9
Théorème de Thalès
33
Leçon n° Niveau De la 3eau Supérieur Prérequis notions de proportionnalitéRéférences [108], [109], [110], [111], [112], [113]
33.1
Rappels de quatrième
33.1.1 Droites des milieux
Théorème 33.1 Dans un triangle, si une droite passe par le milieu d’un côté et est parallèle à un deuxième côté alors, elle coupe le troisième côté en son milieu.
(MN)//(BC)
A
B
C
M N
Théorème 33.2 Dans un triangle, si une droite passe par le milieu de deux côtés aalors elle est paral-lèle au troisième côté.
Théorème 33.3 Dans les deux configurations précédentes, on a MN = 1 2BC.
33.1.2 Agrandissement / réduction d’une figure
Définition 33.4 Lorsque l’on multiplie par un nombre k >0 toutes les longueurs d’une figure F, on
obtient une figure F0qui est :
1. un agrandissement de F si k > 1 ; 2. une réduction de F si 0 < k < 1.
Le nombre k est appelé le facteur d’agrandissement ou de réduction.
R 33.5 Dans la section précédente, le triangle ABC est un agrandissement de AMN de facteur2.
Propriété 33.6 Dans un agrandissement ou une réduction : — les mesures d’angles sont conservées ;
— les droites parallèles restent parallèles ;
— les aires sont multipliés par k2; — les volumes sont multipliés par k3.
33.2
Théorème de Thalès et sa réciproque
33.2.1 Le théorème de Thalès
Théorème 33.7 Étant donné deux droites sécantes coupées toutes deux par deux droites parallèles (de telle façon que l’on ait deux triangles), alors le plus grand triangle est un agrandissement du plus petit.
Deux configurations possibles : 1. A B C M N 2. A B C M N
Dv Égalité entre rapport de longueurs
Comme AMN est un agrandissement de ABC alors : — AM est un agrandissement de AB ;
— AN est un agrandissement de AC ; — MN est un agrandissement de BC.
Dit d’une autre façon, on peut trouver un nombre k >1 tel que : — AM = kAB ; — AN = kAC ; — MN = kBC. On a donc : AM AB = AN AC = M N BC = k.
Dv Résolution type brevet
Si :
— (MN)//(BC) ;
— les points A, B, M sont alignés ; — les points A, C, N sont alignés.
Alors, je peux appliquer le théorème de Thalès aux triangles ABC et AMN : AM AB = AN AC = M N BC .
33.3 Exercices et applications 11
33.2.2 Réciproque du théorème de Thalès
Théorème 33.8 Étant doné deux droites sécantes coupées toutes deux par deux droites d et d0 (de
telle façon que l’on ait deux triangles). Si le plus grand triangle est un agrandissement du plus petit alors d et d0sont parallèles.
1. A B C M N 2. A B C M N
Pour vérifier que AMN est un agrandissement de ABC, il faut montrer qu’il existe un nombre k tel que :
— AM = kAB ; — AN = kAC ; — MN = kBC.
R 33.9 On peut montrer que dans la configuration où nous sommes, il suffit de montrer qu’il existe un nombre k
tel que AM= kAB, AN = kAC pour conclure que AMN est un agrandissement de ABC.
DvRédaction type brevet — Si AMAB = ANAC
— Si les points A, B, M et les points A, C, N sont alignés dans le même ordre
alors on peut appliquer la réciproque du théorème de Thalès et conclure que(MN)//(BC).
33.3
Exercices et applications
33.3.1 Une longueur constante
Soit ABCD un rectangle. On construit le point E sur le segment[AB] et F sur le segment [CD] tel que(EF )//(BC).
Soit Z ∈ [DA]. Le segmenet [ZB] coupe le segment [EF ] en un point M et le segment [ZC] coupe le segment[EF ] en un point N.
Montrer que MN = cst. A B C D E F Z M N
33.3.2 Découper un segment de longueur donné en n segments de même longueur A C D E F G H B
33.3.3 Construire à la règle et au compas une fraction
On considère un axe tel que OI = 1. Construire M tel que OM = a b. Dv O I A B C M
On place A tel que OA= a × OI.
