Figure sans paroles #4.9.19

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 2 mois

    Dans un triangle quelconque $ABC$, on prend un point $P$, et on abaisse les perpendiculaires depuis $P$ sur les côtés, $PD$ sur $AB$, $PE$ sur $BC$ et $PF$ sur $AC$.

    On place les points $D', E', F'$, tels que $BD'=AD$, $BE'=CE$, $AF'=CF$ (chaque point prime sera le symétrique de son homologue par rapport au milieu du segment).

    On élève alors les perpendiculaires en $D', E'$ et $F'$. Ces perpendiculaires doivent se couper en un même point (qu’on appelle donc $P'$).

    .
    Comme dans la figure précédente (4.9.18), la construction est parfaitement << réversible >> — partant de $P'$, construisant les perpendiculaires, etc. Comme pour la figure 4.9.18, ce sont les lignes dessinées en pointillés qui indiquent seules de sens de la flèche du temps !

    .

    On peut tenter une preuve mettant en oeuvre ce que l’auteur a nommé théorème de Carnot, illustré sur la figure 4.9.16 — qui s’écrirait ici $BD^2+AF^2+CE^2=AD^2+FC^2+EB^2$.

    On procède de la façon suivante : ayant tracé $D, E, F$, on porte $BD'=AD$ puis $AF'=FC$. On trace alors un point $P'$ croisement des normales issues de $D'$ et $F'$, puis on abaisse la perpendiculaire $P'E'$ sur $BC$ — et on cherche à prouver que $BE'=CE$.

    .

    Puisque les points $P$ et $P'$ ont tous deux leurs perpendiculaires, l’égalité mentionnée plus haut (le théorème de Carnot de A. Akopyan) s’applique. Et donc,

    \[ AD^2+FC^2+EB^2=BD^2+AF^2+CE^2, \]
    \[ BD'^2+AF'^2+CE'^2=AD'^2+F'C^2+E'B^2 \]

    (la seconde, en particulier, que l’on ait ou non $BE'=CE$).

    On peut alors faire la différence, membre à membre, des deux équations, en se rappelant que $BD'=AD$ et $AF'=FC$ (et par conséquent $BD=AD'$ et $AF=CF'$). On obtient alors :

    \[ BE^2-CE'2=CE^2-BE'^2 \]
    qui se ré-écrit
    \[ BE^2-CE^2=CE'^2-BE'^2 \]
    ou, évidemment
    \[ (BE+CE)(BE-CE)=(CE'+BE')(CE'-BE') \]
    Mais $BE+CE=BE'+CE'=BC$, il reste donc que $BE-CE=CE'-BE'$. Et, tenant compte de ce que $CE'=CE+EE'$, $BE=BE'+EE'$, l’égalité aboutit à $2\times BE'=2\times CE$.

    .

    Toutes ces manipulations algébriques semblent peu glorieuses, il existe peut-être une preuve plus << géométrique >> ?

  • Hébu il y a 2 mois

    Une solution, équivalente mais beaucoup plus rapide, sera de remarquer que l’égalité initiale, vraie puisque $P$ se projette en $D, E, F$ — savoir $BD^2+AF^2+CE^2=AD^2+CF^2+BE^2$, cette égalité se réécrit sans effort comme
    \[ AD'^2+CF'^2+BE'^2=BD'^2+AF'^2+CE'^2 \]
    (compte tenu des égalités des segments), ce qui signifie , selon le résultat de Carnot (qui est une C.N.S) que les perpendiculaires issues de $D', E', F'$ sont concourantes.

    Pourquoi aller chercher plus loin ?

  • Daniate il y a 2 mois

    Chaque nouvelle perpendiculaire est symétrique d’une ancienne par rapport à une médiatrice. Le point d’intersection de deux quelconques des nouvelles est le point symétrique du point de départ par rapport au centre du cercle inscrit. Elles sont donc concourantes.

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