Isométries du plan affine euclidien

On rappelle l'inégalité triangulaire : Soient $A$, $B$ et $C$ trois points du plan. On a l'inégalité triangulaire : L'égalité $AC=AB+BC$ vaut si et seulement si les trois points sont alignés avec $B$ entre $A$ et $C$. Soient trois points $A$, $B$ et $C$ alignés et $A\prime$, $B\prime$ et $C\prime$ leurs images respectives par une isométrie ${\displaystyle \varphi }$. De $AC=AB+BC$, on déduit, puisque ${\displaystyle \varphi }$ est une isométrie, $A\prime C\prime =A\prime B\prime +B\prime C\prime$. Donc $A\prime$, $B\prime$ et $C\prime$ sont alignés dans le même ordre que $A$, $B$ et $C$. Le milieu $M$ de $[AC]$ est l'unique point vérifiant $AC=AM+MC$ et $AM=MC$. Son image $M\prime$ par ${\displaystyle \varphi }$ vérifie $A\prime C\prime =A\prime M\prime +M\prime C\prime$ et $A\prime M\prime =M\prime C\prime$, c'est donc le milieu de $[A\prime C\prime ]$.

1. Un point $M$ est fixe par la translation de vecteur $\overrightarrow{u}$ si et seulement si on a $\stackrel{\rightharpoonup }{u}=\stackrel{\rightharpoonup }{0}$, puisque par définition $\overrightarrow{MM\prime }$ est égal au vecteur de la translation. Ainsi, seule la translation de vecteur nul admet des points fixes et tout point est fixe par la translation de vecteur nul qui est l'identité.
2. L'inverse de $t_{\stackrel{\rightharpoonup }{u}}$ est $t_{-\stackrel{\rightharpoonup }{u}}$ puisqu'on a, pour tout $M$ du plan, $\overrightarrow{M\prime M}=-\stackrel{\rightharpoonup }{u}$.
3. On pose $t_{\stackrel{\rightharpoonup }{u}}(A)=A\prime$ et $t_{\stackrel{\rightharpoonup }{u}}(B)=B\prime$, alors on a : Le quadrilatère $ABB\prime A\prime$ est un parallélogramme donc on a : $\overrightarrow{A\prime B\prime }=\overrightarrow{AB}$. On en déduit : $A\prime B\prime =AB$, donc $t_{\stackrel{\rightharpoonup }{u}}$ est une isométrie.
4. Comme $t_{\stackrel{\rightharpoonup }{u}}$ est une isométrie, l'image de la droite $(AB)$ par la translation $t_{\stackrel{\rightharpoonup }{u}}$ est contenue dans la droite $(A\prime B\prime )$. De même on a : $t_{-\stackrel{\rightharpoonup }{u}}(A\prime B\prime )\subset (AB)$. L'image de $(\mathrm{AB})$ par $t_{\stackrel{\rightharpoonup }{u}}$ est donc la droite $(A\prime B\prime )$ qui lui est parallèle, en effet les vecteurs directeurs $\overrightarrow{A\prime B\prime }$ et $\overrightarrow{AB}$ sont égaux (cf (3)).
5. résulte de 4.

