Figure sans paroles #4.9.6

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

  • 4.9.6

    le 11 septembre à 16:11, par Hébu

    Sur les côtés d’un triangle $ABC$, on construit les triangles $ABD$, $BCE$, $ACF$, tels que les angles de part et d’autre d’un sommet soit égaux (ainsi, $(AD,AB)$ et $AC,AF)$ sont égaux, etc.).

    C’est une variation sur la figure précédente, où ces angles avaient même valeur.

    Comme précédemment (4.9.5), il faut établir la concourance (?) de $AE, BF, CD$.

    .
    On va de nouveau utiliser le théorème de Céva, en calculant les rapports $IA/IB$, $JB/JC, KC/KA$. L’argument qui a servi pour la figure 4.9.5 tombe en partie : reprenant le détail comme précédemment, on voit que $JB/JC=BQ/CP$ reste le rapport des aires de $ABE$ et $ACE$. Mais les segments $EB$ et $EC$ n’ayant plus la même longueur, il faut modifier la suite !

    On va nommer $u,v,w$ les angles $(AD,AB)$, $(BE,BC)$ et $(CF,CA)$.

    Le rapport des aires $AEB$ et $AEC$ est $(AR*BE)/(AS*CE)$, soit $(AR/AS)*(BE/CE)$.

    La hauteur $ET$ justifie l’égalité $BE*\sin{(v)}=CE*\sin{(w)}$, soit $BE/CE=\sin{(w)}/\sin{(v)}$.
    Au bout du compte, on obtient le rapport des aires $(AR/AS)*\sin{(w)}/\sin{(v)}$. Soit, en portant la valeur déjà obtenue pour le premier rapport :

    \[\frac{BJ}{CJ}=\frac{AB.\sin{(B+u)}\sin{(w)}}{AC.\sin{(C+u)\sin{(v)}}}\]

    Comme pour le 4.9.5, la permutation circulaire chasse les termes supplémentaires ($\sin{u}, \sin{v}, \sin{w}$, et l’application du théorème de Céva justifie la concourance.

    Document joint : idm4.9.6.jpg
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    • 4.9.6

      le 18 septembre à 17:48, par Reine

      Je ne vous surprendrai pas en vous signalant une autre démonstration, dans la ligne de celles que je vous ai déjà proposées à propos de Figure sans Paroles 4.9.1 et Figure sans Paroles 4.9.2. L’outil reste le même : le rapport entre les distances algébriques d’un point à deux droites. (J’appelle ainsi la distance ordinaire, comptée positivement ou négativement selon que le point est d’un côté ou l’autre de la droite ; cela nécessite de fixer à l’avance, pour chaque droite considérée, le choix arbitraire de celui des demi-plans limités par la droite qui sera positif.) Étant donné un point $M$ et une droite $d$ (pour laquelle un demi-plan positif a été choisi), je noterai $Md$ la distance algébrique de $M$ à la droite $d$.

      Pour faciliter la lecture, je rappelle ici des faits presque évidents, que j’ai déjà évoqués en 4.9.1 et 4.9.2.

      Soit deux droites $\,d$ et $\,e$ sécantes en un point $\,A$ et deux points $\,M$ et $\,M'$.

      1°) Pour chaque réel $\,r$ (ainsi d’ailleurs que pour $\,r=\infty$), les points $\,N$ tels que $Ne\,/\,Nd=r$ forment une droite passant par $\,A$ ; donc $\,M'$ est sur la droite $\,AM$ si et seulement si $\,M'\!e\,/\,M'\!d=Me\,/\,Md$.

      En effet, d’une part le rapport $Ne\,/\,Nd$ est invariant sous les homothéties de centre $\,A$, et d’autre part il n’existe qu’un seul point $N$ tel que $Nd$ vaille $1$ et $Ne$ prenne une valeur donnée (cet $N$ est l’intersection d’une parallèle à $d$ et d’une parallèle à $e$).

      2°) Pour que les deux bissectrices de l’angle formé par $\,d$ et $\,e$ et celles de l’angle formé par les droites $\,AM$ et $\,AM'$ soient les mêmes [1], il faut et il suffit que les rapports $\,Me\,/\,Md$ et $\,M'\!e\,/\,M'\!d$ soient inverses l’un de l’autre.

      En effet, les points $N$ tels que $Nd=Ne$ forment l’une des bissectrices de $(d,e)$ ; et si deux points $P$ et $Q$ sont symétriques par rapport à cette bissectrice, $Qd=Pe$ et $Qe=Pd$.

