Figure sans paroles #4.9.25

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

  • 4.9.25

    le 23 janvier 2020 à 11:47, par Sidonie

    ABCDEF est un hexagone ayant ses angles opposés égaux.On commence par démontrer que ses côtés opposés sont parallèles. On note a, b et c les mesures des 3 angles de sommets A,B et C alors a+b+c= 360° . On trace [AC]. x et y sont les mesures des angles de ABC de sommet A et C alors x+b+y = 180° . Par différence il vient (a-x)+(c-y) = 180° ce qui signifie que les droites (AF) et (CD) sont coupés par (AC) en formant des angles correspondants supplémentaires d’où (AF)//(CD)
    Construction et démonstration
    ABCDE est un pentagone convexe avec (AB)//(DE). Par ces 5 points passe une ellipse. La parallèle à (CD) passant par A coupe l’ellipse en F.
    Il faut démontrer que (EF)//(BC) et que les droites passant par les milieux des côtés opposés de l’hexagone ABCDEF sont concourantes.
    On trace le cercle principal et on envoie les 6 points en GHIJKL par affinité orthogonale qui conserve les parallélisme de droites donc (GL)//(JI) et (GH)//(JK) formant des angles égaux et donc des arcs HL et IK égaux. (MN) est le diamètre perpendiculaire à [HI] partageant le cercle en 2 arcs égaux dont on enlève les 2 arcs précédents pour avoir l’égalité d’arcs LN = KN. et donc (MN) perpendiculaire à (KL) d’où (KL)//(HI).
    Pour faire bonne mesure on prend les 2 diamètres perpendiculaires aux autre côtés pour obtenir 3 droites concourantes passant par les milieux des côtés opposés.
    L’affinité inverse finit le boulot ; Elle conserve les milieux, les intersections et le parallélisme.
    On a bien (EF)//(BC) et les 3 diamètres deviennent 3 droites concourantes passant par les milieux des côtés opposés.

    Document joint : fsp_4.9.25.jpg
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    • 4.9.25

      le 28 novembre 2021 à 15:45, par Reine

      J’aimerais compléter votre jolie démonstration par un argument plus terre-à-terre, mais qui convient dans tous les cas de figure, y compris lorsque l’hexagone est concave ou croisé. [1]

      J’appellerai $AC'\!BA'\!CB'$ l’hexagone, dont on suppose les angles opposés égaux deux à deux. Les supplémentaires de ces angles, qui mesurent les rotations d’un marcheur parcourant l’hexagone, ont un total multiple de 360° (figure 1). En allant seulement d’un côté à son opposé, le marcheur n’effectue que la moitié de ces rotations, donc un total multiple de 180° ; ainsi ces deux côtés sont parallèles.

      La position de divers points de la figure sera exprimée en fonction des trois rapports\[a=\frac{\,\overline{\!CB'\!}\,}{\,\overline{\!BC'\!}\,}\;,\quad b=\frac{\,\overline{\!AC'\!}\,}{\,\overline{\!CA'\!}\,}\;,\quad c=\frac{\,\overline{\!BA'\!}\,}{\,\overline{\!AB'\!}\,}\;.\]

      Soit $P$ l’intersection de $BC$ et $B'\!C'$, $Q$ celle de $CA$ et $C'\!A'$ et $R$ celle de $AB$ et $A'\!B'$ (figure 2). L’homothétie Hom$(P,a)$ envoie le segment $BC'$ sur $CB'$, donc aussi le milieu du premier sur le milieu du second ; les milieux de $BC'$ et $CB'$ sont donc alignés avec $P$. On a de même un alignement des milieux de $CA'$ et $AC'$ avec $Q$, et de ceux de $AB'$ et $BA'$ avec $R$. Pour montrer que les droites de ces trois alignements sont concourantes, nous recourrons au théorème de Céva, dans le triangle $PQR$.

