Figure sans paroles #4.9.1

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.

Comentario sobre el artículo

  • 4.9.1

    le 6 de septiembre à 18:17, par Hébu

    Depuis un point M, intérieur au triangle , je trace les sécantes intérieures MA,MB,MC. Elles se prolongent, croisant les côtés en D,E,F.

    Je trace les symétriques par rapport aux bissectrices des sommets: AG symétrique de AD, BH de BE et CJ de CF (de sorte que les angles (AB,AD) et AG,AC) sont égaux, etc.)

    Alors, les droites (AG), (BH), (CJ) sont concourantes, en un point N.

    .

    Ne trouvant pas de preuve purement géométrique, je propose un argument basé sur la << loi des sinus >>.

    .
    Préliminaire. Soit un angle (PQ,PR), où les droites (PS) et (PT) sont symétriques par rapport à la bissectrice de l’angle. Elles sont coupées par une sécante QR.

    Je note u les mesures des angles QSP et TPR, s et t celles de PSQ et RTP. Je profite de ce que les angles supplémentaires ont mêmes sinus.

    Dans le triangle PQS: PQ/sin(s)=QS/sin(u), soit QS=PQ*sin(u)/sin(s)

    Dans le triangle PSR: SR/sin(a-u)=PR/sin(s), soit SR=PR*sin(a-u)/sin(s)

    Finalement, QS/SR=(PQ/PR)*sin(u)/sin(a-u)

    Même calcul, dans les triangles PRT et PST:
    RT=PR*sin(u)/sin(t); QT=PQ*sin(a-u)/sin(t) et RT/QT=(PR/PQ)*sin(u)/sin(a-u)

    Autrement dit, TR/TQ=(SQ/SR)*(PR/PQ)^2

    .
    (Cas particulier, si S et T sont confondus, on retrouve bien les propriétés de la bissectrice).

    .
    Si j’applique ce résultat préliminaire à la figure initiale,
    je vais obtenir
    $GB/GC=DC/DB*(AB/AC)^2$,
    $HC/HA=EA/EC*(BC/AB)^2$
    $JA/JB=FB/FA*(AC/BC)^2$

    Les droites (AD), (BE) et (CF) sont concourantes, donc selon Céva (DC/DB)*(FB/FA)*(EA/FC) = 1, et il s’ensuit que le produit (GC/GB)*(HA/HC)*(JA/JB)=1 — les droites sont concourantes, elles aussi.

    .
    Problème: la preuve est lourde, longue, elle manque d’élégance. Et surtout, elle se base sur le théorème de Céva, qu’un prochain item (la figure 4.9.15) devrait nous faire découvrir !

    C’est choquant!

    Document joint : img491.jpg
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    • 4.9.1

      le 17 de septiembre à 15:40, par Reine

      Voici un autre argument possible, qui n’est pas non plus purement géométrique, mais qui n’utilise pas le théorème de Céva. (Même si, contrairement à vous, je n’aurais aucun scrupule à m’en servir le cas échéant.)

      On a donc un point $M$ dans un triangle $ABC$, et il s’agit de prouver que les trois droites respectivement symétriques de $AM$, $BM$ et $CM$ par rapport aux bissectrices des angles $A$, $B$ et $C$ sont concourantes. Appelons $P$, $Q$ et $R$ les projections orthogonales de $M$ sur les trois côtés $BC$, $CA$ et $AB$, et commençons par observer ce qui se passe dans l’angle $A$.

      Soit $m$ le symétrique de $M$ par rapport à la bissectrice bis($A$) de l’angle $A$, et $q$ et $r$ les projections de $M$ sur $AC$ et $AB$ ; ainsi $q$ est le symétrique de $R$ et $r$ celui de $Q$, et l’on a $mq=MR$ et $mr=MQ$. La demi-droite issue de $A$ et passant par $m$ est formée de tous les points $M'$ de l’angle $A$ dont les projections $Q'$ et $R'$ sur $AC$ et $AB$ vérifient $M'\!Q'/\,M'\!R'=mq\,/\,mr$, c’est-à-dire $M'\!Q'/\,M'\!R'=MR\,/\,MQ$. Ceci montre que si $\,M$ et $\,M'$ sont deux points dans l’angle $\,A$, les demi-droites issues de $\,A$ et passant par $\,M$ et $\,M'$ sont symétriques par rapport à$\,$ bis($A$) si et seulement si
      \[\frac{M'\!Q'}{M'\!R'}=\frac{MR}{MQ}\;.\]