Soit C un point de d0. On place B tel que OB= bOC.
La droite parallèle à(AB) couple l’axe en M tel que OM OA = OC OB = 1 b. D’où OM = 1 bOA= a bOI = a b.
33.4
Démonstration du théorème de Thalès
33.4.1 Une démonstration due à Euclide
Dv
33.4 Démonstration du théorème de Thalès 13 A B C M N D F I J
On considère les triangles AMN et BNA. On a :2A(AMN) = AM · NI et 2A(BNA) =
AB· IN donc on a :
AM
AB = A
(AMN) A(BNA).
De plus,2A(AMN) = AN · MJ et 2A(CMA) = AC · MJ donc
AN
AC = A
(AMN) A(CMA).
Maintenant, montrons que A(BNA) = A(CMA). Ceci revient à montrer que A(MF B) = A(CF N) : (MN) et (BC) sont parallèles donc on en déduire que A(BNM) = A(CMN) : même base et même hauteur. Or :
A(BNM) = A(BMF ) + A(F MN) et A(CMN) = A(CF N) + A(F MN), ce qui démontre l’égalité.
Ainsi, comme A(BNA) = A(CMA), on a alors :
AM AB = A (AMN) A(BNA) = A (AMN) A(CMA) = AN AC.
Montrons maintenant la deuxième égalité en considérant le parallélogramme MNCD : d’après ce que l’on vient de démontrer, en se plaçant dans le triangle ABC, on a BM
BA = BD BC, d’où : BA− MA BA = BC− DC BC ⇔ AM AB = DC BC = M N BC
car MNCD est un parallélogramme. On a ainsi démontré l’implication directe. Réciproque : elle utilise le sens direct.
Soit le point E de d tel que(NE) est parallèle à (BC), alors A, E et B sont alignés dans le même ordre que A, N et C et donc on peut appliquer le sens direct :
AE AB = AN AC = AM AB
d’après l’hypothèse. Donc : AE AB =
AM
AB d’où AE= AM, les points étant tous alignés dans le même ordre, il vient que E = M donc les droites (MN) et (BC) sont parallèles. •
Dv
•Démonstration —Il faut se poser la question de la validité d’une démonstration vectorielle
du théorème de Thalès. En effet, la géométrie vectorielle s’appuis souvent sur une défini-tion géométrique des vecteurs, définidéfini-tion dans laquelle le théorème de Thalès joue un rôle prépondérant quand il s’agit d’affirmer que k(#»u+ #»v) = k #»u+ k #»v.
Mais on peut toutefois s’intéresser à une écriture possible du théorème de Thalès et sa justifi-cation grâce aux opérations vectorielles. Ce qui pourrait permettre de généraliser le théorème de Thalès à tout espace affine euclidien associé à un espace vectoriel.
Dire que D est sur(AB), c’est écrire qu’il existe un réel x tel que# »
AD= xAB# ».
De même, dire que E est sur(AC), c’est écrire qu’il existe un réel y tel que# »
AE = yAC# ».
Enfin, dire que les droites(ED) et (BC) sont parallèles, c’est écrire qu’il existe un réel t tel queDE# »= tBC# ».
Les égalités précédentes et la relation de Chasles permettent d’écrire que :
yAC# »=AE# » y(AB# »+BC# ») =AD# »+DE# »
yAB# »+ yBC# »= xAB# »+ tBC.# »
L’écriture suivant les vecteurs AB# »etBC# » se doit être unique car ces vecteurs ne sont pas colinéaires. Donc y= x et y = t. On obtient donc les trois égalités :
# »
AD= xAB,# » AE# »= xAC# » et DE# »= xBC.# »
L’avantage de cet énoncé et de cette démonstration est que cela n’oblige pas à traiter les différents cas de configuration évoqués plus haut. •
33.5
D’autres théorèmes de géométrie en rapport avec le théorème
de Thalès
33.5.1 Dans le plan
Soit E un espace affine de dimension2 et #»
Eson espace vectoriel associé.
