Commentaire sur l'article

• 4.12.9

  le 18 février 2019 à 18:17, par Hébu

  Deux triangles $ABC$ et $DEF$, semblables (angles en $A$ et $F$ égaux ; en $B$ et $D$ égaux ; en $C$ et $E$ de même — je les ai nommés en vrac)

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  On joint les sommets homologues ($A-F$, $B-D$, $C-E$), et on prend les milieux de ces segments ($G, H, J$, dans l’ordre).

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  Alors le triangle $GHJ$ est semblable aux deux premiers.

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  On peut remarquer les égalités vectorielles :

  $ \overrightarrow{CA}+\overrightarrow{EF}=2.\overrightarrow{JH}$,

  $\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{ED}=2.\overrightarrow{JH}$

  $\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{DF}=2.\overrightarrow{HG}$

  (il suffit d’écrire la relation de Chasles)

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  On peut construire deux triangles :
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  • du point C, deux segments $CF'$ et $CG'$ parallèles et de même longueur que $EF$ et $JG$. Angle $\widehat{ACF'}=w$, le segment $CG'$ est la médiane de $AF'$ (puisque CA+EF=2.JG).

  • du point C encore, segments $CD'$ et $CH'.$ L’angle$\widehat{ BCD' }$est encore $w$, et CH’ est la médiane de BD’

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  Les deux triangles sont semblables, puisque les triangles $CBA$ et $EDF$ le sont.
  Cela implique que l’angle (JH, ED) est égal à l’angle (JG, EF).

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  Donc l’angle $\widehat{ HJG}$ est égal à $\widehat{ DEF}$ ou $\widehat{ BCA}$ .

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  Même traitement pour les autres angles.

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  Peut-être existe-t-il d’autres façons d’aborder cette figure. Notamment, on voit bien la présence des transformations (on déduit le triangle $DEF$ de $ABC$, via une translation, une rotation, une homothétie). Peut-on en tirer quelque chose ?

  Document joint : idm4-12-9.jpg
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• 4.12.9

  le 20 février 2019 à 15:42, par Sidonie

  Bravo pour votre démonstration. Je me suis lancée dans la question avec les transformations ponctuelles dont vous parlez, rien n’en est sorti. Toutefois Géogébra montre que lorsqu’on remplace les milieux par des points qui partagent les segments dans des rapports égaux le triangle reste semblable. C’est même spectaculaire, sur la figure que je joint . En déplaçant I de O à E le triangle MNL passe de ABC à DEF en restant conforme mais en glissant sur 3 rails non parallèles. Je n’ai pas le temps de le démontrer ni peut être les moyens. Votre démonstration pourra sans doute être modifiée pour cela. Bon courage.

  Document joint : .18.02.2019.ggb
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• 4.12.9

  le 20 février 2019 à 17:26, par Hébu

  Bravo pour cette idée très astucieuse, et qui marche ! En passant, Geogebra est un outil exceptionnel. Ca me rappelle les montages que j’exécutais avec mon Meccano il y a bien longtemps. Mais en plus fort (les rails non parallèles,je pense qu’il n’aurait pas su faire).

  Reste effectivement à fournir la preuve « géométrique ».

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  Une remarque en aparté, difficile de concevoir un lien entre les différentes figures qu’on voit venir. Elles appartiennent au 4.12, mais quel est leur point commun ?

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• 4.12.9

  le 20 février 2019 à 18:14, par Hébu

  Je tente ici de compléter, dans le cas de segments divisés dans un rapport quelconque.

  Soit donc la même figure, cette fois-ci les points $G, H, J$ divisent les segments dans une même proportion. On écrira $\overrightarrow{HB}=k.\overrightarrow{HG}$, $\overrightarrow{GA}=k.\overrightarrow{GF}$ et $\overrightarrow{JC}=k.\overrightarrow{JE}$ (initialement on avait $k=-1$).

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  Première étape, utilisation de la relation de Chasles.

  On écrit comme précédemment
  $\overrightarrow{JC}+\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{JG}$, $\overrightarrow{JE}+\overrightarrow{EF}+\overrightarrow{FG}=\overrightarrow{JG}$, on multiplie la seconde par $-k$ et on somme. Il vient
  \[ \overrightarrow{JG}=\frac{1}{1-k}(\overrightarrow{CA}-k.\overrightarrow{EF}) \]
  soit $\overrightarrow{JG}=u.\overrightarrow{CA}+(1-u)\overrightarrow{EF}$ avec $u=1/(1-k)$ (on avait $u=1/2$).
  On trouve les mêmes relations pour les vecteurs $\overrightarrow{JH}$ et $\overrightarrow{HG}$

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  Ensuite on construit nos deux triangles, comme dans la preuve initiale. Les propriétés des barycentres font que le segment $CG'$ qu’on construit maintenant n’est plus la médiane de $AF'$, mais ce point reste sur la droite $AF'$.

  Et les deux triangles qu’on a construits restent semblables, la fin de l’argumentation reste donc valide.

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• 4.12.9

  le 21 février 2019 à 10:29, par Sidonie

  Je vous propose une méthode différente.

  Je pars d’un quadrilatère quelconque non croisé ABCD. Sur AD et BC je porte E et F tels que AE/AD=BF/BC=k. Le but est de montrer que EF/AB ne dépend que de k, du rapport DC/AB et de l’angle (AB,CD).

  Je trace la diagonale BD, la parallèle à AB en E la coupe en G et (merci Thalès) GF // CD.

  En longueur EG=kAB et GF=(1-k)CD.

  Il suffit alors d’utiliser le théorème d’Al Kashi dans le triangle EGF :

  EF²=EG²+GF²-2EGxGFcos(GE,GF)=k²AB²+(1-k)²CD²-2k(1-k)ABxCDcos(BA,CD) puis on divise par AB² pour arriver au résultat escompté.

  Dans la figure nous avons 3 quadrilatères dans lesquels glissent les cotés de MNL dans un même rapport k. La similitude entre les triangles ABC et DEF assure que les rapports entre les côtés ne servant pas de glissières ainsi que les angles qu’il font entre eux sont les même dans les 3 quadrilatères il en donc de même pour les rapports entre les côtés de MNL et ceux de ABC.

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• 4.12.9

  le 21 février 2019 à 11:51, par Hébu

  Oui, c’est une autre façon de faire. Et là encore je n’arrive pas à voir un début d’unité avec le 4.12.1 ou 2 ou 3.... Les figures proposées n’ont pas de rapport, et les méthodes déployées sont à chaque fois assez différentes (si ce n’est le recours à Thalès, mais ça semble léger comme ciment) !

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• 4.12.9

  le 21 février 2019 à 14:42, par Sidonie

  Il est possible qu’un nouveau cycle s’ouvre. Soyons patients.

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