L'exercice de géométrie complet : antidéplacement, symétrie glissante, composée $h\circ f$, similitude indirecte, centre et axe

1.a Idée : $E$ est le milieu de $[AF]$ et $EA=EF=EH=2$. Le point $H$ appartient donc au cercle de diamètre $[AF]$ : le triangle $AHF$ est rectangle en $H$. De plus $(EH)$ est perpendiculaire à $(AF)$ en son milieu $E$ : c'est la médiatrice de $[AF]$, donc $HA=HF$ ($=2\sqrt2$, diagonale d'un carré de côté $2$). Le triangle $AHF$ est rectangle et isocèle en $H$ ; en particulier $\boxed{(HA)\perp(HF)}$.

1.b $AD=CG=2$ avec $A\ne D$ : les couples $(A,D)$ et $(C,G)$ sont formés de points distincts à la même distance. Il existe donc un unique antidéplacement $f$ tel que $f(A)=C$ et $f(D)=G$.

1.c Idée : si une symétrie orthogonale envoie $M$ sur $M'\ne M$, son axe est la médiatrice de $[MM']$. Si $f$ était une symétrie orthogonale, son axe serait à la fois la médiatrice de $[AC]$ et celle de $[DG]$. Comme $\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{GC}$, $AECG$ est un parallélogramme : ses diagonales $[AC]$ et $[EG]$ ont le même milieu, le centre $O$ du carré $EFGH$. La médiatrice de $[DG]$ est la droite $(EH)$ ($H$ est le milieu de $[DG]$ et $(EH)\perp(DC)$) ; elle ne contient pas $O$, alors que la médiatrice de $[AC]$ le contient. Ces médiatrices sont distinctes : $f$ n'est pas une symétrie orthogonale. Un antidéplacement étant une symétrie orthogonale ou une symétrie glissante, $f$ est une symétrie glissante.

2.a Idée : un antidéplacement conserve les distances et change les angles orientés en leurs opposés. Posons $M=f(E)$. Avec $f(A)=C$ et $f(D)=G$ : $CM=AE=2$ et $\left(\overrightarrow{CG},\overrightarrow{CM}\right)\equiv-\left(\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}\right)\equiv\frac{\pi}{2}\,[2\pi]$, car $AEHD$ est un carré direct. Or $FBCG$ est un carré direct : $CB=2$ et $\left(\overrightarrow{CG},\overrightarrow{CB}\right)\equiv\frac{\pi}{2}\,[2\pi]$. Donc $M=B$, c'est-à-dire $\boxed{f(E)=B}$.

2.b Idée : l'axe d'une symétrie glissante contient le milieu de chaque segment $[M\,f(M)]$. Il contient le milieu $O$ de $[A\,f(A)]=[AC]$ et le milieu $F$ de $[E\,f(E)]=[EB]$ ; comme $O\ne F$, l'axe de $f$ est la droite $(OF)$. Or $O$ est le milieu de la diagonale $[HF]$ du carré $EFGH$ : l'axe de $f$ est la droite $\boxed{(HF)}$.

2.c $f$ transforme le carré $AEHD$ en un carré dont trois sommets consécutifs sont $f(D)=G$, $f(A)=C$ et $f(E)=B$ : c'est le carré $CBFG$. Le sommet $H$, opposé à $A$, a pour image le sommet $F$, opposé à $C$ ; en effet $\overrightarrow{EH}=\overrightarrow{AD}$ donne $\overrightarrow{B\,f(H)}=\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{BF}$. Donc $\boxed{f(H)=F}$. Idée : sur son axe, $f$ agit comme la translation de son vecteur. $H$ est sur l'axe $(HF)$ et $f(H)=F$, donc le vecteur de $f$ est $\overrightarrow{HF}$. En notant $t_{\overrightarrow{HF}}$ la translation de vecteur $\overrightarrow{HF}$ et $S_{(HF)}$ la réflexion d'axe $(HF)$, la forme réduite est $\boxed{f=t_{\overrightarrow{HF}}\circ S_{(HF)}=S_{(HF)}\circ t_{\overrightarrow{HF}}}$.

3.a $h$ est une similitude directe de rapport $2$ et $f$, antidéplacement, est une similitude indirecte de rapport $1$. La composée $g=h\circ f$ est donc une similitude indirecte, de rapport $\boxed{2\times1=2}$.

3.b $g(E)=h\left(f(E)\right)=h(B)=B$, car $B$ est le centre de $h$. Et $g(H)=h\left(f(H)\right)=h(F)=E$, car $F$ est le milieu de $[BE]$, c'est-à-dire $\overrightarrow{BE}=2\,\overrightarrow{BF}$.

4.a $g\circ g(H)=g(E)=B$. Idée : dans la forme réduite $g=h_{(\Omega,2)}\circ S_\Delta$, les deux applications commutent car $\Omega\in\Delta$. Ainsi

et $S_\Delta\circ S_\Delta$ est l'identité : $g\circ g$ est l'homothétie de centre $\Omega$ et de rapport $2\times2=4$. Appliquée à $H$ : $\boxed{\overrightarrow{\Omega B}=4\,\overrightarrow{\Omega H}}$.

