Commentaire sur l'article

• 4.12.8

  le 11 février 2019 à 18:56, par Hébu

  Un triangle $ABC$, les médianes $BE$ et $CF$, se coupant en $L$. Un point $D$ sur $BC$, par lequel on mène une parallèle à $CF$ qui coupe $AB$ en $J$ et $BE$ en $P$, et une parallèle à $BE$, coupant $AC$ en $K$ et $CF$ en $M$

  On trace le segment $JK$, qui va couper $BE$ en $N$ et $CF$ en $Q$.

  Les trois segments $JN$, $NQ$ et $QK$ ont même longueur.

  .
  Les parallèles ($BE//DK$, $CF//DJ$) font que les triangles $MQK$, $LQN$ et $PJN$
  sont semblables (côtés sur des supports identiques ou parallèles).

  Le théorème de Thalès (ou bien une homothétie judicieuse) montre que
  $MD/MK=2$, $PD/PJ=2$. Qu’on réécrit $DJ=3.PJ$, $DK=3.MK$ (ce sont des égalités de longueurs, il faudrait ajouter les barres !)

  .

  $DPLM$ est un parallélogramme, $DP=LM$ (=$2.PJ$), $MD=LP$(=$2.MK$).

  .

  De plus on a $MK/MQ=DK/DJ$. Cela se ré-écrit $MK/MQ=DK/DJ=(3.MK)/(3.PJ)$, ce qui implique $PJ=MQ$

  .
  Mais alors $PJ=LQ=MQ$, les trois triangles semblables ont un côté de même longueur, ils sont égaux (isométriques) et $JN=NQ=QK$

  .
  Contraste avec les deux figures précédentes (4.12.6 et 4.12.7), je me pose la question — où est l’erreur ?

  Document joint : idm4-12-8.jpg
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• 4.12.8

  le 11 février 2019 à 19:31, par amic

  On n’a pas besoin des triangles semblables, une fois qu’on a commencé avec Thalès, autant continuer !

  Premier coup dans BDC, LMC, KEC (et la propriété du fait que le centre de gravité est aux deux tiers de la médiane) pour obtenir que MK vaut le tiers de DK, puis dans JQK, DMK pour obtenir que QK vaut le tiers de JK.

  Par symétrie du raisonnement, JN vaut le tiers de JK. Donc la partie restante, NQ, vaut aussi le tiers.

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• 4.12.8

  le 11 février 2019 à 21:27, par Hébu

  Bah en fait, Thalès et les triangles semblables, c’est un peu des cousins — donc je reste dans la famille...

  Ceci étant, ce raisonnement est plus expéditif, effectivement .

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