Figure sans paroles #4.9.14

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

  • 4.9.14

    le 10 novembre à 15:53, par Reine

    Le substrat de cette figure est le même que celui des cinq Figures sans Paroles 4.9.9 à 4.9.13 : sur chaque côté d’un triangle $ABC$, on a deux points symétriques par rapport au milieu de ce côté. Ainsi, $A_1$ et $A_2$ sont deux points de la droite $BC$ tels que les segments $A_1A_2$ et $BC$ aient même milieu ; de même $B_1$ et $B_2$ sur $CA$ et $C_1$ et $C_2$ sur $AB$. On s’intéresse ici au triangle $abc$ porté par les trois droites $A_1B_2$, $B_1C_2$ et $C_1B_2$ (figure jointe) ; la propriété remarquable est que les droites $Aa$, $Bb$ et $Cc$ sont concourantes.

    Malgré son air de famille avec les deux Figures sans Paroles 4.9.11 et 4.9.12, cette propriété-ci est bien plus facile à vérifier [1], nécessitant moins de calculs. Il ne nous faudra que trois Ménélaüs, un Céva et un Desargues.

    Appelons $A_0$ (respectivement $B_0$, $C_0$) le point où $B_1C_2$ coupe $BC$ (respectivement $C_1A_2$ coupe $CA$, $A_1B_2$ coupe $AB$). Ménélaüs vient nous dire dans quels rapports ces points divisent les côtés du triangle $ABC$ :\[\begin{eqnarray*} \frac{\,\,\overline{\!\!A_0B\!}\,}{\,\,\overline{\!\!A_0C\!}\,}=\frac{\,\overline{\!C_2B\!}\,}{\,\overline{\!C_2A\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!B_1A\!}\,}{\,\overline{\!B_1C\!}\,}\;; \\ \frac{\,\overline{\!B_0C\!}\,}{\,\overline{\!B_0A\!}\,}=\frac{\,\,\overline{\!\!A_2C\!}\,}{\,\,\overline{\!\!A_2B\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!C_1B\!}\,}{\,\overline{\!C_1A\!}\,}\;; \\ \frac{\,\overline{\!C_0A\!}\,}{\,\overline{\!C_0B\!}\,}=\frac{\,\overline{\!B_2A\!}\,}{\,\overline{\!B_2C\!}\,}\times\frac{\,\,\overline{\!\!A_1C\!}\,}{\,\,\overline{\!\!A_1B\!}\,}\;.\end{eqnarray*}\]Effectuons le produit de ces trois quantités. La symétrie de $C_1$ et $C_2$ entraîne que les rapports ${\,\overline{\!C_2B\!}\,}/{\,\overline{\!C_2A\!}\,}$ et ${\,\overline{\!C_1B\!}\,}/{\,\overline{\!C_1A\!}\,}$, qui figurent aux seconds membres, se compensent, étant inverses l’un de l’autre ; les autres facteurs disparaissant de même, il ne reste que\[\frac{\,\,\overline{\!\!A_0B\!}\,}{\,\,\overline{\!\!A_0C\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!B_0C\!}\,}{\,\overline{\!B_0A\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!C_0A\!}\,}{\,\overline{\!C_0B\!}\,}=1\;.\]On convoque maintenant Céva, et les trois points $A_0$, $B_0$ et $C_0$ sont alignés.
    C’est enfin au tour de Desargues d’entrer en scène : les intersections des côtés homologues des triangles $ABC$ et $abc$ étant alignés, les droites $Aa$, $Bb$ et $Cc$ sont concourantes.

    [1Mais peut-être les arguments calculatoires que j’ai présenté dans mes commentaires à ces deux Figures ne sont-ils dus qu’à ma maladresse ! Si j’ai laissé échapper des solutions plus satisfaisantes, j’espère qu’une autre lectrice ou un lecteur les mettra en ligne.

    Document joint : figure-4-9-14.pdf
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