Author: The Dude

Dans le dernier billet, je mentionnais sans démonstration que dans un triangle, la bissectrice d’un angle divise toujours le côté opposé dans le même rapport que les côtés de l’angle. Considérons le triangle \(ABC\) suivant, avec la bissectrice de l’angle \(A\) qui coupe \(\overline{BC}\) en \(D\). Il suffit de tracer l’unique parallèle à \(AD\) passant par \(B\). Prolongeons \(\overline{AC}\) de telle sorte qu’il coupe la parallèle en \(E\).

Les angles \(ADC\) et \(EBC\) sont des angles correspondants isométriques formés par des parallèles (sécante \(BC\)). Les triangles \(EBC\) est \(ADC\) partagent tous les deux l’angle \(DCA\). Les triangles sont donc semblables par le cas de similitude AA. On tire la proportion suivante \[\frac{m\overline{EC}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{BC}}{m\overline{DC}}\]que l’on peut réécrire de telle façon \[\frac{m\overline{EA}+m\overline{AC}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{BD}+m\overline{DC}}{m\overline{DC}}\]et donc \[\frac{m\overline{EA}}{m\overline{AC}} + \frac{m\overline{AC}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{BD}}{m\overline{DC}} + \frac{m\overline{DC}}{m\overline{DC}}\]ce qui fait \[\frac{m\overline{EA}}{m\overline{AC}}+1 = \frac{m\overline{BD}}{m\overline{DC}}+1\]Enfin en soustrayant \(1\) de chaque côté de l’égalité on obtient \[\frac{m\overline{EA}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{BD}}{m\overline{DC}}\]Les angles \(BAD\) et \(CAD\) sont isométriques puisque \(AD\) est la bissectrice. Les angles \(BAD\) et \(ABE\) sont isométriques puisque ce sont des angles alternes-internes formés par des parallèles (la sécante étant \(AB\)). Enfin, les angles \(AEB\) et \(CAD\) sont isométriques puisque ce sont des angles correspondants formés par des parallèles (la sécante ici étant \(AE\)). Par transitivité, on trouve que les angles \(DAC\), \(BAD\), \(ABE\) et \(AEB\) sont tous isométriques. Cela implique que le triangle \(EAB\) est un triangle isoangle. Les triangles isoangles étant isocèles, et dans ces triangles les angles opposés aux côtés isométriques étant isométriques, on a \[ \overline{EA}\cong \overline{AB}\]La proportion \[\frac{m\overline{EA}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{BD}}{m\overline{DC}}\]devient \[\frac{m\overline{AB}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{BD}}{m\overline{DC}}\]ou de façon équivalente \[\frac{m\overline{AB}}{m\overline{BD}} = \frac{m\overline{AC}}{m\overline{DC}}\]ce que l’on cherchait à démontrer !

La preuve tient aussi de façon presque intégrale lorsqu’on considère la bissectrice de l’angle extérieur, bien que le résultat peut paraître surprenant, de prime abord. En reprenant le triangle \(ABC\) et en considérant la bissectrice extérieure à l’angle \(A\) on a

La bissectrice coupe le prolongement du côté \(BC\) en \(D\). On trace la parallèle à la bissectrice passant par \(B\) et coupant \(\overline{AC}\) en \(E\). Les angles \(CEB\) et \(CAD\) sont isométriques puisque ce sont des angles correspondants formés par des parallèles (la sécante est \(AE\)). Les triangles \(CAD\) et \(CEB\) sont semblables par le cas AA puisqu’ils partagent aussi l’angle \(BCE\). On tire donc la proportion suivante \[\frac{m\overline{EC}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{BC}}{m\overline{DC}}\]que l’on peut réécrire comme \[\frac{m\overline{AC}-m\overline{AE}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{DC}-m\overline{DB}}{m\overline{DC}}\]puis \[\frac{m\overline{AC}}{m\overline{AC}}-\frac{m\overline{AE}}{m\overline{AC}}=\frac{m\overline{DC}}{m\overline{DC}}-\frac{m\overline{DB}}{m\overline{DC}}\]ce qui fait \[\frac{m\overline{AE}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{DB}}{m\overline{DC}}\]Puisqu’il s’agit de la bissectrice \(AD\), les angles \(DAF\) et \(DAB\) sont isométriques. Les angles \(DAB\) et \(ABE\) sont aussi isométriques puisque ce sont des angles alternes-internes formés par des parallèles (la sécante est \(AB\)). Les angles \(DAF\) et \(AEB\) sont aussi isométriques puisque ce sont des angles correspondants formés par des parallèles (la sécante est \(AE\)). Par transitivité les angles \(DAF\), \(DAB\), \(ABE\) et \(AEB\) sont isométriques. Le triangle \(ABE\) est donc un triangle isoangle et isocèle.

