Alignement de points
Bonjour à tous. J'en appelle à vous pour une solution synthétique de cet exercice.
Soient A,B,C,A',B',C' six points deux à deux distincts du plan tels que les triplets A'BC, AB'C, ABC' et A'B'C' soient alignés tandis que A,B,C ne le sont pas. Montrer que les milieux des segments [AA'], [BB'], [CC'] sont alignés.
Soient A,B,C,A',B',C' six points deux à deux distincts du plan tels que les triplets A'BC, AB'C, ABC' et A'B'C' soient alignés tandis que A,B,C ne le sont pas. Montrer que les milieux des segments [AA'], [BB'], [CC'] sont alignés.
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Réponses
Cette configuration est archiconnue et on en a parlé maintes et maintes fois ici même.
Si tu veux une démonstration synthétique, en voici une mais elle est devenue inaccessible puisque la géométrie projective a disparu, d'après le grand principe du nivellement par le bas si cher à notre soi-disant Education Nationale!
On considère le faisceau tangentiel des coniques tangentes aux 4 droites $A'BC$, $B'CA$, $C'AB$, $A'B'C'$ qui forment un quadrilatère dit complet..
Les cercles orthoptiques des coniques de ce faisceau forment eux même un faisceau linéaire;
Donc les centres de ces cercles sont alignés sur une droite appelée droite de Newton du quadrilatère complet.
Or on connait trois coniques décomposées du faisceau tangentiel, à savoir les paires de points $(A,A')$, $(B,B')$, $(C, C')$ dont les cercles orthoptiques sont respectivement les cercles de diamètre $AA'$, $BB'$, $CC'$.
Par suite les milieux des segments $AA'$, $BB'$, $CC'$ sont alignés sur la droite de Newton.
Une autre démonstration plus élémentaire est faite dans le Lebossé-Hémery, article295, page 188.
En voici le principe.les 4 droites $A'BC$, $B'CA$, $C'AB$, $A'B'C'$, groupées 3 par 3 forment 4 triangles.
On montre alors que chacun des orthocentres de ces 4 triangles a même puissance par rapport aux trois cercles de diamètres $AA'$, $BB'$, $CC'$;
On montre ainsi que ces 3 cercles forment un faisceau tel que les 4 orthocentres sont alignés sur son axe radical et les milieux des segments $AA'$, $BB'$, $CC'$ sont alignés sur la ligne des centres.
Mais cette démonstration, plus élémentaire en principe, est tout aussi inaccessible que la première puisque les notions de puissance et de faisceau de cercles ne sont plus enseignées depuis belle lurette!
Enfin il existe des démonstrations n'utilisant que la géométrie affine, en fait les plus simples et plus dans l'air du temps car elles ne font appel qu'à des techniques d'algèbre linéaire encore (provisoirement?) dans nos programmes mais comme nos connaissances en géométrie affine se résument en gros à son adjectif, on ne peut pas dire que ces démonstrations soient connues!
Essaye par exemple d'appliquer le théorème de Ménélaüs aux milieux des segments $AA'$, $BB'$, $CC'$ dans le triangle médial du triangle $ABC$.
Amicalement
[small]p[/small][size=medium]appus[/size]
Il y a une autre preuve dans : Papelier, Exercices de géométrie moderne, Vuibert 1927, II. Transversales, n° 23, p. 19. Et aussi une autre preuve avec la théorie des aires orientées, qui ont le mérite de donner une preuve affine d'une propriété affine.
On y reviendra si besoin est après la sieste.
Bonne après-midi.
F. Ch.
Tu connais forcément le théorème de Ménélaüs puisque chez nous la géométrie affine se réduit à la connaissance de 3 théorèmes:
1° Le théorème de Ménélaüs
2° Le théorème de Céva
3° Le théorème soi-disant fondamental de la géométrie affine.
Il n'est fondamental que parce que sa méconnaissance expose à quelques petits ennuis à l'oral de l'Agrégation si on a la malchance de tomber sur une leçon de géométrie
Appelle $A''$ le milieu de $BC$, $B''$ le milieu de $CA$, $C''$ le milieu de $AB$.
