Corrigé du contrôle de maths 5ème : propriétés de la symétrie centrale

Exercice 1 : Vrai ou faux (3 points)

1. Vrai : la symétrie centrale conserve les longueurs.
2. Faux : le symétrique d’une droite par rapport à un point est une droite parallèle à la première.
3. Vrai : c’est la définition du symétrique d’un point.
4. Faux : la symétrie centrale conserve les mesures d’angles, donc le symétrique d’un angle de \(40^\circ\) est un angle de \(40^\circ\).
5. Faux : la symétrie conserve les longueurs, donc le symétrique est un cercle de même rayon, 3 cm (son centre est le symétrique du centre du premier cercle).
6. Vrai : la symétrie centrale conserve l’alignement.

Barème : 0,5 point par affirmation ; pour une affirmation fausse, 0,25 point pour « faux » et 0,25 point pour la correction.

Exercice 2 : Deux triangles symétriques (4,5 points)

1. Le segment [A′B′] est le symétrique du segment [AB] par rapport à O. Or la symétrie centrale conserve les longueurs, donc A′B′ = AB. A′B′ = 4,2 cm.
2. De même, [B′C′] est le symétrique de [BC], donc B′C′ = BC = 3,5 cm.
3. L’angle \(\widehat{A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}}\) est le symétrique de l’angle \(\widehat{ABC}\) par rapport à O. Or la symétrie centrale conserve les mesures d’angles, donc \(\widehat{A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}} = \widehat{ABC} = 62^\circ\).
4. A′ est le symétrique de A par rapport à O, donc O est le milieu du segment [AA′] et OA′ = OA = 2,6 cm.
   \(AA^{\prime} = 2 \times 2{,}6 = 5{,}2\). AA′ = 5,2 cm.
5. Le triangle A′B′C′ est le symétrique du triangle ABC. Or la symétrie centrale conserve les aires, donc l’aire du triangle A′B′C′ est \(6{,}5\text{ cm}^2\).

Barème : a) 0,5 point pour la propriété, 0,5 point pour le résultat ; b) 0,5 point ; c) 0,5 point pour la propriété, 0,5 point pour le résultat ; d) 0,5 point pour « O milieu de [AA′] », 0,5 point pour 5,2 cm ; e) 0,5 point pour la propriété, 0,5 point pour le résultat.

Exercice 3 : Le symétrique d’une droite (3,5 points)

1. Une droite est déterminée par deux de ses points. On construit A′, symétrique de A par rapport à O (on trace la demi-droite [AO) et on reporte OA au compas de l’autre côté de O), puis B′, symétrique de B de la même manière. La droite (d′) est la droite (A′B′).
2. Les droites (d) et (d′) sont parallèles, car le symétrique d’une droite par rapport à un point est une droite qui lui est parallèle.
3. Si O est sur (d), le symétrique de chaque point de (d) est encore sur (d), de l’autre côté de O : le symétrique de O est O lui-même, et (d′) est parallèle à (d) et passe par O, qui est sur (d). Le symétrique de (d) est alors la droite (d) elle-même.
4. La symétrie centrale conserve les mesures d’angles : l’angle droit formé par (d) et (Δ) a pour symétrique un angle droit. Les droites (d′) et (Δ′) sont donc perpendiculaires.

Barème : a) 0,5 point pour la construction de deux points symétriques, 0,5 point pour la droite (d′) ; b) 0,5 point pour « parallèles », 0,5 point pour la propriété ; c) 0,5 point pour la réponse, 0,5 point pour l’explication ; d) 0,5 point (réponse justifiée).

Exercice 4 : Une figure codée (4 points)

1. D’après le codage, O est le milieu de [AC], donc le symétrique de A par rapport à O est C. O est aussi le milieu de [BD], donc le symétrique de B par rapport à O est D.
2. Le symétrique de A est C et celui de B est D, donc le symétrique du segment [AB] est le segment [CD]. La symétrie centrale conserve les longueurs, donc CD = AB = 5 cm.
3. Le symétrique de D est B (car le symétrique de B est D) et le symétrique de A est C, donc le symétrique de [AD] est [CB]. La symétrie conserve les longueurs : BC = AD = 3 cm.
   L’angle \(\widehat{DAB}\) a pour symétrique l’angle \(\widehat{BCD}\) (D a pour image B, A a pour image C, B a pour image D). La symétrie conserve les mesures d’angles : \(\widehat{BCD} = \widehat{DAB} = 110^\circ\).

Erreur fréquente : se tromper dans l’ordre des lettres. Il faut remplacer chaque point par son symétrique, dans le même ordre : \(\widehat{DAB}\) devient \(\widehat{BCD}\).

Barème : a) 0,5 point par point symétrique justifié par le codage ; b) 0,75 point pour [CD], 0,75 point pour CD = 5 cm avec la propriété ; c) 0,75 point pour BC, 0,75 point pour l’angle, chacun avec sa justification.

Exercice 5 : Le logo de Théo (5 points)

1. A′ est le symétrique de A par rapport à O, donc O est le milieu du segment [AA′]. Le milieu d’un segment est sur ce segment, donc les points A, O et A′ sont alignés.
   OA′ = OA = 4 cm, donc \(AA^{\prime} = 4 + 4 = 8\). AA′ = 8 cm.
2. Le symétrique de O par rapport à O est O, celui de A est A′ et celui de B est B′ : le triangle OA′B′ est le symétrique du triangle OAB.
   La symétrie centrale conserve les mesures d’angles, donc \(\widehat{OA^{\prime}B^{\prime}} = \widehat{OAB} = 90^\circ\). Le triangle OA′B′ est rectangle en A′.
   Elle conserve aussi les longueurs : OA′ = OA = 4 cm, A′B′ = AB = 3 cm et OB′ = OB = 5 cm.
3. La droite (A′B′) est la symétrique de la droite (AB) par rapport à O. Or le symétrique d’une droite par rapport à un point est une droite parallèle. Donc les droites (AB) et (A′B′) sont parallèles.
   Autre méthode : (AB) et (A′B′) sont toutes deux perpendiculaires à la droite (AA′). Si deux droites sont perpendiculaires à une même droite, alors elles sont parallèles.
4. Aire du triangle rectangle OAB : \(\frac{4 \times 3}{2} = 6\), soit \(6\text{ cm}^2\).
   La symétrie centrale conserve les aires, donc l’aire du triangle OA′B′ est aussi \(6\text{ cm}^2\).
   Les deux triangles ne se recouvrent pas (ils n’ont que le point O en commun) : \(6 + 6 = 12\). L’aire totale du logo est \(12\text{ cm}^2\).

Barème : a) 0,5 point pour l’alignement justifié, 0,5 point pour AA′ = 8 cm ; b) 0,75 point pour l’angle droit justifié, 0,75 point pour les trois longueurs ; c) 0,5 point pour la propriété, 0,5 point pour la conclusion ; d) 0,5 point pour l’aire de OAB, 0,5 point pour la conservation des aires, 0,5 point pour le total.

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Après le corrigé du contrôle : propriétés de la symétrie centrale

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