4.b Idée : relation de Chasles pour isoler $\Omega$. $\overrightarrow{\Omega B}=\overrightarrow{\Omega H}+\overrightarrow{HB}$, donc $4\,\overrightarrow{\Omega H}=\overrightarrow{\Omega H}+\overrightarrow{HB}$, soit $\overrightarrow{\Omega H}=\frac13\overrightarrow{HB}$ et $\boxed{\overrightarrow{H\Omega}=\frac13\overrightarrow{BH}}$. Construction : $\Omega$ est sur la droite $(BH)$, au-delà de $H$ (du côté opposé à $B$), avec $H\Omega=\frac13BH$ ; on partage $[BH]$ en trois segments égaux et on en reporte un à partir de $H$. Ici $BH=\sqrt{BE^2+EH^2}=\sqrt{20}=2\sqrt5$, donc $H\Omega=\frac{2\sqrt5}{3}$.

4.c Idée : $h_{(\Omega,\frac12)}$ est la réciproque de $h_{(\Omega,2)}$, donc $S_\Delta=h_{(\Omega,\frac12)}\circ g$. Ainsi $S_\Delta(H)=h_{(\Omega,\frac12)}\left(g(H)\right)=h_{(\Omega,\frac12)}(E)$, qui est le milieu de $[\Omega E]$ : $\boxed{S_\Delta(H)=H'}$. Comme $E\notin(BH)$, les droites $(\Omega E)$ et $(\Omega H)=(BH)$ sont distinctes : $H'$, point de $(\Omega E)$ distinct de $\Omega$, n'est pas $H$. La réflexion $S_\Delta$ envoie $H$ sur $H'\ne H$, donc son axe $\Delta$ est la médiatrice de $[HH']$.

4.d $H'$ étant le milieu de $[\Omega E]$, $\overrightarrow{HH'}=\frac12\left(\overrightarrow{H\Omega}+\overrightarrow{HE}\right)$. D'après 4.b, et comme $\overrightarrow{BH}=\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{EH}=2\,\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{EH}$ :

donc $\overrightarrow{H\Omega}+\overrightarrow{HE}=\frac23\overrightarrow{EA}+\frac23\overrightarrow{HE}=\frac23\overrightarrow{HA}$ et $\boxed{\overrightarrow{HH'}=\frac13\overrightarrow{HA}}$. La droite $(HH')$ est donc $(HA)$, et la médiatrice $\Delta$ de $[HH']$ est perpendiculaire à $(HA)$. D'après 1.a, $(HF)\perp(HA)$ : $\Delta$ est parallèle à $(HF)$. Comme $\Omega\in\Delta$, $\Delta$ est la parallèle à $(HF)$ passant par $\Omega$ ; elle est parallèle à l'axe de $f$. On la construit en menant par $\Omega$ la parallèle à $(HF)$.

5.a $z_C=6+2i$, $z_D=2i$ et $z_G=4+2i$. Idée : un antidéplacement a une écriture complexe de la forme $z'=a\bar z+b$ avec $|a|=1$. $f(A)=C$ donne $b=6+2i$ ; $f(D)=G$ donne $a\times(-2i)+6+2i=4+2i$, soit $-2ia=-2$ et $a=-i$. Donc $f$ a pour écriture $\boxed{z'=-i\bar z+6+2i}$.

5.b L'homothétie $h$ s'écrit $z'-z_B=2\left(z-z_B\right)$, soit $z'=2z-6$. Donc $g=h\circ f$ s'écrit $z'=2\left(-i\bar z+6+2i\right)-6$, c'est-à-dire $\boxed{z'=-2i\bar z+6+4i}$. Le centre est l'unique point invariant : avec $z=x+iy$, $-2i\bar z=-2y-2ix$, donc $x+iy=6-2y+i\left(4-2x\right)$, d'où $x=6-2y$ et $y=4-2x$ ; ainsi $x=\frac23$ et $y=\frac83$. Donc $\boxed{z_\Omega=\frac23+\frac83\,i}$. Et $z_H+\frac13\left(z_H-z_B\right)=2+2i+\frac13\left(-4+2i\right)=\frac23+\frac83\,i$ : on retrouve $\overrightarrow{H\Omega}=\frac13\overrightarrow{BH}$.

5.c Soit $M$ d'affixe $z=x+i\left(\frac{10}{3}-x\right)$, avec $x$ réel. $g(M)$ a pour affixe $2x-\frac{20}{3}+6+i\left(4-2x\right)=2x-\frac23+i\left(4-2x\right)$, et $h_{(\Omega,2)}(M)$ a pour affixe $2z-z_\Omega=2x-\frac23+i\left(4-2x\right)$ : ces affixes sont égales. Idée : comme $g=h_{(\Omega,2)}\circ S_\Delta$, $g(M)=h_{(\Omega,2)}(M)$ équivaut à $S_\Delta(M)=M$, c'est-à-dire à $M\in\Delta$. La droite d'équation $x+y=\frac{10}{3}$ est donc contenue dans $\Delta$ : c'est $\Delta$. Elle passe par $\Omega$ ($\frac23+\frac83=\frac{10}{3}$) et a pour vecteur directeur $\vec u-\vec v$, comme la droite $(HF)$, d'équation $x+y=4$ : on retrouve $\Delta\parallel(HF)$.