Le milieu $A'''$ de $AA'$ appartient à la droite $B''C''$ et tu dois donc évaluer le rapport $\dfrac{\overline{ A'''B''}}{\overline{ A'''C''}}$. Tu fais une homothétie de centre $A$ et de rapport $2$ pour te ramener sur la droite $BC$ et tu regardes ce qui se passe au moyen de l'Axiome de Thalès, qui est, je crois, encore dans nos programmes jusqu'à nouvel ordre.
Quant à ta solution analytique, je serais curieux de la connaître!
Amicalement
[small]p[/small][size=medium]appus[/size]
J'en doute!
Soit $f$ l'application affine envoyant le triplet $(A,B,C)$ sur le triplet $(A',B',C')$.
Cela commence bien pour une démonstration qui se veut affine!
On a écrit l'adjectif magique!
La matrice de $f$ dans le repère $ABC$ est
$$\mathrm{Mat}=
\begin{bmatrix}
0&*&*\\
*&0&*\\
*&*&0
\end{bmatrix}
$$
Comme
$\chi_{\mathrm{Mat}}=(X-1)\chi_{\overrightarrow f}$ où $\chi$ désigne le polynôme caractéristique.
On a: $\mathrm{Trace(Mat)}=1+\mathrm{Trace}(\overrightarrow f)$ et $\det(\mathrm{Mat})=\det(\overrightarrow f)$
Donc $\mathrm{Trace}(\overrightarrow f)=-1$ et $\det(\overrightarrow f)=0$ car $M$ est de rang inférieur ou égal à $2$ puisque les points $A'$, $B'$, $C'$ sont alignés.
Donc $\chi_{\overrightarrow f}=X^2+X$
Le spectre de $\overrightarrow f$ est donc $\{-1,0\}$
Soit $g$ l'application affine envoyant $ABC$ sur $A'''B'''C'''$.
Comme les transformations affines du plan forment elles-mêmes un espace affine, on a:
$g=\dfrac 12(id+f)$
Ca fait class, $g$ est le milieu du segment $[id,f]$.
On a l'impression de nager dans l'extase de l'analyse fonctionnelle!
Comme $g \Rightarrow \overrightarrow g$ est un foncteur, alors là c'est le superpied, on a:
$\overrightarrow g =\dfrac 12(Id +\overrightarrow f)$.
Par suite le spectre de $\overrightarrow g$ est $\{0,\dfrac 12\}$.
Le rang de $g$ est égal à $1$.
Par suite l'image de $g$ est une droite affine $L'$ sur laquelle se trouvent les milieux $A'''=g(A)$, $B'''=g(B)$, $C'''=g(C)$
Quels sont les point fixes et les droites invariantes de $f$ et $g$?
Amicalement
[small]p[/small][size=medium]appus[/size]
je vous propose la mienne au sujet de la droite de Gauss
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/La droite de Gauss et la droite de Steiner.pdf p. 1-4.
Sincèrement
Jean-Louis
une petite solution affine, ce qui semble normal pour un problème purement affine.
Avec $ABC$ comme repère barycentrique, la droite $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ a pour équation $\dfrac{x}{u}+\dfrac{y}{v}+\dfrac{z}{w}=0$.
Si $A^{\prime \prime }$ est le milieu de $\left[ AA^{\prime }\right] $, on a $A^{\prime }=\left( 0:v:-w\right) $ et $A^{\prime \prime }=\left( v-w:v:-w\right) $. Idem $B^{\prime \prime }=\left( -u:w-u:w\right) ,C^{\prime \prime }=\left( u:-v:u-v\right) $.
So $uA^{\prime \prime }+vB^{\prime \prime }+wC^{\prime \prime }=0$.
C'est effectivement analytique (horreur et sacrilège !!) mais les calculs sont inexistants.
Je serais curieux de savoir comment Newton s'y était pris pour montrer ce truc.
Amicalement. Poulbot
La configuration affine de la droite de Newton me donne l'idée d'un nouvel exercice à peine plus dur mais qui me semble plus intéressant.
On est donc dans le plan affine muni de son petit triangle $ABC$ lui servant éventuellement de repère.
On se donne une conique $\Gamma$ coupant la droite $BC$ en $a$ et $a'$, la droite $CA$ en $b$ et $b'$ et la droite $AB$ en $c$ et $c'$.