      3°) Si maintenant trois droites $\,a$, $\,b$ et $\,c$ forment les côtés d’un triangle, alors les trois droites formées des points $\,N$ tels que $\,Nc\,/\,Nb=p$, $\,Na\,/\,Nc=q$ et $\,Nb\,/\,Na=r$ (où $\,p$, $\,q$ et $\,r$ sont trois rapports donnés) sont concourantes si et seulement si $\,pqr=1$.

      En effet, si les trois droites ont un point commun $N$, le produit des membres de gauche des trois égalités ci-dessus vaut $1$. Si, réciproquement, $pqr=1$, tout point $N$ vérifiant deux de ces égalités vérifiera automatiquement aussi la troisième.

      Après ces préliminaires aussi fastidieux qu’élémentaires, venons-en à notre démonstration. On part d’un triangle $\,ABC$ et de trois points, que vous appelez $E$, $F$ et $D$ mais que je rebaptiserai $\,A'$, $B'$ et $C'$, tels que les droites $\,AB'$ et $\,AC'$ (respectivement $BC'$ et $BA'$, $CA'$ et $CB'$) s’échangent dans la symétrie par rapport aux bissectrices de l’angle $A$ (respectivement $B$, $C)$. On veut établir que $\,AA'$, $BB'$ et $CC'$ ont un point commun. Compte tenu du point 2° ci-dessus, en appelant $a$, $b$ et $c$ les droites $BC$, $CA$ et $\,AB$, les trois hypothèses de symétrie se traduisent par
      \[\frac{B'\!c}{B'\!b}=\frac{C'\!b}{C'\!c}\;;\quad \frac{C'\!a}{C'\!c}=\frac{A'\!c}{A'\!a}\;;\quad \frac{A'\!b}{A'\!a}=\frac{B'\!a}{B'\!b}\;.\]
      En multipliant membre à membre, les dénominateurs sont les mêmes, et les numérateurs donnent
      \[\begin{equation}B'\!c\;C'\!a\;A'\!b = C'\!b\;A'\!c\;B'\!a\;. \label{equation_1}\end{equation}\]

      Maintenant, en vertu du 1°, les points $M$ de la droite $\,AA'$ (respectivement $BB'$, $CC'$) sont tels que $Mb\,/\,Mc=p$ (respectivement $Mc\,/\,Ma=q$, $Ma\,/\,Mb=r$), où l’on a posé $p=A'\!b\,/\,A'\!c$, $q=B'\!c\,/\,B'\!a$ et $r=C'\!a\,/\,C'\!b$. Or l’égalité ($\ref{equation_1}$) dit que $pqr=1$ ; d’après le 3°, ceci signifie que les droites $AA'$, $BB'$ et $CC'$ sont concourantes.

      Je dois admettre qu’il n’y a dans tout ceci guère de géométrie ; ce n’est que du calcul — d’ailleurs bien élémentaire. Par contre, un avantage de ce point de vue, c’est d’être insensible au cas de figure : on a du même coup traité aussi non seulement la question que pose la Figure sans Paroles 4.9.7, mais aussi les cas mixtes où les droites issues d’un ou deux sommets du triangle partent vers l’intérieur et les autres vers l’extérieur.

      [1Cela revient à dire que les droites $\,AM$ et $\,AM'$ sont symétriques l’une de l’autre par rapport aux bissectrices de $\,d$ et $\,e$, ou encore que les angles de droites $\,(AM,d)$ et $\,(AM'\!,e)$ sont opposés.

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      • 4.9.6

        le 20 septembre à 12:21, par Hébu

        Cette idée de caractériser la symétrique par la constance du quotient (idée que je trouve très forte) m’a inspiré une preuve du théorème de Céva (4.9.15).

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  • 4.9.6

    le 18 septembre à 18:14, par Hébu

    Preuve de l’intérêt de cette approche ! Après le 4.9.1, le 4.9.2, maintenant le 4.9.6 !!!

    Sérieusement. Effectivement, ça n’est pas très « géométrique » (ce que les puristes nomment « géométrie synthétique », je crois). Ma démonstration ne l’était pas trop non plus. Existerait-il une solution très géométrique ?

    En tous cas, cela a le mérite d’unifier tous ces dessins. Il faut que j’approfondisse tout ça, pour être certain de tout comprendre !

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