Figure sans paroles #4.9.18

Chaque lundi, IdM vous propose une image-théorème-puzzle extraite du livre de
Arseniy Akopyan : Geometry in Figures, 2011.

Cette figure est délibérément sans texte explicatif, ni énoncé.

A vous de l’observer, la comprendre, de vous poser les questions qu’elle suggère et, si possible, les résoudre !

Nous vous invitons à déposer vos questions ou votre solution dans les commentaires
et à voir ici d’autres figures sans paroles.

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  • Hébu il y a 1 semaine

    On se donne un triangle $ABC$, un point $P$ quelconque intérieur au triangle ; sur les segments $PA, PB, PC$ on pose trois points $D, E, F$, quelconques, par lesquels on trace les perpendiculaires à ces segments.

    On obtient ainsi un nouveau triangle $JKL$ (le point $D$ sur $KL$, $E$ sur $JL$, $F$ sur $KJ$ — les point $A$ et $J$ sont << opposés >>, de même que $B$ et $K$, ou $C$ et $L$).

    Depuis les points $J$, $K$ et $L$, on abaisse des perpendiculaires (resp. sur $BC$, $AC$ et $AB$). Ces perpendiculaires qu’on note $JR$, $KS$ et $LT$ se coupent en un même point $Q$.

    .

    J’avais examiné le 4.9.19 avant celui-ci, mais je note là encore la réversibilité de la construction : partant de $ABC$ on a construit $JKL$, mais la construction inverse serait possible, partant de $JKL$, choisissant $Q$, tirant les perpendiculaires, etc. (ce sont encore les lignes pointillées du dessin qui révèlent le sens de la flèche du temps).

    .

    On constate de nombreuses correspondances entre les deux triangles et leurs points intérieurs. Ainsi, des égalités d’angles (conséquences immédiates des quadrilatères inscriptibles $LDPE$, etc.) :

    $\widehat{APB}=\pi-\widehat{L}$, $\widehat{APC}=\pi-\widehat{K}$, $\widehat{BPC}=\pi-\widehat{J}$ ;

    $\widehat{KQL}=\pi-\widehat{A}$, $\widehat{LQJ}=\pi-\widehat{B}$, $\widehat{JQK}=\pi-\widehat{C}$.

    Mais je n’ai pas trouvé de moyen élégant de tirer profit de tout ça... Donc, recours à Carnot là encore.

    .

    L’examen des triangles rectangles, sur lesquels on utilise Pythagore, permet d’écrire une série d’égalités, de façon mécanique — mais fastidieuse. A chaque fois, on écrit $LT$, $BE$, etc ; de deux façons :

    $AL^2-AT^2=BL^2-BT^2$

    $BL^2-EL^2=BJ^2-EJ^2$

    $BJ^2-BR^2=CJ^2-CR^2$

    $CJ^2-FJ^2=CK^2-FK^2$

    $CK^2-CS^2=AK^2-AS^2$

    $AK^2-KD^2=AL^2-LD^2$

    Faisant la somme membre à membre, éliminant les termes identiques, on obtient une égalité :

    $KD^2+LE^2+FJ^2+CS^2+AT^2+BR^2=LD^2+EJ^2+FK^2+AS^2+BT^2+CR^2$

    Il faut alors invoquer le théorème de Carnot, du 4.9.16, qui dit que puisque dans le triangle $KLJ$, les points $D, E, F$ sont les pieds des perpendiculaires issues de $P$, alors

    \[ KD^2+LE^2+FJ^2=LD^2+EJ^2+FK^2\]

    Otant ces termes de l’égalité obtenue ci-dessus, il reste

    \[CS^2+AT^2+BR^2=AS^2+BT^2+CR^2\]

    expression qui, en vertu de la réciproque du résultat de Carnot, implique le résultat recherché : les normales issues de $R, S, T$ sont concourantes.

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