      Établir la propriété annoncée est maintenant un jeu d’enfant : Soit $M'$ un autre point du triangle, de projections $P'$, $Q'$ et $R'$ sur les côtés. Alors $M'$ est sur la demi-droite symétrique

      • de $AM$ par rapport à $\,$bis($A$)$\,$ si et seulement si $\displaystyle\frac{M'\!Q'}{M'\!R'}=\frac{MR}{MQ}\;,$
      • de $BM$ par rapport à $\,$bis($B$)$\,$ si et seulement si $\displaystyle\frac{M'\!R'}{M'\!P'}=\frac{MP}{MR}\;,$
      • de $CM$ par rapport à $\,$bis($C$)$\,$ si et seulement si $\displaystyle\frac{M'\!P'}{M'\!Q'}=\frac{MQ}{MP}\;,$

        et il ne reste qu’à remarquer que, dès que deux de ces conditions sont satisfaites, la troisième l’est aussi.

      Si l’on veut généraliser un peu, il n’est pas difficile de s’affranchir de l’hypothèse qui place $M$ à l’intérieur du triangle. Il suffit de choisir arbitrairement une orientation dans chacune des trois directions perpendiculaires aux côtés du triangle, et d’établir la propriété que voici. Soit dans le plan deux droites $\,D$ et $\,E$ sécantes en $\,A$ et deux points $\,M$ et $\,M'$ ; appelons $\,Q$ et $\,Q'$ (respectivement $\,R$ et $\,R'$) les projections de $\,M$ et $\,M'$ sur $\,D$ (respectivement $\,E$). Pour que les droites $\,AM$ et $\,AM'\!$ aient les deux mêmes bissectrices que les droites $\,D$ et $\,E$, il faut et il suffit que
      \[\frac{\,\overline{\!M'\!R'}}{\,\overline{\!M'\!Q'}}=\frac{\,\overline{\!MQ}}{\,\overline{\!MR}}\;.\]
      Ceci prouvé, le résultat s’ensuivra immédiatement, comme plus haut.

      La démonstration est bien sûr la même qu’avant. Tout d’abord, pour tout réel $k$, l’ensemble $\Delta_k$ des points $M$ du plan tels que ${\,\overline{\!MQ}}\,/\,{\,\overline{\!MR}}=k$ est une droite passant par $A$ (parce que $\Delta_k$ est stable par les homothéties centrées en $A$, et qu’il existe un et un seul point $M$ tel que ${\,\overline{\!MQ}}=k$ et ${\,\overline{\!MR}}=1$).

      Ensuite, on choisit une bissectrice de l’angle $(D,E)$, on appelle $S$ la symétrie par rapport à cette bissectrice, et on suppose que les orientations choisies perpendiculairement à $D$ et $E$ sont échangées par $S$. Dans ce cas, si $M_1$ et $M_2$ sont deux points échangés par $S$, on a par symétrie ${\,\overline{\!M_2Q_2}}={\,\overline{\!M_1R_1}}$ et ${\,\overline{\!M_2R_2}}={\,\overline{\!M_1Q_1}}$. Ceci montre que $\Delta_{1/k}=S(\Delta_k)$, et l’égalité ${\,\overline{\!M'\!R'}}\,/\,{\,\overline{\!M'\!Q'}}={\,\overline{\!MQ}}\,/\,{\,\overline{\!MR}}$ est donc nécessaire et suffisante pour que deux droites $AM$ et $AM'$ soient symétriques l’une de l’autre.

      Enfin, si les deux orientations ne se correspondent pas par $S$, le résultat subsiste simplement parce que changer l’une des orientations mettra un signe moins de chaque côté de l’égalité, sans altérer la vérité ou la fausseté de celle-ci.

      Document joint : figure-4-9-1.pdf
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      • 4.9.1

        le 17 de septiembre à 18:41, par Hébu

        Eh bien, voilà une démonstration qui me plait! Non pas que je veuille éviter Ceva. Mais c’est une question de «logique». Les figures proposées ne sont pas données au hasard (on est section 4.9, puis viendra 410, etc. il doit y avoir une espèce d’unité dans le regroupement en sections ?)

        Or, une figure (4.9.15 ou 4.9.16, je ne sais plus) présente le théorème de Céva. On peut donc supposer que le lecteur ne le connaît pas (ou pour le moins fait mine de). Une preuve qui ne fait donc pas référence à ce théorème me semble donc plus logique.

