Un petit exercice de géométrie …

Voici un énoncé que j’ai trouvé il y a bien longtemps et que certains lecteurs pourraient s’amuser à résoudre.

Montrer que dans la configuration représentée ci-dessous, on a nécessairement \alpha=\frac{\pi}{2}.

angle

11 réflexions sur “Un petit exercice de géométrie …

  1. Je n’ai pas l’impression que ce soit vrai. Dans la figure, il y a 6 petits triangles, donc 18 angles. L’hypothese de l’enonce permet d’ecrire 2 equations. Comme la somme des angles d’un triangle est de 180 degres, cela donne 6 equations. Pour chacun des 3 angles plats a la peripherie du triangle, on a une equation. Au niveau du point d’intersection des trois segments, on a 4 equations independantes. En tout, il y a donc 15 equations, donc on devrait avoir une famille de solutions indexee par 3 parametres. Ai-je fait une erreur?

  2. Ah oui, j’ai oublie d’utiliser la metrique dans le triangle.

    Notons A, B, C les sommets du triangle, AA’, BB’, CC’ les segments concourants de la figure, a=\alpha l’angle CC’A=BB’C=AA’B, et notons b et c les angles en B et C. Notons I le point d’intersection des trois segments AA’, BB’, CC’.

    On exprime facilement tous les angles de la figure en fonction de a, b et c.

    En utilisant la loi des sinus pour les triangles de sommets I, on obtient

    IA/sin(a) = IC’/sin(a+b)
    -IC’/sin(a+b+c) = IB/sin(a)
    IB/sin a = IA’/sin(a+c)
    IA’/sin(a-b) = IC/sin(a)
    IC/sin(a) = IB’/sin(b+c-a)
    IB’/sin(a-c) = IA/sin(a)

    En multipliant toutes ces relations, on trouve
    -sin(a+b+c) sin(a-b) sin(a-c) = sin(a+b) sin(a+c) sin (b+c-a)
    ce qui se linearise en
    sin(2b+2c+a)+sin(2b+2c-a) = sin(2b+a)+sin(2b-a)+sin(2c+a)+sin(2c-a)
    ou encore
    sin(2b+2c) cos a = sin(2b) cos a + sin(2c) cos a
    Or, on peut demontrer que si x>0, y>0 et x+y < 2\pi alors sin(x+y) < sin x + sin y.

    Donc cos a = 0, ce qui donne a=\pi/2.

  3. C’est amusant et, tout compte fait, assez bref.

    Ma démonstration est toute différente mais je la donnerai plus tard afin de laisser à d’autres l’occasion de présenter la leur.

  4. On peut aussi raisonner sans aucun calcul : en fait, comme expliqué par exemple dans
    http://www.mathoman.com/index.php/Maths-arts-musique-litterature
    les hauteurs et les médiatrices d’un triangle sont des configurations « duales » ; c’est-à-dire les hauteurs des ABC sont les médiatrices de A’B’C’ dans la figure suivante :

    Ainsi on voit facilement que la configuration de l’énoncé donne lieu à une configuration avec trois « médiatrices penchées » par un même angle alpha et concourantes. Un raisonnement simple montre alors que cela n’est possible que si elle ne sont pas vraiment « penchées », autrement dit alpha = pi/2.

  5. Tiens, même pas la peine de passer par les médiatrices, voici une preuve encore simple :

    Notons A, B, C les sommets du triangle, AA’, BB’ et CC’ ses hauteurs. Nous savons que ces dernières sont concourantes en un point M (l’orthocentre).

    Maintenant faisons « varier » les points A’ et B’ en fonction de alpha. Plus précisémens notons A'(alpha) (resp. B'(alpha)) le point sur [BC] (resp. [AC]) tel que l’angle CC’A=BB’C=alpha. Puis soit M(alpha) le point d’intersection des droites (AA'(alpha)) et (BB'(alpha)). En particulier donc A'(pi/2)=A’, B'(pi/2)=B’ et M(pi/2)=M.

    Supposons maintenant par l’absurde 0<alpha<pi/2. On voit sur le dessin que le point M(alpha) est du même côté de la droite (AA') que le point C et du même côté de la droite (BB') que le point A. Par conséquence M(alpha) est dans le secteur AMB'. Il vient alors que les droites (CM(alpha)) et (BA) forment un angle obtus. QED.

  6. J’avoue malheureusement ne pas saisir complètement les deux dernières preuves. Je serais, actuellement, incapable de les transmettre à des élèves.

    Cependant, je ne doute pas qu’elles soient correctes et puissent devenir racontables en classe, et je me réjouis de la diversité des réponses proposées.