Soient $\alpha$ le milieu du segment $Aa$ et $\alpha'$ le milieu du segment $Aa'$, $\beta$ le milieu du segment $Bb$ et $\beta'$ le milieu du segment $Bb'$, $\gamma$ le milieu du segment $Cc$ et $\gamma'$ le milieu du segment $Cc'$.
Montrer que les six points $\alpha$, $\alpha'$, $\beta$, $\beta'$, $\gamma$, $\gamma'$ sont sur une même conique $\Gamma'$ que j'appellerai conique de Newton.
Etudier la correspondance $\Gamma \mapsto \Gamma'$. Se prolonge-t-elle naturellement à l'espace de toutes les coniques?
Amicalement
[small]p[/small][size=medium]appus[/size]
si ta conique $\Gamma $ passe par un des sommets de $ABC$, $\Gamma ^{\prime }$ dégénère en $2$ droites (une d'entre elles est un côté du triangle médial). Excluons ce cas et désignons par $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ les milieux des côtés de $ABC$.
$\Gamma $ coupe $BC$ en $\alpha ,\alpha ^{\prime }$, $CA$ en $\beta ,\beta ^{\prime }$, $AB$ en $\gamma ,\gamma ^{\prime }$ (c'est uniquement par inadvertance que je n'ai pas repris tes notations)
Si $\alpha _{1},\alpha _{1}^{\prime }$ sont les symétriques de $\alpha ,\alpha ^{\prime }$ par rapport à $A^{\prime }$ ,
$\beta _{1},\beta _{1}^{\prime }$ les symétrique de $\beta ,\beta ^{\prime }$ par rapport à $B^{\prime }$
$\gamma _{1},\gamma _{1}^{\prime }$ les symétriques de $\gamma ,\gamma ^{\prime }$ par rapport à $C^{\prime }$,
les $6$ points $\alpha _{1},\alpha _{1}^{\prime },\beta _{1},\beta _{1}^{\prime },\gamma _{1},\gamma _{1}^{\prime }$ sont sur une même conique $\varphi \left( \Gamma \right) $ (Théorème de Carnot, par exemple, puisque $\dfrac{\overline{B\alpha _{1}}}{\overline{C\alpha _{1}}}=\dfrac{\overline{C\alpha }}{\overline{B\alpha }},...$) et ta conique $\Gamma ^{\prime }$ est alors l'image de $\varphi \left( \Gamma \right) $ par l'homothétie $\left( G,-\dfrac{1}{2}\right) $.
$\varphi $ s'étend en une bijection involutive de l'ensemble des coniques du plan ne passant par aucun des sommets de $ABC$.
Si $\Gamma $ a pour équation barycentrique $px^{2}+qy^{2}+rz^{2}+2p^{\prime }yz+2q^{\prime }zx+2r^{\prime }xy=0$,
celle de $\varphi \left( \Gamma \right) $ est $qrx^{2}+rpy^{2}+pqz^{2}+2pp^{\prime }yz+2qq^{\prime }zx+2rr^{\prime }xy=0$.
On peut aussi remarquer que $\Gamma $ et $\varphi \left( \Gamma \right) $ sont simultanément dégénérées mais elles n'ont pas nécessairement la même nature.
Amicalement. Poulbot
PS : Je suis passé par cette conique $\varphi \left( \Gamma \right) $ pour avoir une correspondance et une équation plus simples.
C'est ce que j'avais moi même trouvé!
On a ainsi une transformation quadratique sur l'espace des coniques.
J'ai bien envie d'appeler la conique $\varphi(\Gamma)$ la conique isotomique de $\Gamma$.
Qu'en penses-tu? On adopte bien cette terminologie pour les droites!
Amicalement
[small]p[size=medium]appus[/size][/small]
1° Avec des notations évidentes, on a:
$h(G,-\dfrac 12)=h(A,\dfrac 12)\circ h(A',-1)=h(B,\dfrac 12)\circ h(B',-1)=h(C,\dfrac 12)\circ h(C',-1)$
Evidemment pour montrer cela, il faut connaitre:
a) La théorie des groupes.
b) Le groupe des homothéties-translations d'un espace affine.
c) Comprendre la loi de composition de ce dernier groupe.