Soit une symétrie centrale. On note $C$ son centre : $\sigma ={\sigma }_C$.
1. Par définition, si $M$ est un point et $M\prime ={\sigma }_C(M)$ alors : $\overrightarrow{\mathrm{MC}}=\overrightarrow{\mathrm{CM}\prime }$. Le point $C$ est le milieu de $[\mathrm{MM}\prime ]$.
2. Le point $N$ est un point fixe si et seulement si il vérifie : $\overrightarrow{\mathrm{CN}}=-\overrightarrow{\mathrm{CN}}$ si et seulement si le vecteur $\overrightarrow{\mathrm{CN}}$ est nul. Donc $C$ est l'unique point fixe.
3. On a aussi $\overrightarrow{\mathrm{CM}}=-\overrightarrow{\mathrm{CM}\prime }$ donc $M$ est l'image de $M\prime ={\sigma }_C(M)$ par ${\sigma }_C$. L'application ${\sigma }_C$ est son propre inverse. On a ${\sigma }_C\circ {\sigma }_C=\mathrm{Id}$.
4. On pose ${\sigma }_C(A)=A\prime$ et ${\sigma }_C(B)=B\prime$, alors le quadrilatère $\mathrm{ABA}\prime B\prime$ est un parallélogramme car ses diagonales se coupent en leur milieu. On a donc : $\overrightarrow{A\prime B\prime }=-\overrightarrow{\mathrm{AB}}$. Par conséquent, ${\sigma }_C$ est une isométrie : $A\prime B\prime =\mathrm{AB}$.
5. Soient $M\in (\mathrm{AB})$ et $M\prime ={\sigma }_C(M)$. Les points $A$, $B$ et $M$ sont alignés, c'est-à-dire que $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AM}}$ sont colinéaires. Alors $\overrightarrow{A\prime B\prime }$ et $\overrightarrow{A\prime M\prime }$ sont colinéaires donc $A\prime$, $B\prime$ et $M\prime$ sont alignés. L'image de la droite $(\mathrm{AB})$ par ${\sigma }_C$ est donc contenue dans la droite $(A\prime B\prime )$. De même on a : ${\sigma }_C(A\prime B\prime )\subset (\mathrm{AB})$. L'image de $(\mathrm{AB})$ par ${\sigma }_C$ est donc la droite $(A\prime B\prime )$ qui lui est parallèle car les vecteurs directeurs $\overrightarrow{A\prime B\prime }$ et $\overrightarrow{\mathrm{BA}}$ sont égaux.

1. Un point $N$ est fixe si et seulement si il est confondu avec son image $N\prime$ si et seulement si le segment $[\mathrm{NN}\prime ]$ est réduit au point $N$ qui est aussi son milieu si et seulement si $N$ appartient à $𝒟$.
2. La définition d'une réflexion est symétrique en $M$ et $M\prime$.
3. Soient $M_0$ et $N_0$ les projetés orthogonaux respectifs de $M$ et $N$ sur $𝒟$, on a : De même on a : $M\prime N{\prime }^2=M\prime M_0^2+M_0{N}_0^2+N\prime N_0^2+2.\overrightarrow{M\prime M_0}.\overrightarrow{N\prime N_0}$.
Alors de $\overrightarrow{M\prime M_0}=-\overrightarrow{{\mathrm{MM}}_0}$ et $\overrightarrow{N\prime N_0}=-\overrightarrow{{\mathrm{NN}}_0}$ on déduit l'égalité $M\prime N{\prime }^2={\mathrm{MN}}^2$. Donc une réflexion est une isométrie. 4. On a vu qu'une isométrie conserve l'alignement donc l'image de $(\mathrm{AB})$ par ${\sigma }_{𝒟}$ est contenue dans la droite $(A\prime B\prime )$. Comme $A$ et $B$ sont les images de $A\prime$ et $B\prime$ par ${\sigma }_{𝒟}$, l'image de $(A\prime B\prime )$ par ${\sigma }_{𝒟}$ est contenue dans la droite $(\mathrm{AB})$, soit ${\sigma }_{𝒟}((A\prime B\prime ))\subset (\mathrm{AB})$. En appliquant ${\sigma }_{𝒟}$ à cette inclusion, on obtient $(A\prime B\prime )\subset {\sigma }_{𝒟}((\mathrm{AB}))$. Comme on avait ${\sigma }_{𝒟}((\mathrm{AB}))\subset (A\prime B\prime )$, on conclut à l'égalité ${\sigma }_{𝒟}((\mathrm{AB}))=(A\prime B\prime )$.
Soient deux droites parallèles ${\Delta }_1$ et ${\Delta }_2$ et $\Delta {\prime }_1$ et $\Delta {\prime }_2$ leurs images respectives par ${\sigma }_{𝒟}$. Alors $\Delta {\prime }_1$ et $\Delta {\prime }_2$ sont parallèles, en effet si elles étaient sécantes en un point $C$ alors ${\sigma }_{𝒟}(C)$ serait commun à ${\Delta }_1$ et ${\Delta }_2$, ce qui est impossible.