    Voici la mienne. Elle procède d’une autre sorte d’inspiration.

    Notons A,B,C les sommets du triangle, orienté dans le sens trigonométrique pour fixer les idées.

    Les points A’, B’ et C’ sont, sur les côtés opposés à A, B et C, les pieds des segments issus des sommets qui forment avec ces côtés les angles notés \alpha; I est le point commun à ces segments.

    Par hypothèse, les quadrilatères IA’BC’ et IB’CA’ sont inscriptibles car ils ont chacun une paire d’angles opposés supplémentaires.

    Le point A, situé sur l’axe radical AI des deux cercles circonscrits à ces quadrilatères a même puissance par rapport à ces cercles.

    En conséquence, le quadrilatère BC’B’C est inscriptible.

    On y voit donc la corde [B,C] sous le même angle depuis B’ et C’.

    Ainsi \pi-\alpha=\alpha.😉

  7. Pardon, peut-être je n’ai pas assez formalisé ma seconde preuve. Donc voici la version plus rigoureuse :

    Pour tout a dans ]0,pi[ notons A’(a), B’(a) et C’(a) les pieds, sur les côtés opposés à A, B et C, des segments issus des sommets qui forment avec ces côtés l’angle a comme indiqué dans le dessin.

    Proposition : Soit a dans ]0,pi[ tel que l’intersection des trois segments [A,A’(a)], [B,B’(a)] et [C,C’(a)] est non vide. Alors a=pi/2.

    Preuve : 1er cas : a dans ]0,pi/2]. Alors le segment [A,A'(a)] est contenu dans le demi-plan délimité par la droite (A,A'(pi/2)) dans lequel se trouve C. De même le segment [B,B'(a)] est contenu dans le demi-plan délimité par la droite (B,B'(pi/2)) dans lequel se trouve A. Enfin le segment [C,C'(a)] est contenu dans le demi-plan délimité par la droite (C,C'(pi/2)) dans lequel se trouve B.

    Or nous savons que les trois droites (A,A’(pi/2)), (B,B’(pi/2)) et (C,C’(pi/2)) sont concourantes en en point noté M (orthocentre), donc l’intersection des trois demi-plans mentionnés est réduite à M. Ainsi l’intersection des trois segments [A,A’(a)], [B,B’(a)] et [C,C’(a)] est M, c’est-à-dire a=pi/2.

    Le 2eme cas, a dans [pi/2,pi[, se traite de manière analogue avec les demi-plans opposés du premier cas. CQFD

    L’idée de la preuve est donc un simple raisonnement de régionnement du plan. Ma première idée, de passer par les médiatrices ne facilite pas les choses (finalement on fait aussi un régionnement).

  8. Cette fois j’ai compris et, en réalité l’idée relève en effet d’avantage de la géométrie projective que de la géométrie euclidienne.

    Je m’en vais faire un commentaire sur cette jolie preuve dans un autre billet.

    Pour résumer, nous avons eu droit à trois démonstrations : un calcul d’angle, assez rapide, une utilisation de la puissance d’un point par rapport à un cercle, très immédiate, et une idée assez subtile, basée sur des phénomènes rarement pris en considération (et d’ailleurs difficiles à formaliser) liés à l’orientation.

    Cette confrontation de points de vue et très enrichissante, merci à tous.

  9. > Cette fois j’ai compris et, en réalité l’idée relève en effet
    > d’avantage de la géométrie projective que de la géométrie > euclidienne.

    Bon, je ne suis pas Grothendieck qui dit souvent qu’il est mal compris ;-)) Mais là je ne vois pas pourquoi il faut faire intervenir le géométrie projective et des orientation plus que celle nécessaire pour parler d’angle, ; à mon avis c’est plutôt de la géométrie analytique avec une sorte de « calcul des variations ». En plus ma preuve est tout sauf subtil, je pense qu’elle peut être comprise par un collégien qui a compris ce que c’est une intersection d’ensembles !

    Pour résumer :

    1) Si a=pi/2 alors les trois droites sont concourantes (orthocentre) — il y a beaucoup de preuves pour ça, dont la plus simple est celle qui est sur mon site et qui interprète les hauteurs comme médiatrices d’un autre triangle.

    2) Il reste à montrer que si a est différent de pi/2 les trois segments ne sont pas concourants. Mais ça se voit directement sur le dessin ! En effet, si a est différent de pi/2 chaque segment se trouve d’un seul côté de la hauteur correspondante et l’intersection des trois demi-plans ouverts est vide. Donc l’intersection des trois segments est également vide.

  10. PS : évidemment je suis curieux de lire le billet où vous allez établir le lien avec la géométrie projective… et comment parler d’orientation dans le projectif ?

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