      Appelons $I$ le point où la droite $PBC$ rencontre $QR$ et $I'$ celui où $PB'\!C'$ rencontre $QR$. Puisque $I$ est aligné avec $Q$ et $R$, que Hom$(R,c)$ envoie $A$ sur $B$ et que Hom$(Q,b)$ envoie $C$ sur $A$, on a (Ménélaüs dans $ACB$)\[\frac{\,\overline{\!IB\!}\,}{\,\overline{\!IC\!}\,}=\frac{\,\overline{\!RB\!}\,}{\,\overline{\!RA\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!QA\!}\,}{\,\overline{\!QC\!}\,}=c\,b\;.\]De même,\[\frac{\,\overline{\!I'C'\!}\,}{\,\overline{\!I'B'\!}\,}=\frac{\,\overline{\!QC'\!}\,}{\,\overline{\!QA'\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!RA'\!}\,}{\,\overline{\!RB'\!}\,}=b\,c\;.\]L’égalité de ces rapports ${\,\overline{\!IB\!}\,}\,/\,{\,\overline{\!IC\!}\,}$ et ${\,\overline{\!I'\!C'\!}\,}\,/\,{\,\overline{\!I'\!B'\!}\,}$, jointe au fait que $BC'$ et $CB'$ sont parallèles, entraîne que la droite $II'$ (c’est-à-dire $QR$) leur est aussi parallèle : les alignements $PCBI$ et $PB'\!C'\!I'$ sont coupés par les parallèles $CB'$, $BC'$ et $II'$. On a donc aussi l’alignement avec $P$ des trois milieux de $CB'$, de $BC'$ et de $II'$. En appelant $P'$ le milieu de $II'$, et $Q'$ et $R'$ les points analogues sur $RP$ et $PQ$, le problème est ramené à montrer que les droites $\,PP'$, $QQ'$ et $\,RR'$ sont concourantes.$\,$

      Nous allons pour cela localiser $P'$ dans le segment $QR$. Comme c’est le milieu de $II'$, commençons par situer $I$ et $I'$. Puisque nous connaissons maintenant la position de $I$ par rapport à $B$ et $C$, appliquons Ménélaüs (encore lui !) dans le triangle $RIB$ aux trois points $Q$, $C$ et $A$. Cela donne\[\frac{\,\overline{\!QI\!}\,}{\,\overline{\!QR\!}\,}=\frac{\,\overline{\!CI\!}\,}{\,\overline{\!CB\!}\,}\times\frac{\,\overline{\!AB\!}\,}{\,\overline{\!AR\!}\,}=\frac1{1-bc}\times(1-c)\;;\]Appelons $r$ ce rapport. En remplaçant $Q$, $I$, $B$, $A$ et $C$ par $R$, $I'$, $C'$, $A'$ et $B'$, on trouve pareillement\[\frac{\,\overline{\!RI'\!}\,}{\,\overline{\!RQ\!}\,}=\frac{1-b}{1-bc}\;,\]rapport que l’on appellera $s$.

      De ${\,\overline{\!QI\!}\,}=r\,{\,\overline{\!QR\!}\,}$ et ${\,\overline{\!QI'\!}\,}=(1-s)\,{\,\overline{\!QR\!}\,}$, on tire ${\,\overline{\!QP'\!}\,}=\frac12\,(1+{r}-s)\,{\,\overline{\!QR\!}\,}$ puis ${\,\overline{\!P'\!R\!}\,}=\frac12\,(1-r+s)\,{\,\overline{\!QR\!}\,}$, ce qui donne enfin\[\frac{\,\overline{\!P'\!Q\!}\,}{\,\overline{\!P'\!R\!}\,}=-\,\frac{1+{r}-s}{1-r+s}\;,\]soit, en remplaçant $r-s$ par sa valeur $(b-c)\,/\,(1-bc)$,\[\frac{\,\overline{\!P'\!Q\!}\,}{\,\overline{\!P'\!R\!}\,}=-\,\frac{(1+b)(1-c)}{(1-b)(1+c)}\;.\]

      Ceci établit que $P'$ divise $QR$ dans un rapport de la forme $-\,f(b)/f(c)$. En permutant les $A$, les $B$ et les $C$, ainsi que les $P$, les $Q$ et les $R$, on en déduit que ${\,\overline{\!Q'\!R\!}\,}/{\,\overline{\!Q'\!P\!}\,}=-\,f(c)/f(a)$, et enfin ${\,\overline{\!R'\!P\!}\,}/{\,\overline{\!R'\!Q\!}\,}=-\,f(a)/f(b)$. Le produit de ces trois rapports valant $-1$, un recours à Céva (c’est enfin son tour) assure que $PP'$, $QQ'$ et $RR'$ sont bien concourantes.