Théorème 33.10 Soit ∆1, ∆2, ∆3 trois droites distinctes telles que ∆1 soit parallèle à ∆2, elles
coupent∆ et ∆0, deux droites distinctes, en A, B, C et A0, B0et C0.
Alors∆1 est parallèle à∆3 si et seulement si : (# » A0C0 = kA# »0B0 # » AC = kAB# » avec k ∈ R∗. Dv •Démonstration —
33.5 D’autres théorèmes de géométrie en rapport avec le théorème de Thalès 15 ⇐ # » CC0=CA# »+AA# »0+A# »0C0 = k# » BA+AA# »0+ kA# »0B0 = k# » BA+AA# »0+ k(A# »0A+AB# »0) = k(# » BA+AB# »0) + (1 − k)AA# »0 = (k + l)BB# »0 car∆1//∆2.
⇒ Il existe k ∈ R tel queAC# »= kAB# »et il existe k0∈ R tel queA# »0C0= k0A# »0B0. Montrer que k= k0. # » A0C0 = k0A# »0B0 # » A0A+AC# »+CC# »0 = k0(A# »0A+AB# »+BB# »0) (1 − k)AA# »0= kB# »0B+CC# »0 = (k0− k)AB.# »
Or∆1//∆2//∆3donc il existe λ ∈ R tel que
(1 − k)AA# »0+ kB# »0B+CC# »0= λAA# »0.
D’où :
(k0− k)AB# »− λAA# »0= 0.
OrAB# »etAA# »0ne sont pas colinéaires,(AB,# » AA# »0) est un système libre, d’où k0− k = 0 et
λ= 0. •
Dv Autre preuve par les projections
•Démonstration —
⇒ ∆1,∆2 et∆3 sont parallèles. Ces trois espaces affines sont dirigé par un même sous-espace vectoriel deE#»notéH#». On considère p, la projection sur∆0 parallèlement àH#». On
a :
p(A) = A0; p(B) = B0; p(C) = C0.
Soit k ∈ R tel queAC# »= kAB# »(existe car A, B et C sont alignés). On a :
# » A0C0=p# »(A)p(C) = #»p(# » AC) = #»p(k# » AB) = k #»p(AB# ») = kA# »0B0
où #»pest l’application linéaire associée à p.
⇐ On suppose qu’il existe k ∈ R tel queAC# »= kAB# »etA# »0C0 = kA# »0B0. Soti D0un point de∆0tel que(CD0)//∆1. On peut applique Thalès :
(# »
AC= kAB# »
# »
D’oùA# »0D0=A# »0C0, c’est-à-dire C0 = D0. •
Corollaire 33.11 Le théorème de Thalès peut donc s’exprimer uniquement en affine. Avec les
hy-pothèses du théorème :
∆2//∆3 ⇔ AC
AB =
A0C0
A0B0.
Théorème 33.12— Théorème de Ménélaus. Soit ABC un triangle et A0 ∈ (BC), B0 ∈ (AC) et
C0 ∈ (AB). C0A C0B = B0C B0A = A0B A0C = 1 ⇔ A0, B0, C0 alignés. A B C B0 A0 C0 Dv •Démonstration —
⇐ On considère d la droite parallèle à (C0B0) passant par B. On note D = d ∩ (AC) (D est la projection de B sur(AC) parallèlement à (C0B0)) ?
A B C B0 A0 C0 D
On applique deux fois le théorème de Thalès : — dans ABD et AC0B0;
— dans CBD et CB0A0. ⇒ On utilise le premier sens.
On note D= (B0C0) ∩ (BC). D’après le premier sens :
C0A C0B × DB DC × B0C B0A = 1.
Or, par hypothèse :
C0A C0B × A0B A0C × B0C B0A = 1,
33.5 D’autres théorèmes de géométrie en rapport avec le théorème de Thalès 17 d’où DB DC = A0B A0C, c’est-à-dire qu’il existe k ∈ R tel que :
(# »
DB= kDC# »
# »
A0B= kA# »0C
d’oùDA# »0= kDA# »0, c’est-à-dire D= A0(k 6= 1) sinon B = C.