Dans un triangle isocèle les angles opposés aux côtés isométriques sont isométriques et alors on a \[\overline{AE}\cong \overline{AB}\]La proportion \[\frac{m\overline{AE}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{DB}}{m\overline{DC}}\]devient \[\frac{m\overline{AB}}{m\overline{AC}} = \frac{m\overline{DB}}{m\overline{DC}}\]ou de façon équivalente \[\frac{m\overline{AB}}{m\overline{DB}}=\frac{m\overline{AC}}{m\overline{DC}}\]ce que l’on cherchait à démontrer !

Le théorème de Ceva concerne les segments reliant sommets et côtés opposés dans les triangles.

Le théorème de Ceva…

Considérons le triangle \(ABC\) suivant.

Plaçons \(P\) sur \(\overline{BC}\), \(Q\) sur \(\overline{AC}\) et \(R\) sur \(\overline{AB}\). Les segments \(AP\), \(BQ\) et \(CR\) se rencontrent en \(S\) si et seulement si \[\frac{m\overline{AR}}{m\overline{RB}}\cdot \frac{m\overline{BP}}{m\overline{PC}}\cdot \frac{m\overline{CQ}}{m\overline{QA}} = 1\]Il existe plusieurs démonstrations différentes de ce résultat. Traçons l’unique parallèle à \(AC\) passant par \(B\). Prolongeons les segments \(AP\) et \(CR\) de telle sorte qu’ils coupent la parallèle respectivement en \(D\) et \(E\). Nous avons à notre disposition une armée de triangles semblables. Il suffit de choisir les bonnes combinaisons.

• 1. Les angles \(BDP\) et \(CAP\) sont des angles alternes-internes isométriques formés par des parallèles. Les angles \(APC\) et \(DPB\) sont isométriques puisqu’ils sont opposés par le sommet. Les triangles \(APC\) et \(DPB\) sont donc semblables par le cas de similitude AA. Grâce à cette similitude, on tire la proportion suivante \[\frac{m\overline{BP}}{m\overline{PC}}=\frac{m\overline{BD}}{m\overline{CA}}\]
• 2. Les angles \(RCA\) et \(REB\) sont des angles alternes-internes isométriques formés par des parallèles. Les angles \(CRA\) et \(ERB\) sont isométriques puisqu’ils sont opposés par le sommet. Les triangles \(CRA\) et \(ERB\) sont donc semblables par le cas de similitude AA. Grâce à cette similitude, on tire la proportion suivante \[\frac{m\overline{AR}}{m\overline{RB}}=\frac{m\overline{CA}}{m\overline{EB}}\]
• 3. Les angles \(SCQ\) et \(SEB\) sont des angles alternes-internes isométriques formés par des parallèles (déjà montré). Les angles \(QSC\) et \(BSE\) sont isométriques puisqu’ils sont opposés par le sommet. Les triangles \(QSC\) et \(BSE\) sont donc semblables par le cas de similitude AA. Grâce à cette similitude, on tire la proportion suivante \[\frac{m\overline{CQ}}{m\overline{EB}}=\frac{m\overline{QS}}{m\overline{BS}}\]
• 4. Enfin, les angles \(SAQ\) et \(SDB\) sont des angles alternes-internes isométriques formés par des parallèles (déjà montré). Les angles \(ASQ\) et \(DSB\) sont isométriques puisqu’ils sont opposés par le sommet. Les triangles \(ASQ\) et \(DSB\) sont donc semblables par le cas de similitude AA. Grâce à cette similitude, on tire la proportion suivante \[\frac{m\overline{AQ}}{m\overline{DB}}=\frac{m\overline{QS}}{m\overline{BS}}\]

Grâce à 3 et 4, on tire \[\frac{m\overline{CQ}}{m\overline{EB}}=\frac{m\overline{AQ}}{m\overline{DB}}\]qu’on peut aussi écrire comme \[\frac{m\overline{CQ}}{m\overline{AQ}}=\frac{m\overline{EB}}{m\overline{DB}}\]En multipliant les trois rapports \[\frac{m\overline{BP}}{m\overline{PC}}\cdot \frac{m\overline{AR}}{m\overline{RB}}\cdot \frac{m\overline{CQ}}{m\overline{AQ}}\]et en utilisant le dernier résultat ainsi que les résultats 1 et 2, on obtient \[\frac{m\overline{BD}}{m\overline{CA}}\cdot \frac{m\overline{CA}}{m\overline{EB}}\cdot \frac{m\overline{EB}}{m\overline{BD}}=1\]ce qui nous permet d’écrire finalement \[\frac{m\overline{AR}}{m\overline{RB}}\cdot \frac{m\overline{BP}}{m\overline{PC}}\cdot \frac{m\overline{CQ}}{m\overline{QA}}=1\]Il reste à fournir la preuve de la réciproque.