      [1Et même dans le cas convexe, comment être sûre que la conique passant par les cinq points sera une ellipse ?

      Document joint : figure-4-9-25.pdf
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      • 4.9.25

        le 30 novembre 2021 à 23:55, par Sidonie

        Votre remarque (1) m’a remis sur le 4.8.25.
        a) Un petit tour du côté des angles orientés des droites pour travailler avec toutes sortes d’hexagones .
        Données : (AC’,AB’) = (A’C,A’B), (BC’,BA’) = (B’C,B’A) et (C’A,C’B) = (CA’,CB’)
        Calcul : (AC’,A’C) = (C’A,C’B) + (BC’,BA’) + (A’B,A’C) = (CA’,CB’) + (B’C,B’A) + (B’A,C’A) = (A’C,AC’)
        D’où (AC’,A’C) = 0 ou PI et donc (AC’) // (A’C) et de même pour les autres côtés.
        b) Les 5 points A, B’, C, A’, B appartiennent à une même conique. Soit C’’ l’intersection de la conique avec la parallèle de (A’C) passant par A, une conséquence du théorème de Pascal donne (B’C) // (BC’’) et donc C’’ = C’
        c) Propriété des coniques : la droite passant par les milieux de deux cordes parallèles passe par le milieu des deux foyers (ellipse et hyperbolique) ou parallèle à l’axe ( parabole) .
        Les trois droites sont donc concourantes ou parallèles.

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        • 4.9.25

          le 1er décembre 2021 à 11:41, par Reine

          Votre Pascal est décisif, et fait comprendre « pourquoi ça marche ».

          Votre démonstration du parallélisme des côtés opposés est toutefois moins convaincante. En supposant seulement l’égalité des angles orientés de droites aux sommets opposés, on ne peut arriver qu’à $(A'C,AC')+(A'C,AC')$ multiple de $\pi$, donc $(A'C,AC')$ multiple de $\pi/2$. Et, de fait, les hexagones à côtés opposés perpendiculaires ont, à leurs sommets opposés, les mêmes angles orientés de droites.

          Ce que je voulais dire avec mon marcheur — mais votre réponse montre que je n’ai pas été assez claire — c’est qu’en considérant les angles orientés entre les vecteurs $\,\vec{\!AC'\!}\,$, $\,\vec{\!C'B\!}\,$, $\,\vec{\!BA'\!}\,$, etc., le même calcul donne $\,(\,\vec{\!AC'\!}\,,\,\vec{A'C\!}\,)+\,(\,\vec{\!AC'\!}\,,\,\vec{A'C\!}\,)$ multiple de $2\pi$, donc $\,(\,\vec{\!AC'\!}\,,\,\vec{A'C\!}\,)$ multiple de $\pi$, d’où le parallélisme de $\,\vec{\!AC'\!}\,$ et $\,\vec{\!A'C\!}\,\,$ (qui pourront être de même sens ou de sens opposés).

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          • 4.9.25

            le 1er décembre 2021 à 20:07, par Sidonie

            Rassurez vous, votre explication était fort claire, j’ai voulu faire la maligne avec les angles de droites et naturellement je me suis plantée et comme vous le montrez, il fallait passer par les angles de vecteurs.
            Votre marcheur me fait penser à la démonstration de la somme des angles d’un triangle à l’aide d’une allumette.
            Après les hexagones à côtés opposés perpendiculaires, il y a les hexagones construits sur une paraboles dont les droites des milieux sont parallèles c’est à dire concourantes à l’infini.

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  • Autre approche

    le 15 mars à 17:28, par Reine

    Pour percutante que soit la démonstration de Sidonie du 30 novembre 2021, la démesure des moyens mis en œuvre (Pascal chez les coniques) par rapport à l’enjeu (droites, parallélisme et milieux) me frustre un peu. Quant à ma contribution du 28 novembre, qui revient à calculer$\,$ la position des points dans le plan, elle est tout sauf satisfaisante ! C’est pourquoi je reprends cette question, avec des arguments géométriques plan-plan.