Cela n'est donc pas de la tarte puisque la géométrie affine est agonisante;
2° Pour le montrer, il suffit de regarder les intersections avec les côtés:
L'intersection avec la droite $BC$ d'équation $x=0$ donne
a) Pour $\Gamma$: $px^2+2r'xy+qy^2=0$
b) Pour $\varphi(\Gamma)$:$qrx^2+2rr'xy+rpy^2==r(qx^2+2r'xy+px^2)=0$
Pour conclure comme Poulbot, il faut évidemment connaître la théorie des transformations algébriques d'une équation.
Elle a sans doute plus de chances d'être enseignée que la théorie des espaces affines!
Amicalement
[small]p[/small][size=medium]appus[/size]
Amicalement
[small]p[/small][size=medium]appus[/size]
Considérant $9$ points distincts de $A,B,C$ :
$a,a^{\prime },a^{\prime \prime }$ sur la droite $BC$
$b,b^{\prime },b^{\prime \prime }$ sur la droite $CA$
$c,c^{\prime },c^{\prime \prime }$ sur la droite $AB$
ces $9$ points sont sur une même cubique si et seulement si $\dfrac{\overline{Ba}}{\overline{Ca}}\dfrac{\overline{Ba^{\prime }}}{\overline{Ca^{\prime }}}\dfrac{\overline{Ba^{\prime \prime }}}{\overline{Ca^{\prime \prime }}}\dfrac{\overline{Cb}}{\overline{Ab}}\dfrac{\overline{Cb^{\prime }}}{\overline{Ab^{\prime }}}\dfrac{\overline{Cb^{\prime \prime }}}{\overline{Ab^{\prime \prime }}}\dfrac{\overline{Ac}}{\overline{Bc}}\dfrac{\overline{Ac^{\prime }}}{\overline{Bc^{\prime }}}\dfrac{\overline{Ac^{\prime \prime }}}{\overline{Bc^{\prime \prime }}}=1$ (Carnot again)
Dans ce cas, il existe une infinité de cubiques passant par ces $9$ points et, si $a_{1},a_{1}^{\prime },a_{1}^{\prime \prime }$ sont les symétriques de $a,a^{\prime },a^{\prime \prime }$ par rapport au milieu $A^{\prime }$ de $\left[ BC\right] $, ..., il existera aussi une infinité de cubiques passant par $a_{1},a_{1}^{\prime },a_{1}^{\prime \prime },b_{1},b_{1}^{\prime },b_{1}^{\prime \prime },b_{1},b_{1}^{\prime },b_{1}^{\prime \prime }$ (ils vérifient également la relation de Carnot puisque $\dfrac{\overline{Ba_{1}}}{\overline{Ca_{1}}}=\dfrac{\overline{Ca}}{\overline{Ba}},...$).
Amicalement. Poulbot
Ce brave Carnot fonctionne encore!
Et que se passe-t-il au niveau des équations?
Amicalement
[small]p[/small][size=medium]appus[/size]
Si $a,a^{\prime },a^{\prime \prime },b,b^{\prime },b^{\prime \prime },c,c^{\prime },c^{\prime \prime }$ sont la cubique d'équation barycentrique
$x^{2}\left( a_{1}x+a_{2}y+a_{3}z\right) +y^{2}\left( b_{1}y+b_{2}z+b_{3}x\right) +z^{2}\left( c_{1}z+c_{2}x+c_{3}y\right) =0$ (ajouter $kxyz$ pour avoir les autres),
alors $a_{1},a_{1}^{\prime },a_{1}^{\prime \prime },b_{1},b_{1}^{\prime },b_{1}^{\prime \prime },b_{1},b_{1}^{\prime },b_{1}^{\prime \prime }$ sont sur la cubique d'équation
$x^{2}\left( b_{1}c_{1}x+b_{3}c_{1}y+b_{1}c_{2}z\right) +y^{2}\left( c_{1}a_{1}y+c_{3}a_{1}z+c_{1}a_{2}x\right) +z^{2}\left( a_{1}b_{1}z+a_{3}b_{1}x+a_{1}b_{2}y\right) =0$ (idem ajouter $k^{\prime }xyz$)
J'ai fait cela un peu vite et je ne suis pas certain que mes notations soient très heureuses !!
Amicalement. Poulbot
Ce serait donc enore quadratique!
Amicalement
[small]p[size=medium]appus[/size][/small]