•
Dv Preuve par les projections
•Démonstration —
⇐ Soit ∆ non parallèle à (C0B0). On considère δ, α, β, γ les projetés respectives de C0,
A, B, C sur∆ parallèle à (C0B0). ∆ A B C B0 A0 C0 δ α β γ
On note p cette projection. # »
δα=p# »(C0)p(A) = #»p(C# »0A).
Soit k ∈ R tel queC# »0A= kC# »0B, alors : #» p(C# »0A) = k #»p(C# »0B) = kδβ.# » D’où : δα δβ = C0A C0B. De même : B0C B0A = δγ δα et A0B A0C = δβ δγ. Finalement : C0A C0B × B0C B0A × A0B A0C = 1.
⇒ On note δ le projeté de B0et C0. On note δ0le projeté de A0. On montre que δ = δ0, et donc que B0, C0et A0sont alignés.
On a : C0A C0B × B0C B0A× A0B A0C = 1 d’où : δα δβ × δγ δα× δ0β δ0γ = 1 c’est-à-dire : δγ δβ = δ0γ δ0β et donc δ= δ0. •
Théorème 33.13— Théorème de Pappus. Soient deux droites d et d0; trois points A, B et C de d ;
trois points A0, B0 et C0 de d0. On note P , Q et R les intersections respectives de(AB0) et (A0B),
de(B0C) et (BC0), et de (AC0) et (A0C). Alors les points P , Q et R sont alignés. Dv •Démonstration — A B C A0 B0 C0 O P R Q J L K
On suppose que(A0B) et (B0C) sont sécantes en J, (B0C) et (AC0) en L, (AC0) en K. Les trois points ainsi définis sont alors distincts et non alignés et définissent le triangle JKL.
— la droite(AC) intersecte les trois côtés du triangle en A, B et C — la droite(A0C0) intersecte les trois côtés du triangle en A0, B0, C0 — la droite(BC0) intersecte les trois côtés du triangle en B, Q,C0 — la droite(A0C) intersecte les trois côtés du triangle en A0, P , C — la droite(AB0) intersecte les trois côtés du triangle A, R et B0.
33.5 D’autres théorèmes de géométrie en rapport avec le théorème de Thalès 19
D’après Ménélaüs, ces alignements se traduisent par les égalités suivantes :
AK AL × BJ BK × CL CJ = 1 A0J A0K × B0L B0J × C0K C0L = 1 BK BJ × QJ QL× C0L C0K = 1 A0K A0J × P L P K × CJ CL = 1 AL AK × RK RJ × B0J B0L = 1
En multipliant membre à membre ces cinq égalités, il reste après simplification :
QJ QL× P L P K × RK RJ
ce qui prouve d’après la réciproque de Ménélaüs l’alignement des trois points P , Q et R. •
Théorème 33.14— Théorème de Desargues, réciproque. Soient deux triangles ABC et A0B0C0 tels
que les droites(AA0), (BB0) et (CC0) sont parallèles ou concourantes alors les droites (AB) et
(A0B0) sont parallèles, de même pour (BC) et (B0C0) et pour (AC) et (A0C0) Dv
•Démonstration —
Première configuration : Dans le cas où les droites (AA0), (BB0) et (CC0) sont parallèles,
O A C B C0 A0 B0
appelons O le point d’intersection des trois droites. On applique le théorème de Thalès dans le triangle OAC, on a alors :
OA OA0 = OB OB0 et OA OA0 = OC OC0. Donc : OB OB0 = OC OC0.
Seconde configuration : Les droites (AA0), (BB0) et (CC0) sont parallèles. A A0 B C C0 B0
On reconnait deux parallélogrammes AA0C0C et AA0B0B ayant un côté commun, les deux autres côtés parallèles définissent alors un parallélogramme.
