Comentario sobre el artículo

• 4.12.4

  le 14 de enero de 2019 à 12:17, par Hébu

  On retrouve un avatar du 4.12.1 ! Un triangle $ABC$, depuis $A$ une parallèle au côté $BC$ sur laquelle on place les segments $AE$ et $AD$, de longueur égale

  Un point $F$, quelconque, sur $BC$. $FE$ coupe $AB$ en $J$, $FD$ coupe $AC$ en $K$. On trace $BK$ et $CJ$, qui se coupent en $G$.

  Alors, les points $A$, $G$ et $F$ sont alignés. (dans le 4.12.1, on avait $AF$ perpendiculaire issue de $A$)

  .
  EA/BF=AJ/JB; AD/CF=AK/KC. Puisque $AE=AD$, on a $(FB/FC)*(KC/KA)*JA/JB)=1$
  (il faudrait rajouter un signe - ainsi que les chapeaux pour faire des mesures algébriques. Ce serait Isaac Newton lui-même, l’auteur de cette notation ! ).

  Cela signifie que $CJ$, $BK$ et $AF$ sont concourants (Ceva)

  .

  On retrouve la même idée qu’au 4.12.1 En fait, cette preuve n’est probablement pas la plus directe, on doit pouvoir éviter Ceva ?

  Document joint : 4-12-4.jpg
  Répondre à ce message

• 4.12.4

  le 15 de enero de 2019 à 16:08, par Sidonie

  Jolie démonstration, mais éviter Ceva me parait bien ardu.

  Répondre à ce message
• 4.12.4

  le 16 de enero de 2019 à 12:19, par Hébu

  Il me semble avoir lu quelque part, que les résultats sur le quadrilatère complet pouvaient conduire à démontrer le théorème de Ceva (mais ai-je bien compris?...). Ce qui revient à dire qu’une preuve évitant ce résultat devrait le démontrer de façon cachée !

  .
  Mais faire intervenir un quadrilatère complet aurait l’intérêt de donner un peu plus d’unité à tous ces problèmes du 4.12 ?

  Répondre à ce message

• 4.12.4

  le 17 de enero de 2019 à 15:33, par Hébu

  Une idée, qu’il faut «un peu» fignoler, je pense.
  .
  Je rajoute à ma figure les points M et N.

  .
  Considérons le quadrilatère complet $BKCFGA$. Les diagonales $CG$, $FK$ et $AB$ se coupent, formant des divisions harmoniques. Ainsi $CG$ coupe $FK$ et $AB$, les points $C, N, G, J$ formant une division harmonique.

  .
  De sorte que $(FB)$, $(FK)$, $(FA)$, $(FJ)$ forment un faisceau harmonique. Et on peut alors invoquer un théorème, qui affirme que :

  .
  «pour qu’un faisceau soit harmonique, il faut et il suffit qu’une parallèle à l’un des rayons soit divisée en deux parties égales par les trois autres».

  Donc, la parallèle à $(FB)$ menée de $A$ coupe les droites $(FJ)$ et $(FK)$ en segments égaux, c’est à dire $AE=AD$.

  .
  En fait, je montre là que si $G$ est sur $AF$, alors $EA=ED$. La figure propose une histoire différente, savoir $AE=AD$ $\Rightarrow $ $A, G, F$ alignés.

  .
  Mais le théorème est une cns, on doit donc pouvoir construire une preuve.

  .
  (j’ai retrouvé le théorème dans J. Hadamard , Géométrie élémentaire, vol. 1 (géométrie plane), 2ème édition — paragraphe 201, livre III, chapitre 3)

  Document joint : 4-12-4bis.jpg
  Répondre à ce message
• 4.12.4

  le 17 de enero de 2019 à 16:59, par Hébu

  Voila une version plus sérieuse (me semble quand même un peu lourd)

  .
  On se donne un triangle $ABC$; depuis $A$ une parallèle à $BC$, sur laquelle on porte deux segments $AE$ et $AD$ de même longueur.

  On choisit in point $F$ sur $BC$, et on trace les droites $(FA), (FD)$ et $(FE)$. Le théorème cité au-dessus nous garantit que $(FB), (FA), (FE)$ et $(FD)$ forment un faisceau harmonique.

  Je nomme $K$ l’intersection de $AC$ et $FD$. La droite $(BK)$ divise harmoniquement le faisceau, soient $M$ et $G$ les intersections.

  Maintenant, la droite (AB) coupe elle aussi le faisceau, aux points $J$ et $P$. Les points $(B, J, A, P)$ forment donc une division harmonique.

  Considérons alors le quadrilatère complet $BFCKAG$. Ses diagonales $CG$ et $FK$ divisent harmoniquement la troisième diagonale $AB$, les intersections étant en $P$ et en un point $J'$, forcément confondu avec $J$.

  C’est à dire que $BK$, $CJ$ et $AF$ se coupent au point $G$

  Document joint : 4-12-4ter.png
  Répondre à ce message
• 4.12.4

  le 18 de enero de 2019 à 10:40, par Sidonie

  Jolie démonstration pour se passer du théorème de Ceva. Il reste un point délicat que vos recherches peuvent éclaircir: peut-on démontrer le résultat sur le quadrilatère complet sans passer par le théorème de Ceva ? Peut-être par le calcul barycentrique ?

  Répondre à ce message
• 4.12.4

  le 18 de enero de 2019 à 20:24, par Hébu

  Eh bien, j’ai passé une partie de cette semaine à commencer de combler mes lacunes sur les quadrilatères complets. Le principal résultat (présenté comme tel, en tous cas, par exemple dans Wikipedia) concerne les divisions harmoniques, créées sur les diagonales. Les démonstrations sont basées sur les résultats sur les faisceaux harmoniques — et la preuve que je propose ci-dessus s’en inspire largement.

  .
  C’est la cas par exemple de la preuve que donne J. Hadamard.

  .
  Les autres résultats (les cercles construite sur les diagonales ont même axe radical) reposent sur les propriétés de l’axe radical, La droite de Newton (qui joint les centres de ces cercles) résulte du précédent, ou bien d’un argument d’homothétie.

  .
  Finalement, le théorème de Céva n’est jamais invoqué.

  Répondre à ce message