Lieu dans un quadrilatère complet
dans Géométrie
Bonjour,
Soient un quadrilatère complet $ABCDEF$ et un point $M$ quelconque du plan.
Les droites $ME$ et $MF$ coupent les côtés du quadrilatère complet en $K$ et $L$ et en $I$ et $J$.
Lieu de l’intersection $N$ de $KJ$ et de $IL$ ?
Ma démonstration, que voici, ne me satisfait pas vraiment, est-elle juste ? j'ai le sentiment qu'il y a une évidence qui m'échappe.
Tout point $M$ du plan peut être défini par une droite $EL$ et par sa position sur cette droite. Fixons nous un point $L$ (et donc $K$), $M$ se déplaçant seulement sur $EL$ :
Les points $I$ et $J$ se correspondent par homographie (est-ce bien vrai ?), si oui le point $N$ décrit une conique qui passe par $A$ et $C$. La droite $EL$ fait partie de la conique, il en résulte que $N$ est sur la diagonale $AC$.
(de façon identique, les droites $IK$ et $JL$ se coupent sur la diagonale $BD$)
Une autre méthode serait d’envoyer les points $C$ et $D$ à l’infini de façon à transformer $ABCD$ en un rectangle et de procéder à un calcul analytique assez simple dans un système de coordonnées orthonormé $(B, \vec{BC}, \vec{BA})$.
Amicalement
Louis
Soient un quadrilatère complet $ABCDEF$ et un point $M$ quelconque du plan.
Les droites $ME$ et $MF$ coupent les côtés du quadrilatère complet en $K$ et $L$ et en $I$ et $J$.
Lieu de l’intersection $N$ de $KJ$ et de $IL$ ?
Ma démonstration, que voici, ne me satisfait pas vraiment, est-elle juste ? j'ai le sentiment qu'il y a une évidence qui m'échappe.
Tout point $M$ du plan peut être défini par une droite $EL$ et par sa position sur cette droite. Fixons nous un point $L$ (et donc $K$), $M$ se déplaçant seulement sur $EL$ :
Les points $I$ et $J$ se correspondent par homographie (est-ce bien vrai ?), si oui le point $N$ décrit une conique qui passe par $A$ et $C$. La droite $EL$ fait partie de la conique, il en résulte que $N$ est sur la diagonale $AC$.
(de façon identique, les droites $IK$ et $JL$ se coupent sur la diagonale $BD$)
Une autre méthode serait d’envoyer les points $C$ et $D$ à l’infini de façon à transformer $ABCD$ en un rectangle et de procéder à un calcul analytique assez simple dans un système de coordonnées orthonormé $(B, \vec{BC}, \vec{BA})$.
Amicalement
Louis
Réponses
-
Mon cher Jelobreuil
Pourquoi ne pas envoyer les points $E$ et $F$ aller se faire voir ailleurs s'ils y sont!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Jelobreuil n'y est pour rien et n'a pas mérité d'être envoyé se faire voir !
-
Mon cher Louis
Loin de moi l'idée de confondre JeloBreuil avec un bipoint!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je subodore que Pappus n'est pas étranger à cette configuration. -
BonjourJeloBreuil a écrit:Une autre méthode serait d’envoyer les points $C$ et $D$ à l’infini de façon à transformer $ABCD$ en un rectangle
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Punition:
Faire la figure en envoyant $C$ et $D$ à l'infini!! -
Bonjour,
On pose $D\simeq f:g:h$ ainsi que
$$\mu_K\doteq birap(F,L,B,C)= birap(F,K,A,D)$$
$$\mu_I \doteq birap(E,I,B,A)= birap(E,J,C,D)$$
Alors $Q_1 = -f \mu_K\; A+h \mu_I\; C\;;\; Q_2= \mu_I \mu_K g \;B + D$
Indétermination pour $M\in (EF)$
Cordialement, Pierre -
Bien d'accord qu'envoyer C et D à l'infini était idiot, bien sûr que c'est E et F.
Serait-ce la vue qui baisse.
Amicalement
Louis -
Bonjour JeloBreuil
Envoyer $C$ et $D$ à l'infini, c'est justement ce que j'ai fait et on tombe sur un parallélogramme $ABCD$. Le supposer rectangle n'apporterait rien de plus!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Mon cher Louis
Tu as confondu les points $A$ et $B$ avec les points $E$ et $F$ et moi je te confonds avec JeloBreuil.
Je ne sais pas ce qui est le plus grave!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
On cherche les points qui partagent une même paire $(Q_1, Q_2)$. On trouve $E,F,M,N$. Les deux premiers sont des points d'indétermination. Par conséquent la correspondance $M \mapsto N$ est une involution. Et quand on voit que $$ \left[ \begin {array}{c} p \left(+frg+fhq-ghp \right)
\\ q \left(+ frg-fhq+ghp \right)
\\ r \left( -frg+fhq+ghp \right) \end {array}
\right]
$$ on reconnait immédiatement $cevadiv(D,M)$. Autrement dit $N$ est le perspecteur entre le triangle cévien de $D$ et le triangle anticévien de $M$ (par rapport au triangle $ABC$). Evidemment, on peut changer de triangle de base, obtenant trois autres constructions.
Cordialement, Pierre. -
Bonsoir
En gros si on enlève de la figure de Louis, le point $M$ et les deux droites pointillées qui le contiennent, il reste une configuration de Pappus.