1. Les applications $t_{\stackrel{\rightharpoonup }{u}}$ et ${\sigma }_{\Delta }$ commutent si et seulement si on a l'égalité $t_{\stackrel{\rightharpoonup }{u}}\circ {\sigma }_{\Delta }\circ t_{-\stackrel{\rightharpoonup }{u}}={\sigma }_{\Delta }$. Soit un point $M$ du plan, on pose
Par l'égalité $\overrightarrow{M_{1}M}=\stackrel{\rightharpoonup }{u}=\overrightarrow{M_2{M}_3}$, le quadrilatère $M{M}_1{M}_2{M}_3$ est un parallélogramme. Comme $\stackrel{\rightharpoonup }{u}$ dirige ${\displaystyle \Delta }$ et que $(M_1{M}_2)$ est perpendiculaire à ${\displaystyle \Delta }$, l'angle $\widehat{M{M}_1{M}_2}$ est droit donc $M{M}_1{M}_2{M}_3$ est un rectangle.
Alors ${\displaystyle \Delta }$ est une médiane puisque parallèle à $(M{M}_1)$ et passant par le milieu de $[M_1{M}_2]$. Donc le milieu de $[M{M}_3]$ appartient à ${\displaystyle \Delta }$ et $(M{M}_3)$ est perpendiculaire à ${\displaystyle \Delta }$, ceci signifie que $M_3$ est le symétrique de $M$ par rapport à ${\displaystyle \Delta }$.
On a donc démontré $t_{\stackrel{\rightharpoonup }{u}}\circ {\sigma }_{\Delta }\circ t_{-\stackrel{\rightharpoonup }{u}}={\sigma }_{\Delta }$, qui est équivalent à $t_{\stackrel{\rightharpoonup }{u}}\circ {\sigma }_{\Delta }={\sigma }_{\Delta }\circ t_{\stackrel{\rightharpoonup }{u}}$.
2. En utilisant (1) et le fait qu'une réflexion est involutive, on peut écrire :
3. Le vecteur de la symétrie glissée est uniquement déterminé par l'égalité $\psi \circ \psi =t_{2\stackrel{\rightharpoonup }{u}}$ ; la réflexion est alors uniquement déterminée par ${\sigma }_{\Delta }=\psi \circ t_{-\stackrel{\rightharpoonup }{u}}$.
4. Comme la translation $\psi \circ \psi$ n'admet aucun point fixe, il en est de même pour ${\displaystyle \psi }$.
5. Sur la figure, $M_3$ est l'image de $M_1$ par ${\displaystyle \psi }$. La droite ${\displaystyle \Delta }$ est une droite des milieux dans le triangle $M_1{M}_2{M}_3$ puisque parallèle à la base $(M_2{M}_3)$ et passant par le milieu de $[M_1{M}_2]$ donc elle passe par le milieu $N$ de $[M_1{M}_3]$. On a donc montré que le milieu $N$ de $[M_1\psi (M_1)]$ appartient à ${\displaystyle \Delta }$ pour tout $M_1$. Réciproquement, soit $P$ un point de ${\displaystyle \Delta }$. On pose $P_0=t_{-{\displaystyle \frac{\stackrel{\rightharpoonup }{u}}{2}}}(P)$ et $P_1=t_{\stackrel{\rightharpoonup }{u}}(P_0)$. Comme $P_0$ appartient à ${\displaystyle \Delta }$, il est fixe par ${\sigma }_{\Delta }$ donc $P_1$ est l'image par ${\displaystyle \psi }$ de $P_0$ et $P$ est, par construction, le milieu de $[P_0{P}_1]$. On a montré que tout point de ${\displaystyle \Delta }$ est le milieu d'un segment $[M\psi (M)]$ pour $M$ point du plan.
L'assertion (5) est démontrée.

Remarquons d'abord que ${\sigma }_{\Delta \prime }\circ {\sigma }_{\Delta }$ est une isométrie qui fixe $O$, on a donc : $\mathrm{OM}=\mathrm{OM}\prime$ pour $M\prime ={\sigma }_{\Delta \prime }\circ {\sigma }_{\Delta }(M)$.
Il reste à calculer l'angle $(\overrightarrow{\mathrm{OM}},\overrightarrow{\mathrm{OM}\prime })$. On note $N={\sigma }_{\Delta }(M)$ et on considère $A$ (resp. $B$) un point de (resp. $\Delta \prime$) distinct de $O$. Comme une réflexion transforme un angle orienté en son opposé (voir ici ), on peut écrire à l'aide de la relation de Chasles :