    Étant donné un hexagone $AB'\!CA'\!BC'$ aux côtés opposés parallèles, le but est de montrer que ses trois médianes (en noir sur la figure 1) sont concourantes. Introduisons le triangle $PQR$ dont les côtés sont portés par les diagonales $AA'$, $BB'$ et $CC'$ de l’hexagone ; appelons $S$ l’intersection des côtés $AB'$ et $CA'$ et $S'$ celle de $A'\!B$ et $C'\!A$. Leurs côtés homologues étant parallèles, les triangles $B'\!CS$ et $BC'\!S'$ sont homothétiques ; le centre de l’homothétie n’étant autre que $P$, la droite $SS'$ passe par $P$, ainsi que la médiane $MM'$, qui joint les milieux de $B'\!C$ et $BC'$. De même, les deux autres médianes passent par $Q$ et $R$.

    Les segments $SS'$ et $AA'$, diagonales d’un même parallélogramme, se coupent en leurs milieux (figure 2) ; la conjuguée harmonique de la droite $SS'$ par rapport à $SA$ et $SA'$ est donc la parallèle à $AA'$ issue de $S$, qui rencontre $CC'$ en un point $D$. En appelant $E$ l’intersection de $AB'$ et $CC'$, le faisceau harmonique $(SA,SA',SS',SD)$ induit sur la droite $CC'$ une division harmonique $(E,C,P,D)$. En nommant $F$ le point où la médiane $PM$ rencontre $AB'$, cette division harmonique détermine à son tour un nouveau faisceau harmonique $(FE,FC,FP,FD)=(FB',FC,FM,FD)$. Et $M$ étant le milieu de $B'\!C$, $FD$ doit être parallèle à $B'\!C$.

    Ce parallélisme se traduit par la similitude $EFB'\approx EDC$. (J’utiliserai cette notation, plus concise et, je trouve, plus parlante, que l’égalité équivalente $\,\overline{\!EF\!}\,\,/\,\,\overline{\!EB'\!}\,=\,\overline{\!ED\!}\,\,/\,\,\overline{\!EC\!}\,$.) Mais les triangles $AC'\!Q$ et $SCD$, à côtés parallèles, sont homothétiques, le centre étant $E$. On a donc aussi $EDC\approx EQC'$, d’où $EFB'\approx EQC'$, ce qui signifie que $FQ$ est parallèle à $\,B'\!C'$.

    Construisons deux nouveaux points (et une nouvelle figure, numéro 3, faute de place sur la précédente) : $I$ sur $C'\!E$ et $J$ sur $AE$ tels que $B'\!I$ soit parallèle à $AQ$ et $QJ$ à $AC'$. On a $EIQ\approx EB'\!A$, et, du fait que les triangles $JFQ$ et $AB'\!C'$ ont leurs côtés parallèles, $EB'\!A\approx EFJ$ par homothétie. Finalement $EIQ\approx EFJ$, d’où le parallélisme de $\,IF$ et $\,QJ$ (et $\,AC'\!$). L’homothétie de centre $P$ qui envoie la droite $B'\!I$ sur la droite $AQ$ transforme $F$ en un point $G$ de la médiane $PMF$, le segment $IF$ en $QG$ (qui est donc parallèle à $AC'$) et $B'\!F$ en $RG$ (qui est donc parallèle à $AB'$).

    Appelons (figure 4) $H$ l’intersection de la médiane $MM'$ avec $AA'$, et $K$ le conjugué harmonique de $G$ par rapport à $P$ et $H$. Le faisceau $(QH,QP,QG,QK)=(QA,QC',QG,QK)$ est alors harmonique ; et, $QG$ étant parallèle à $AC'$, la droite $QK$ doit passer au milieu $N$ de $AC'$ : c’est donc la médiane $NN'$ de l’hexagone. De même, $RK$ est la troisième médiane, et toutes trois passent par $K$.

    Document joint : figure-4-9-25-suite.pdf
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