D10524. Parallélisme et convergence
On donne deux triangles abc, a0b0c0 d’un même plan. Les droites bc etb0c0 se coupent en A;A0 est l’intersection de la parallèle àbc menée par a et de la parallèle à b0c0 menée par a0. Les points B, B0, C, C0 sont définis de façon analogue. Montrer que AA0, BB0, CC0 sont concourantes.1
Solution de Bernard Legrand
1/ Soient T le triangle abcde centre de gravitéGetT0 le trianglea0b0c0 de centre de gravité G0.
Soient T(k) l’homothétique de T dans l’homothétie de centre G et de rapport k, T0(k) l’homothétique de T0 dans l’homothétie de centre G0 et de même rapport k. Les points A0,B0 et C0 de l’énoncé correspondent à k =−2. On notera A, B etC les positions de A,B et C pour k= 0 : ce sont les intersections des parallèles aux côtés de T etT0 menées parG et G0.
Et on remarquera au passage que deux triangles T(k) et T0(k) peuvent évidemment être pris comme « triangles de départ » en lieu et place de T(1) et T0(1).
Je vais d’abord démontrer que lorsquekvarie, les intersectionsA(k),B(k) etC(k)des côtés deT(k)etT0(k)décrivent 3 droitesD(A),D(B)etD(C) (qui passent naturellement par A, B et C).
La propriété est évidente, il suffit de se reporter à la figure 1 et d’appliquer le théorème de Thalès, pour trouver que AA(k) =~ k. ~AA.
Il s’agit maintenant de démontrer queD(A),D(B) et D(C) sont concou- rantes.
1. Exercice paru dans le livre “Premiers principes de géométrie moderne”, d’Ernest Duporcq (2e édition, 1912).
2/ Voir figure 2.
SoitI l’intersection de D(A) et D(B).
Soient P(k) et P0(k) les intersections de IG etIG0 avec bc(k) et b0c0(k).
I étant surD(A), il existe une valeur k0 de k pour laquelle A(k0), P(k0) etP0(k0) sont confondus en I. Et lorsquek est différent de k0,P P0 reste parallèle àGG0 (Thalès).
On démontre de la même façon que siQ(k) etQ0(k) sont les intersections de IG et IG0 avec ca(k) et c0a0(k), QQ0 reste parallèle à GG0 lorsque k varie.
3/ Soient maintenant R(k) et R0(k) les intersections de IG et IG0 avec ab(k) et a0b0(k).
Je vais démontrer queRR0 est aussi parallèle à GG0. Voir figure 3.
Pour simplifier les notations, je « sous-entends » le paramètre k, ce qui revient à prendre T(k) et T0(k) comme « triangles de départ » (voir re- marque au §1).
A partir debc etb0c0 concourant enA sur D(A) et coupant IG etIG0 en P etP0 (P P0 parallèle àGG0), et de caetc0a0 concourant enB surD(B) et coupant IG et IG0 en Q et Q0 (QQ0 parallèle à GG0), on détermine c (intersection debc etca) etc0, puis, en notant M l’intersection deGA et de ca, et N l’intersection de GB et bc, le parallélogramme GN cM dont la diagonale M N est symétrique de ab par rapport à G et, enfin, de la même façon, le parallélogrammeG0N0c0M0, dont la diagonaleM0N0 est la symétrique de a0b0 par rapport à G0. Soient S et S0 les intersections de M N etM0N0 respectivement avecIGetIG0;GetG0 sont milieux deRS etR0S0 respectivement.
Le théorème de Ménélaüs appliqué au triangle N M c et à la transversale IGdonne :
(SN /SM)×(QM /Qc)×(P c/P N) = 1 et de la même façon
(S0N0/S0M0)×(Q0M0/Q0c0)×(P0c0/P0N0) = 1.
Or (Thalès),
P c/P N =P Q/P G=P0Q0/P0G0=P0c0/P0N0 puis
QM /Qc= 1 +cM /Qc= 1 +N G/Qc= 1 +GP /P Q= 1 +G0P0/P0Q0 = 1 +N0G0/Q0c0 = 1 +c0M0/Q0c0 =Q0M0/Q0c0.
D’où il résulte que SN /SM = S0N0/S0M0 et (Thalès) SG/SQ = S0G0/S0Q0, ce qui entraîne, puisque QQ0 est parallèle à GG0, que SS0, doncRR0 le sont aussi (toujours Thalès !).
4/Il suffit pour conclure de reprendre en sens inverse le raisonnement du
§2.
Les homothéties de centreGetG0 et de rapportm=GI/GR=G0I/G0R0 transforment respectivement les trianglesabcet a0b0c0 construits au para- graphe précédent en deux triangles dont les côtésabeta0b0 se coupent en I :I appartient donc àD(C) c.q.f.d.
