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.

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  • 4.9.1

    le 17 septembre 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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