Figure sans paroles #6.2.3

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.

Commentaire sur l'article

  • 6.2.3

    le 23 novembre 2020 à 11:20, par Sidonie

    3 cercles de centres A, B et C (non alignés). D, E et F sont les points d’intersections des tangentes communes extérieures aux cercles de centres A et B, A et C et B et C.
    Il s’agit de démontrer l’alignement D, E et F.
    D,A,B sont alignés puisque les tangentes sont symétriques par rapport à (AB). De même E,A,C et F,B,C.
    Je n’ai représenté qu’une tangente sur deux pour alléger la figure.
    A’ ,B’ et C’ sont les intersections de ces tangentes 2 à 2.
    D,A’ et B’ sont alignés de même que E,A’ et C’ et aussi F,B’,C’.
    A’ est à l’intersection de deux tangentes au cercle de centre A donc (AA’) est une bissectrice du triangle A’B’C’ . (BB’) et (CC’) sont les 2 autres donc (AA’), (BB’) et (CC’) sont concourantes en I centre du cercle inscrit dans A’B’C’.
    On retrouve les hypothèses du théorème de Desargues : 2 triangles ABC et A’B’C’ tels que (AA’),(BB’) et (CC’) sont concourantes avec pour conclusion les intersections entre (AB) et (A’B’), (AC) et (A’C’), (BC) et (B’C’) sont alignés.

    Document joint : fsp_6.2.3.jpg
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  • 6.2.3

    le 23 novembre 2020 à 11:31, par Hébu

    Oui, on pouvait aussi invoquer les mânes de Menelaüs, en notant que les rapports DB/DA, EC/EA, FC/FB étaient les rapports des rayons (grâce à l’homothétie), soit
    $ \overline{DB}/\overline{DA}=r_B/r_A$, $\overline{EC}/\overline{EA}=r_C/r_A$ et $\overline{FB}/\overline{FC}=r_B/r_C$.

    .
    Et Menelaüs dit alors :
    \[\frac{\overline{DB}}{\overline{DA}} \times \frac{\overline{EA}}{\overline{EC}} \times \frac{\overline{FC}}{\overline{FB}}=\frac{r_B}{r_A} \times \frac{r_A}{r_C} \times \frac{r_C}{r_B}=+1\]
    .
    Mais je pense qu’on déduit ces résultats les uns des autres — moralement, on n’a donc qu’une seule démonstration.

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    • 6.2.3

      le 25 novembre 2020 à 09:05, par Sidonie

      Je pense au contraire que les deux démonstrations sont fondamentalement différentes et cela tient au théorème de Desargues qui, à l’origine, se déroule en géométrie projective mais se décline en géométrie euclidienne avec quelques cas particuliers.
      A noter que pour son emploi aucun calcul n’est nécessaire, simplement des alignements.
      Sa démonstration elle aussi ne nécessite aucun calcul et je l’ai trouvée si originale lorsqu’on me l’a exhibée en tant qu’étudiante que je me permets de vous la resservir.
      En géométrie projective deux plans distincts sont toujours sécants et deux droites distinctes d’un même plan sont toujours sécantes, d’où les cas particuliers en géométrie euclidienne.
      ABC et A’B’C’ sont deux triangles dans deux plans distincts avec (AA’), (BB’) et (CC’) concourantes en I.
      Les droites (AB) et (A’B’) distinctes et appartenant au plan (ABI) sont sécantes et leur point d’intersection D est alors sur la droite d’intersection des plans (ABC) et (A’B’C’). Il en sera de même avec E et F et l’alignement D, E et F est naturel. Il suffit alors de projeter tous ces points sur un plan, ce qui est fait sur la figure si on oublie les plans bleu et rose, les intersections et les alignements sont conservés et le théorème de Desargues est démontré dans le plan. Les cas particuliers correspondent à (BC)// (B’C’) et dans l’espace le théorème du toit ainsi que les deux plans parallèles qui donnent les côtés des triangles parallèles 2 à2.
      Dans la figure qui nous intéresse on est assuré de l’existence de D,E et F ce qui exclut les cas particuliers.

      Document joint : desargues.jpg
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      • 6.2.3

        le 25 novembre 2020 à 15:27, par Hébu

        Il me semblait avoir vu quelque part qu’on pouvait déduire les résultats de Menelaus et Ceva du théorème de Desargues — mais j’en ignore tout, j’ai donc fait erreur...

        Eh bien voila donc encore un résultat à comprendre. La géométrie me fair penser à l’album de Tintin « le crabe aux pinces d’or » - un mirage qui recule lorsqu’on avance vers lui !

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      • 6.2.3

        le 5 janvier à 11:53, par Hébu

        Suite à la remarque de Sidonie (6.2.8).

        On se retrouve ici avec 3 démonstrations du résultat :

        • les homothétie : le produit de deux homothéties est une homothétie, ce qui donne directement l’alignement (la remarque de Sidonie au 6.2.8) ;
        • le théorème de Menelaus ;
        • le théorème de Desargues.

        C’est troublant. Y a-t-il une « hiérarchie », entre elles, qui ferait de l’une l’ancêtre, ou la génératrice, des autres ? Cette question a-t-elle un sens ?

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