Amicalement
[small][/small] -
Cher pappus,
Je ne vois pas quelle est la configuration de Pappus qui peut nous aider à montrer que $A$, $C$ et $N$ sont alignés.
Amitiés
Louis -
Mon cher Louis
Ce n'est qu'une constatation.
Ceci dit, pour la démonstration elle même, on peut utiliser la figure où les points $E$ et $F$ ont été envoyés à l'infini.
Avec un parallélogramme sous les yeux, c'est le moment où jamais de se servir des ressources de la géométrie affine!
D'abord Ménélaüs une première fois dans un sens:
$\dfrac{\overline{KA}}{\overline{KD}}.\dfrac{\overline{JD}}{\overline{JC}}.\dfrac{\overline{NC}}{\overline{NA}}=1$
Puis:
$\dfrac{\overline{KA}}{\overline{KD}}=\dfrac{\overline{LB}}{\overline{LC}}$ (axiome de Thalès)
$\dfrac{\overline{JD}}{\overline{KC}}=\dfrac{\overline{IA}}{\overline{IB}}$ (axiome de Thalès)
Enfin Ménélaüs une deuxième fois dans l'autre sens:
$\dfrac{\overline{LB}}{\overline{LC}}.\dfrac{\overline{IA}}{\overline{IB}}.\dfrac{\overline{NC}}{\overline{NA}}=1$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
C'est le pied, on a appliqué la moitié du programme en géométrie affine:
1° Axiome de Thalès
2° Théorème de Ménélaüs
3° Théorème de Céva
4° Théorème fondamental de la géométrie affine. -
Cher Pappus,
Merci pour cette belle démonstration. C'est limpide,à condition de trouver !
Amicalement
Louis -
Bonne Nuit Louis
Aucun mérite, c'était évident, il suffit de regarder et on a pas tellement le choix!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Montre que le point $N$ est le centre de l'hyperbole passant par les points $B$, $M$, $D$ et dont les directions asymptotiques sont définies par les côtés du parallélogramme $ABCD$. -
Bonjour Pappus,
Partir de l'égalité des aires illustrées sur la figure.
Et déduire que les produits XY (coordonnées dans le système d'axes // aux côtés du parallélogramme d'origine N) sont les mêmes pour les points M, B et D.
Amicalement
Louis -
Mon cher Louis
C'est la méthode cartésienne.
On passe d'un problème à $3$ points ($B$, $M$, $C$) à un problème à deux points ($M$ et $M'$ sur ma figure).
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Je reviens à mon interrogation initiale, à savoir : ma démonstration utilisant l'homographie est-elle licite ?
Amicalement
Louis -
la figure initiale évoque tout de même un peu Desargues, non?
tout béotien mais respectueusement votre
JCR -
Évoque un peu Desargues, certes.
Mais qu'en concluez-vous ?
Amicalement
Louis -
ce n'est qu'une question: est-ce une voie de démonstration? est-ce qu'une vision 3D est possible?
une réponse négative ne me choquerait pas, ou même un silence (attristé?), j'ai du mal à suivre les étapes les plus simples de vos débats.
Bien respectueusement
JCR -
Mon cher JCR
Si tu penses être devant une configuration de Desargues, explicite la clairement.
Et il se peut que je me sois trompé en parlant de configuration de Pappus mais si on enlève les points $B$, $M$, $D$ de la figure initiale de Louis, il me semble bien qu'on se trouve dans ce cas!
Je suis loin d'être infaillible.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir,
Un connaisseur m'a soufflé en privé et je l’en remercie :
« (CAN) est la pappusienne de l'hexagone sectoriel $JEILFKJ$ de frontières ($ME$) et ($MF$) »
Ce que je visualise sur un schéma qui reprend les notations de ma figure initiale. Et ainsi démontre que les points $C$ $A$ et $N$ sont alignés.
Il faut vraiment avoir un œil de lynx, j’en suis loin !
Amicalement
Louis -
Bonsoir,
pour pappus: à mon niveau il s'agit d'une impression que je ne sais pas démontrer, et si la réponse reste négative je n'ai que le regret d'avoir dérangé les intervenants.
Toutefois l'idée de "voir" dans l'espace donnait un rôle au plan MEF qu'on retrouve dans la démo de Louis Le Goff. Tout cela est plus poétique que rigoureux.
Salutations à tous, j'admire vos débats.
JCR -
Mon cher Louis
Il y a $12$ points sur ta figure initiale.
Il y en a plus que $10$ sur ta dernière
Sachant que le point $M$ ne fait pas partie de la configuration de Pappus, il fallait bien en enlever $3$ comme je l'ai fait.
Il est dommage que ta figure soit si peu lisible qu'on ait tant de peine à distinguer ses étiquettes.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Cher Pappus,
Je viens d'ajouter les deux points manquants $B$ et $D$.
Ils interviendraient pour une démonstration similaire de l'intersection de $IK$ et de $LJ$ sur la diagonale $BD$
Amicalement
Louis -
Merci Louis
Cette fois ci, on est d'accord.
Ce sont bien les points $B$, $M$, $D$ comme je l'avais dit!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Oui, ta piste était bonne.
En complétant la figure par l'intersection $P$ de $LJ$ et $KI$ sur $BD$ des triangles homologiques sont mis en évidences, ils relient les deux configurations. Là Desargues peut intervenir.
Amicalement
Louis
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