Figure sans paroles #4.3.5

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

  • 4.3.5

    le 14 février 2020 à 15:00, par Hébu

    Dans le triangle ABC, on mène les bissectrices $CD$ et $BE$. On joint $DE$, sur
    lequel on pose un point $H$, extérieur au triangle (s’il est à l’intérieur ?).
    Soient $J ,K,L$ les projetés orthogonaux de $H$ sur $BC, AC$ et $AB$.

    Pour simplifier, je note les longueurs de ces segments, $a=HJ$, $b=HK$, $c=HL$.

    Ces longueurs vérifient $c=a+b$.

    .
    Il va falloir compliquer la figure...
    On projette $D$ en $N$ et $M$ sur $BC$ et $AC$, puis $E$ en $Q$ (sur $BC$) et $P$ (sur $AB$.

    Evidemment, $EQ=EP$, $DM=DN$ (propriété des bissectrices).

    .
    Soit $T$ le projeté de $E$ sur $LH$.

    Le segment $LT$ a même longueur que $EP$, on écrira donc $c=EP+TH$.
    Projetons $H$ sur $EQ$ en $S$ : on a $a =EQ-ES=EP-ES$.

    De sorte que $a+b$ s’écrira $EP-ES+F J $, et $c-(a+b)$ devient $THHK$.

    .

    On peut faire le quotient par $EH$ (cela revient à l’introduction de lignes trigonométriques).
    La condition $c=a+b$, ou $c-(a+b)=0$, devient

    \fracTHEH+\fracESEH-\fracHKEH=0

    .
    On remarquera que $TH/EH=EP/ED$ ; que $HK/EH=DM/ED$ ; que $ES/EH=(DN-EQ)/ED$ (tout ceci, à cause des parallèles nombreuses). Et enfin, utilisant les égalités $DM=DN$, $EP=EQ$, on constate l’égalité recherchée.

    .
    Figure un peu chargée, on peut sûrement faire plus simple !

    Document joint : idm4-3-5-2.jpg
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    • 4.3.5

      le 16 février 2020 à 17:17, par Hébu

      Je m’aperçois que, encore une fois, des caractères parasites se sont glissés — je ne vois pas comment, la prévisualisation était bonne !

      .
      Donc,

      De sorte que $a+b$ s’écrira $EP-ES+J$, et $c-(a+b)$ devient $TH + ES - HK$.

      La formule ensuite s’écrit
      $\frac{TH}{EH} + \frac{ES}{EH} - \frac{HK}{EH}=0$

      Répondre à ce message
      • 4.3.5

        le 25 juin à 15:57, par Reine

        Oui, en trichant, on peut faire plus simple.

        Soient $U$ et $V$ deux points distincts situés du même côté d’une droite $\Delta$ (plus précisément : dans un même demi-plan fermé limité par $\Delta$), ainsi qu’un point $X$ sur le segment $UV$. La distance $x$ de $X$ à $\Delta$ peut s’obtenir par interpolation linéaire$\,$ à partir des distances $u$ et $v$ de $U$ et $V$ à $\Delta$, c’est-à-dire que les rapports $(x-u)/(v-u)$ et $\,\overline{\!UX\!}\,\,/\,\,\overline{\!UV\!}\,$ sont égaux. Sur la figure 1, il est évident, d’abord que c’est vrai, et ensuite que, si besoin était, cela se prouverait très facilement à coups de Thalès. [1]

        Si l’on a maintenant d’autres droites $\Delta'$, $\Delta''$, pas traversées elles non plus par le segment $UV$, les distances $x'$ et $x''$ de $X$ à ces droites s’obtiennent aussi en interpolant entre $u'$ et $v'$ et entre $u''$ et $v''$. Et $x+x'-x''$ par exemple sera donc l’interpolé entre $u+u'-u''$ et $v+v'-v''$.

        C’est pourquoi, dans le problème 4.3.5 (figure 2), pour montrer que la formule $\,c=a+b$ est vraie pour tout point $\,H$ du segment $\,EI$, il suffit de la vérifier aux extrémités $\,E$ et $\,I$, ce qui se fait sans difficulté.

        On verrait de même que les points du segment $DE$ donnent lieu à $a=b+c$. Pour le cas des points de la droite $DE$ hors du segment $DI$, on peut généraliser cette méthode en affectant un signe aux distances : une fois choisi arbitrairement comme positif l’un des deux demi-plans bordés par une droite $\Delta$, en appelant distance algébrique$\,$ d’un point $X$ à $\Delta$ sa distance s’il est dans le demi-plan positif et l’opposé de celle-ci sinon, [2] la distance algébrique à $\Delta$ de tout point d’une droite $UV$ s’obtiendra à partir de celles de $U$ et $V$ par extrapolation linéaire, quelles que soient les positions de $U$ et $V$ par rapport à $\Delta$. Dans notre situation, en nommant $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ les distances algébriques à $BC$, $CA$ et $AB$ choisies telles que $\alpha(A)$, $\beta(B)$ et $\gamma(C)$ soient positives, on aura $\alpha=\beta+\gamma$ pour tout point de la droite $DE$ ; ceci contient les résultats pour $DE$ et $EI$, et montre en outre que $b=c+a$ hors du segment $DI$. (Cela donne aussi, en passant, une autre preuve que l’intersection $I$ de $BC$ et $DE$ est sur la bissectrice extérieure de l’angle $A$.)

        [1D’accord, c’est malhonnête, ma seule excuse étant de vous avoir prévenu. Je dissimule ici sous le tapis pas mal de points auxiliaires, à multiplier par trois parce que je vais appliquer ça trois fois.

        [2Vous vous souvenez peut-être que j’avais déjà introduit ceci à l’occasion d’une de nos conversations précédentes.

        Document joint : figure-4-3-5.pdf
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