•
Théorème 33.15— Théorème de Desargues, réciproque. Soient deux triangles ABC et A0B0C0 tels
que les droites (AB) et (A0B0) sont parallèles, de même pour (BC) et (B0C0) et pour (AC) et
(A0C0). Alors les drotes (AA0), (BB0) et (CC0) sont parallèles ou concourantes. Dv
•Démonstration —La réciproque se déduit du sens direct par une méthode dite de « fausse
position » en distinguant deux cas suivant que deux droites parmi les3 en jeu (disons (AA0) et(BB0) sont sécantes ou parallèles.
— Si(AA0) et (BB0) sont sécantes, on note O le point d’intersection de (AA0) et (BB0) et
M tel que(A0M)//(AC) : les conditions du sens direct du théorème de Desargues sont réalisées, avec, M à la place de C0donc(MB0)//(CB). Or il n’existe qu’un seul point situé d’une part sur la parallèle à(AC) menée par A0, d’autre part sur la parallèle à(BC) menée par B0 et ce point est C0. Donc M et C0 snt confondus et les points O, C et C0 sont alignés.
— analogue au premier cas.
•
Théorème 33.16— Théorème de Ceva. Étant donnés un triangle ABC et trois points A0, B0 et C0
appartenant respectivement aux droites(BC), (AC) et (AB) ; les droites (AA0), (BB0) et (CC0)
sont concourantes ou parallèles si et seulement si :
A0C A0B × B0A B0C × C0B C0A = −1. Dv
•Démonstration —On peut déduire le théorème de Ceva de celui de Menelaüs. Si les trois
33.5 D’autres théorèmes de géométrie en rapport avec le théorème de Thalès 21 A B C A0 B0 G C0
Par le théorème de Menelaüs, on a :
C0A C0B × CB CA0 × GA0 GA = 1.
De même, la droite(BB0) coupe les côtés du triangle ACA0en B, G et B0. et donc :
GA GA0 × BA0 BC × B0C B0A = 1.
Le produit membre à membre donne :
A0B A0C × B0C B0A× C0A C0B = −1 après calculs. Réciproquement, si A0B A0C × B0C B0A× C0A C0B = −1.
Si les droites(AA0), (BB0), (CC0) ne sont pas parallèles alors deux d’entre elles sont concou-rantes en un point G, par exemple les droites(AA0) et (BB0).
A
B A0 C
B0
G
C00
La droite(CG) coupe alors la droite (AB) en un point C00. En effet, si ces deux droites étaient parallèles, on aurait avec Thalès que :
AB GC = A0B A0C ainsi que AB CG = −AB GC = B0A B0C soit A0B A0C = − B0A B0C.
En remplaçant dans l’hypothèse on trouve que C0A
(CG) et (AB) sont bien concourantes en un point C00. Le théorème de Ceva en sens direct entraîne que A0B A0C × B0C B0A × C00A C00B = −1
et donc par hpothèse, on trouve que C00A C00B =
C0A C0B soit C
0= C00.
Les droites(AA0), (BB0), (CC0) sont bien concourantes en un point G. •
33.5.2 Dans l’espace
On considère la figure suivante :
Théorème 33.17— Théorème de Thalès dans l’espace. Si les plans(P1), (P2) et (P3) sont parallèles
alors : AB AC = A0B0 A0C0. Dv
•Démonstration —On considère la parallèle à D passant par A0puis on applique le théorème
de Thalès deux fois. •
Théorème 33.18— Première réciproque du thm de Thalès dans l’espace. Soient A, B et C trois points d’une droite D et A0, B0, C0 trois points d’une droite D0, on suppose que ces 6 points sont
deux à deux distincts. Alors si AB AC =
A0B0
A0C0 alors les droites(AA0), (BB0) et (CC0) sont parallèles à
33.6 Un exercice d’application 23
Dv
•Démonstration —On introduit les plans parallèles PA, PBet PC passant respectivement
par A, B et C et de vecteursAA# »0etBB# »0. P Acontient # » AA0, P B contient # » BB0et P Ccoupe D0en un point C00. Le théorème de Thalès (sens direct) entraîne que :
AB
AC =
A0B0
A0C00. Or, par hypothèse, on a : AB
AC = A0B0
A0C0 donc C00= C0.