        A part cela, votre argument me semble astucieux, et je vais le méditer.

        Merci !

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      • 4.9.1

        le 17 de septiembre à 19:40, par Reine

        Il y a au moins une étourderie à corriger : $q$ et $r$ sont les projections de $m$, et non de $M$.

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    • Plus géométrique

      le 2 de diciembre à 09:26, par Reine

      Je reviens sur cette question pour vous proposer une autre démonstration, plus géométrique que nos deux tentatives ci-dessus. Elle utilise un argument que j’ai déjà employé pour mettre un peu plus de géométrie dans nos commentaires sur la Figure sans Paroles 4.9.18. Pour être plus lisible, je vais d’abord recopier ici — mais rassurez-vous, ce sera court ! — ce petit argument, que j’utiliserai ensuite deux fois.

      Soit un triangle $\,ABC$ et un point $\,M$ (figure 1 ci-jointe). On construit le point $\,D$ où la parallèle à $\,AC$ issue de $\,B$ rencontre $\,AM$, et le point $\,E$ où la parallèle à $\,BM$ issue de $\,A$ rencontre $\,BC$. Alors $\,DE$ et$\,CM$ sont parallèles.

      La démonstration consiste simplement à introduire le point $N$ intersection de $AMD$ et $EBC$, et à utiliser deux fois Thalès pour écrire\[\frac{\,\overline{\!ND\!}\,}{\,\overline{\!NM\!}\,}=\frac{\,\overline{\!ND\!}\,}{\,\overline{\!NA\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!NA\!}\,}{\,\overline{\!NM\!}\,}=\frac{\,\overline{\!NB\!}\,}{\,\overline{\!NC\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!NE\!}\,}{\,\overline{\!NB\!}\,}=\frac{\,\overline{\!NE\!}\,}{\,\overline{\!NC\!}\,}\;.\]

      Ceci acquis, revenons à notre figure 4.9.1. On se donne maintenant un triangle $ABC$ et deux points $M$ et $M'$. On construit comme ci-dessus $D$ et $E$ à partir de $M$ et, de même, $D'$ et $E'$ à partir de $M'$ (figure 2) ; on a ainsi cinq couples de parallèles : $BDD'$//$\,AC$ (en noir sur la figure), $AE\,$//$\,BM$ et $DE\,$//$\,CM$ (en rouge) et $AE'$//$\,BM'$ et $D'E'$//$\,CM'$ (en vert). En supposant que les droites $BM$ et $BM'$ (respectivement $CM$ et $CM'$) sont symétriques par rapport aux bissectrices de l’angle $B$ (respectivement $C$) du triangle, je vais montrer que la même situation se produit dans l’angle $A$.

      L’hypothèse au point $B$ se traduit par l’égalité entre angles orientés de droites $(BC,BM')=(BM,BA)$, que les parallélismes transforment en $(E'E,E'A)=(AE,AB)$. Ceci dit que la droite $AB$ est tangente en $A$ au cercle circonscrit à $E'EA$, d’où une première relation ${BA}^2=\,\overline{\!BE\!}\,\,\,\overline{\!BE'\!}\,$.

      L’hypothèse au point $C$ donne $(CB,CM')=(CM,CA)$, qui se réécrit $(E'E,E'D')=(DE,DD')$. Les points $D$, $D'$, $E$ et $E'$ sont donc cocycliques, d’où une autre relation $\,\overline{\!BE\!}\,\,\,\overline{\!BE'\!}\,=\,\overline{\!BD\!}\,\,\,\overline{\!BD'\!}\,$.

      De ces deux relations, on tire ${BA}^2=\,\overline{\!BD\!}\,\,\,\overline{\!BD'\!}\,$, qui dit que la droite $AB$ est tangente en $A$ au cercle circonscrit à $ADD'$. Revenant aux angles, on en déduit $(AB,AD)=(D'A,D'D)$, c’est-à-dire $(AB,AM)=(AM',AC)$.

      Document joint : 4-9-1-suite.pdf
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      • Plus géométrique

        le 2 de diciembre à 17:55, par Hébu

        Voici encore une démonstration qui me plait bien. Elle évite tout argument trigonométrique ! Et ce qui est intéressant est qu’elle se démarque de la précédente que vous aviez proposée, basée sur les rapports des distances des points (M, M’) aux côtés des angles — idée qui permet d’ailleurs de retrouver le résultat de Céva.

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