… et sa réciproque

Supposons que les segments \(AP\) et \(BQ\) se rencontrent en \(S\) et plaçons \(R\) sur \(\overline{AB}\) de telle sorte que \[\frac{m\overline{AR}}{m\overline{RB}}\cdot \frac{m\overline{BP}}{m\overline{PC}}\cdot \frac{m\overline{CQ}}{m\overline{QA}} = 1\]Traçons \(\overline{CS}\) et prolongeons \(\overline{CS}\) jusqu’à \(\overline{AB}\). \(CS\) coupe \(\overline{AB}\) en \(R^{\prime}\).

Or, si les segments \(AP\), \(BQ\) et \(CR^{\prime}\) sont concourants, alors, par le Théorème de Ceva (celui-là même que l’on vient de prouver), on trouve \[\frac{m\overline{AR^{\prime}}}{m\overline{R^{\prime}B}} \cdot \frac{m\overline{BP}}{m\overline{PC}}\cdot \frac{m\overline{CQ}}{m\overline{QA}} = 1\]Cependant, en rappelant notre hypothèse, \[\frac{m\overline{AR}}{m\overline{RB}}\cdot \frac{m\overline{BP}}{m\overline{PC}}\cdot \frac{m\overline{CQ}}{m\overline{QA}}=1\]cela implique que \[\frac{m\overline{AR^{\prime}}}{m\overline{R^{\prime}B}} = \frac{m\overline{AR}}{m\overline{RB}}\]Et en additionnant \(1\) de chaque côté… \[\frac{m\overline{AR^{\prime}}}{m\overline{R^{\prime}B}}+1 = \frac{m\overline{AR}}{m\overline{RB}}+1\]on obtient \[\frac{m\overline{AR^{\prime}}}{m\overline{R^{\prime}B}}+\frac{m\overline{R^{\prime}B}}{m\overline{R^{\prime}B}}= \frac{m\overline{AR}}{m\overline{RB}}+\frac{m\overline{RB}}{m\overline{RB}}\]et donc \[\frac{m\overline{AR^{\prime}}+m\overline{R^{\prime}B}}{m\overline{R^{\prime}B}}= \frac{m\overline{AR}+m\overline{RB}}{m\overline{RB}}\]On peut réécrire les numérateurs \[\frac{m\overline{AB}}{m\overline{R^{\prime}B}}=\frac{m\overline{AB}}{m\overline{RB}}\]afin de conclure \[m\overline{R^{\prime}B} = m\overline{RB}\]c’est-à dire que \(R^{\prime}\) et \(R\) sont confondus. La réciproque est prouvée.

Les points \(P\), \(Q\) et \(R\) ne sont pas nécessairement sur les côtés du triangles : ils peuvent se trouver sur les prolongements des côtés, tel qu’illustré dans le figure suivante :

On trace la parallèle à \(AC\) passant par \(B\) de la même façon afin d’obtenir

Tout le raisonnement ci-haut reste valide.

Le théorème de Ceva peut se trouver très utile lorsque vient le temps de fournir la preuve que des segments dans un triangle se rencontrent en un point. Dans ce billet et ce celui-ci on prouve que les médianes, les hauteurs et les bissectrices d’un triangle sont concourantes. Nous allons revisiter ces preuves avec le théorème de Ceva. Il s’avère que le travail sera beaucoup moins fastidieux.

Les médianes

Dans un triangle \(ABC\), on trace les médianes \(AD\), \(BE\) et \(CF\). Par définition même de médiane, on sait que \[m\overline{AF}=m\overline{FB}, \quad m\overline{BD}= m\overline{DC}, \quad m\overline{CE}=m\overline{EA}\]Il va sans dire que l’on trouve facilement \[\frac{m\overline{AF}}{m\overline{FB}} \cdot \frac{m\overline{BD}}{m\overline{DC}} \cdot \frac{m\overline{CE}}{m\overline{EA}} = 1\]et par le Théorème de Ceva, on peut affirmer que les médianes sont concourantes en \(P\).