Le plan PC contient donc # »
CC0 et ainsi(AA0), (BB0) et (CC0) sont parallèles à un même plan (car les trois plans étaient supposés parallèles. •
Théorème 33.19— Seconde réciproque du thm de Thalès dans l’espace. Soient D, D0 et D00trois
droites distinctes. Trois plans distincts PA, PBet PCcoupent D respectivement en A, B, C, coupent
D0respectivement en A0, B0, C0distincts et coupent D00respectivement en A00, B00, C00distincts. On
suppose que C, C0 et C00ne sont pas alignés.
Si AB AC =
A0B0
A0C0 =
A00B00
A00C00 et si PAest parallèle à PBalors PCest parallèle à PAet à PB.
Dv
•Démonstration —Soit P le plan passant par C est parallèle à PAet à PB. Il coupe D0 en
Qet D00en R de sorte qu’on puisse utilise le théorème de Thalès (sens direct) aux trois plans
parallèles PA, PBet P. On obtient l’égalité :
AB AC = A0B0 A0Q = A00B00 A00R
ce qui entraîne avec les hypothèses que Q= C0et R= C00et ainsi P = P C.
Les plans PA, PBet PCsont parallèles. •
33.6
Un exercice d’application
Exercice 33.20 Soit ABCDA0B0C0d0un parallélépipède rectangle de l’espace, le rectangle A0B0C0D0
étant le translaté du rectangle ABCD par le vecteurAA# »0. Montrer que(A0BD) et (B0D0C) sont pa-rallèles.
Ces deux plans coupent respectivement la grande diagonale(AC0) en I et J. En utilisant le
théo-rème de Thalès dans l’espace, montrer que I et J sont situés au1/3 et au 2/3 de [AC0]. Dv
•Solution —En utilisant le fait qu’on travaille avec des rectangles, il est facile de montrer
que(BCD)//(B0C0D0). On considère la figure suivante (les points A00(resp. B00, C00et D00) s’obtiennent en faisant une symétrie centrale du point A (resp. B, C et D) par rapport au point
A0(resp. B0, C0et D0). A B C D B0 C0 A0 D0 B00 C00 A00 D00 I J
Pour les mêmes raisons,(D00C0B00)//(B0D0C)//(A0BD). On note I0le point d’intersection entre(A0DB) et (AD0). On constate que I0est le centre du rectangle AA0D0Ddonc AD0
AI0 =
2.
Le théorème de Thalès nous donne :
AJ
AI =
AD0
AI0 = 2 ⇒ AJ = 2AI. Il reste à montrer que AI = 1
3AC0.
On note I00 le point d’intersection entre(A0DB) et (AD00). Le théorème de Thalès nous donne : AC0
AI = AD00
AI00. On se place dans le repère(A,
# »
AB,AD,# » AA# »0). En fait, I00appartient à
la droite(A0D) et à la droite (AD00). On a :
A(0; 0; 0) ; A0(0; 0; 1) ; D(0; 1; 0) ; B00(0; 1; 2) ; A# »0D(0; 1; −1) ; AD# »00(0; 1; 2) (A0D) : x= 0 y= λ z= 1 − λ , λ∈ R (33.1) (AD00) : x= 0 y= µ z= 2µ , µ∈ R (33.2)
On tire de (33.1) que x= 0 et y + z = 1 et de (33.2) que z= 2y. Ainsi x= 0, 3y = 1 soit y = 1 3 et donc z=23. On a ainsi : I00(0,13,23) ⇒AI# »00= 1 3 # » AD00. Alors AD00 AI00 = 3. Comme AC0 AI = AD00 AI00, on en déduit AC0 AI = 3 soit AI = 1 3AC0. Conclusion : AI = 1 3ACet AJ = 2AC0. •
Bibliographie
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[3] Coloration des graphes, Apprendre-en-ligne, http://www.apprendre-en-ligne. net/graphes-ancien/coloration/sommets.html
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