1. Une rotation est une isométrie comme composée de deux réflexions.
2. Les égalités $\mathrm{OM}=\mathrm{OM}\prime$ et $(\overrightarrow{\mathrm{OM}},\overrightarrow{\mathrm{OM}\prime })=0$ sont équivalentes à $M=M\prime$ donc toute rotation d'angle nul est l'identité.
3. Comme on a $\widehat{\stackrel{\rightharpoonup }{u},-\stackrel{\rightharpoonup }{u}}=\pi$, la rotation $\rho (O,\pi )$ est, par définition, la symétrie centrale de centre $O$.
4. Posons $r=\rho (O,\theta )\circ \rho (O,\theta \prime )$ alors $r$ fixe $O$ et pour $M$ un point du plan distinct de $O$, posons $M\prime =\rho (O,\theta )(M)$ et $M″=\rho (O,\theta \prime )(M\prime )$. On a alors par définition et relation de Chasles des angles orientés :
   • $\mathrm{OM}=\mathrm{OM}\prime =\mathrm{OM}″$
   • $\widehat{\overrightarrow{\mathrm{OM}},\overrightarrow{\mathrm{OM}″}}=\widehat{\overrightarrow{\mathrm{OM}},\overrightarrow{\mathrm{OM}\prime }}+\widehat{\overrightarrow{\mathrm{OM}\prime },\overrightarrow{\mathrm{OM}″}}=\theta +\theta \prime$
5. se déduit de (4) ou de la définition.

Soit ${\displaystyle \varphi }$ une symétrie centrale ou une translation. Soient $O$, $A$ et $B$ trois points distincts et $O\prime$, $A\prime$ et $B\prime$ leurs images respectives par ${\displaystyle \varphi }$. On a vu que si ${\displaystyle \varphi }$ est une translation, on a les égalités : $\overrightarrow{O\prime A\prime }=\overrightarrow{\mathrm{OA}}$ et $\overrightarrow{O\prime B\prime }=\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ ; on en déduit : Si ${\displaystyle \varphi }$ est une symétrie centrale, on a les égalités : $\overrightarrow{O\prime A\prime }=-\overrightarrow{\mathrm{OA}}$ et $\overrightarrow{O\prime B\prime }=-\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ ; on en déduit :

Soit une droite $𝒟$ dirigée par $\stackrel{\rightharpoonup }{u}$ alors si $M$ appartient à $𝒟$, le point $M\prime =t_{\stackrel{\rightharpoonup }{u}}(M)$ appartient à $𝒟$ puisqu'on a $\overrightarrow{\mathrm{MM}\prime }=\stackrel{\rightharpoonup }{u}$. Donc $𝒟$ est invariante.
Réciproquement, si une droite $(\mathrm{AB})$ est invariante par $t_{\stackrel{\rightharpoonup }{u}}$, alors $A\prime =t_{\stackrel{\rightharpoonup }{u}}(A)$ appartient à $(\mathrm{AB})$ et le vecteur $\stackrel{\rightharpoonup }{u}=\overrightarrow{\mathrm{AA}\prime }$ dirige $(\mathrm{AB})$.

Soit $C$ un point du plan. Pour tout $M$ un point du plan, on note $M\prime ={\sigma }_C(M)$ alors $C$ appartient à la droite $(\mathrm{MM}\prime )$. Donc les droites invariantes par ${\sigma }_C$ sont celles passant par $C$.

La droite $𝒟$ est invariante par ${\sigma }_{𝒟}$ puisque fixe point par point.
Soit une droite $𝒟\prime$ distincte de $𝒟$ et $B$ un point de $𝒟\prime$ n'appartenant pas à $𝒟$ et $B\prime$ son image ${\sigma }_{𝒟}(B)$.
Si $𝒟\prime$ est invariante par ${\sigma }_{𝒟}$, alors $B\prime$ appartient à $𝒟\prime$ qui est donc confondue avec $(\mathrm{BB}\prime )$ et, par définition de ${\sigma }_{𝒟}$, perpendiculaire à $𝒟$
Réciproquement, si $𝒟\prime$ perpendiculaire à $𝒟$, par définition, pour tout $B$ de $𝒟\prime$, son image $B\prime$ appartient à $𝒟\prime$ donc $𝒟\prime$ est invariante.