Les hauteurs

Dans le triangle \(ABC\), on trace les hauteurs \(AD\), \(BE\) et \(CF\).

Les triangles \(BFC\) et \(ADB\) sont tous deux rectangles et partagent l’angle \(FBD\). On peut donc affirmer qu’ils sont semblables par le cas de similitude AA. On tire cette proportion \[\frac{m\overline{BF}}{m\overline{DB}}=\frac{m\overline{BC}}{m\overline{BA}}\]Les triangles \(AEB\) et \(AFC\) sont tous deux rectangles et partagent l’angle \(FAE\). On peut donc affirmer qu’ils sont semblables par le cas de similitude AA. On tire cette proportion \[\frac{m\overline{AE}}{m\overline{FA}}=\frac{m\overline{BA}}{m\overline{AC}}\]Les triangles \(CDA\) et \(CEB\) sont tous deux rectangles et partagent l’angle \(DCE\). On peut donc affirmer qu’ils sont semblables par le cas de similitude AA. On tire cette proportion \[\frac{m\overline{CD}}{m\overline{EC}}=\frac{m\overline{AC}}{m\overline{BC}}\]Il suffit de multiplier ces trois égalités afin d’obtenir \[\frac{m\overline{BF}}{m\overline{DB}}\cdot \frac{m\overline{AE}}{m\overline{FA}}\cdot \frac{m\overline{CD}}{m\overline{EC}}=\frac{m\overline{BC}}{m\overline{BA}}\cdot \frac{m\overline{BA}}{m\overline{AC}}\cdot \frac{m\overline{AC}}{m\overline{BC}}=1\]Par le théorème de Ceva, on est en mesure d’affirmer que les hauteurs sont concourantes en \(P\).

Les bissectrices

Dans le triangle \(ABC\), on trace les bissectrices \(AD\), \(BE\), \(CF\).

Dans un triangle, les bissectrices divisent toujours le côté opposé en deux segments proportionnels aux côtés de l’angle. Il suffit donc de tirer, avec, respectivement, les bissectrices \(CF\), \(AD\) et \(BE\), \[\frac{m\overline{AF}}{m\overline{FB}}=\frac{m\overline{AC}}{m\overline{BC}}, \quad \frac{m\overline{BD}}{m\overline{DC}}=\frac{m\overline{AB}}{m\overline{AC}}, \quad \frac{m\overline{CE}}{m\overline{EA}}=\frac{m\overline{BC}}{m\overline{AB}}\]et donc en multipliant \[\frac{m\overline{AF}}{m\overline{FB}}\cdot \frac{m\overline{BD}}{m\overline{DC}}\cdot \frac{m\overline{CE}}{m\overline{EA}}=\frac{m\overline{AC}}{m\overline{BC}}\cdot \frac{m\overline{AB}}{m\overline{AC}}\cdot \frac{m\overline{BC}}{m\overline{AB}}=1\]Par le théorème de Ceva, on peut donc affirmer que les trois bissectrices sont concourantes en \(P\).

Référence : Alfred S. Posamentier et Charles T. Salkind (1996), Challenging Problems In Geometry

On apprenait récemment la mort regrettable de Martin Gardner. Le personnage n’ayant pas besoin de présentation, voici une réflexion écrite en 1978 ou peut-être avant (et donc, bien entendu, avant les disques compacts, DVD et autres supports numériques à grande capacité). Cette citation fait suite, en quelque sorte, à la dernière citation et aux commentaires qu’elle a suscités.

Un extraterrestre nous visite sur la Terre. Afin de recueillir de l’information sur notre planète et ceux qui l’habitent, le visiteur de l’espace désire repartir avec une collection complète de l’Encyclopaedia Britannica. Cependant, son vaisseau spatial est trop petit pour contenir les nombreux volumes de l’encyclopédie ! Il décide donc d’encoder le texte complet en binaire, en utilisant le code ASCII. Il obtient une très longue série de 1 et de 0. Il ajoute un zéro au début de cette série, ainsi qu’une virgule. Notre extraterrestre vient d’encoder tout le savoir de l’Humanité dans un nombre rationnel compris entre zéro et un. Tout ce qui lui reste à faire, avec sa technologie extraterrestre très avancée, est de marquer finement une barre de métal d’un mince trait qui sépare la barre de métal en exactement deux parties dont le rapport est égal au nombre rationnel en question !