétrie d'axe la ligne médiane : $A$ est à $4$ carreaux à gauche de l'axe, son image est à $4$ carreaux à droite, $B(10;4)$. Par la symétrie d'axe la droite des buts : $A$ est à $2$ carreaux en dessous, son image est $D(2;8)$. c) $P$ est à $7$ m de la ligne de but, soit $7÷5=1,4$ carreau : $P(3,4;6)$. De $O$ à $P$ : $2,6$ carreaux à gauche. Donc $P^{\prime }(8,6;6)$, à $7$ m de l'autre ligne de but. Distance : $P{P}^{\prime }=40-7-7=26$ m. Contrôle sur le dessin : $8,6-3,4=5,2$ carreaux, et $5,2\times 5=26$ m. ⭐ C'est grâce à ce demi-tour que les équipes peuvent changer de camp à la mi-temps : chacune retrouve le même terrain. ⛔ Le piège au b) : croire que les trois symétries donnent le même coin. Trois transformations différentes, trois images différentes. Réponse : le centre $O$, la ligne médiane et la droite des buts ; $C$, $B$ et $D$ ; $P{P}^{\prime }=26$ m.
18. 18. La grande roue de Londres a) Les $32$ cabines se partagent le tour complet, $360°$ : $360÷32=$$11,25°$. La rotation de centre $O$, le moyeu, et d'angle $11,25°$ envoie chaque cabine sur la suivante. b) Un quart de tour prend un quart du temps : $30÷4=7,5$ minutes. Sur le schéma, la roue tourne dans le sens contraire des aiguilles d'une montre : la cabine passe de $P$, en bas, à $Q$, à la hauteur du centre. c) Au bout de $15$ minutes, la moitié du tour : $180°$. La cabine est au point le plus haut, $R$. Une rotation de $180°$ est une symétrie centrale : $R$ est le symétrique de $P$ par rapport à $O$. d) La rotation conserve les distances : la cabine reste toujours à $120÷2=60$ m de $O$. Au bout de $7,5$ minutes, elle est à la hauteur de $O$ : elle est montée de $60$ m. Au bout de $15$ minutes, de tout le diamètre : $120$ m. ⭐ Le schéma est à l'échelle : un carreau vaut $15$ m, et le rayon mesure $4$ carreaux. ⛔ Le piège au d) : répondre $30$ m au bout d'un quart de tour, le quart de $120$ m. La cabine est montée d'un RAYON, $60$ m : la moitié de la hauteur, en un quart du temps. Réponse : la rotation de centre $O$ et d'angle $11,25°$ ; $7,5$ minutes ; au sommet, le symétrique du départ par rapport à $O$ ; $60$ m, puis $120$ m.
19. 19. Le flocon et l'étoile de mer a) Les six branches du flocon se partagent le tour : $360÷6=$$60°$. La rotation de centre $O$ d'angle $60°$ envoie chaque branche sur la suivante, par exemple $A$ sur $A^{\prime }$ : le flocon est inchangé. Pour l'étoile de mer : $360÷5=$$72°$. Le bras $B$ va sur le bras $B^{\prime }$. b) Un centre de symétrie, c'est un demi-tour, $180°$, qui laisse la figure inchangée. Pour le flocon, $180=3\times$$60$ : le demi-tour fait trois crans de $60°$, le flocon est inchangé. $O$ est son centre de symétrie. Pour l'étoile, $180÷72=$$2,5$ : ce n'est pas un nombre entier de crans. Après un demi-tour, le bras qui pointait vers le haut pointe vers le bas, où il n'y a pas de bras. c) Oui : la droite qui porte le bras $B$ et passe par $O$ ; en gris, son prolongement. Elle partage l'étoile en deux moitiés qui se replient l'une sur l'autre. L'étoile en a cinq, une par bras. ⛔ Le piège au b) : croire que toute figure qui se superpose à elle-même en tournant a un centre de symétrie. Il faut que $180°$ soit un multiple de l'angle. Réponse : $60°$ pour le flocon, $72°$ pour l'étoile ; le flocon ; oui, la droite qui porte un bras.
20. 20. Les panneaux solaires a) $t$ puis $t$ : $2$ carreaux à droite, puis encore $2$. En un seul geste, c'est la translation de $4$ carreaux vers la droite. b) Le dernier panneau de la première rangée est $P_4$ : trois fois $t$, soit $6$ carreaux à droite. Puis $u$ le monte de $3$ carreaux. Depuis $A(2;2)$ : $A^{\prime }(8;5)$. De $A$ à $A^{\prime }$ : la translation de $6$ carreaux à droite et $3$ vers le haut, la flèche orange. c) Une translation conserve les aires : chaque panneau couvre $2\times 1=2$ m². Les $8$ panneaux : $8\times 2=16$ m². d) Oui : une rotation conserve aussi les aires. Tourné, le panneau fait $1$ m sur $2$ m, toujours $2$ m². ⭐ Entre les deux rangées, $u$ laisse une bande de $3-1=2$ m : de quoi passer pour l'entretien. ⛔ Le piège au b) : compter $4$ glissements pour $4$ panneaux. Le premier est déjà posé : il en faut $3$ pour atteindre le quatrième. Réponse : la translation de $4$ carreaux vers la droite ; $A^{\prime }(8;5)$, par la translation de $6$ carreaux à droite et $3$ en haut ; $16$ m² ; oui, $2$ m².