Autre cas de similitude entre quadrilatères

jelobreuil · June 2020

Bonsoir à tous
Soit un quadrilatère ABCD, et les milieux E, F, G et H des quatre côtés.
Les segments AF et CE se coupent en I, AG et CH en J, BG et DF en K, BH et DE en L.
Pourquoi KJLI est-il indirectement semblable à ABCD ?
Merci de vos explications !
Bien cordialement
JLB
PS : je vous prie de m'excuser si cette question a été déjà débattue sur ce forum !
PPS : je vous renouvelle mes excuses : je viens de me rendre compte à quel point cette question est évidente, maintenant que j'y ai un peu réfléchi ... après avoir tracé les deux diagonales du quadrilatère ABCD ... 105368

pappus · July 2020

Mon cher Jelobreuil
Pourquoi vois-tu des similitudes indirectes partout?
Cela a marché et bien marché une fois, peut-être un coup de chance mais cela ne peut marcher toujours!
Donc ce n'est pas une similitude indirecte, OK?
Ensuite tu nous dis que c'est évident mais si cela est aussi évident que tu le dis, pourquoi faire le cachottier?
Enfin la construction de ta configuration ne fait intervenir que la notion de milieu.
Donc si explication simple il y a, et effectivement il y a une explication très simple, elle ne peut pas venir de la géométrie euclidienne mais plutôt de la fantomatique et désincarnée géométrie affine!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Deux quadrilatères du plan euclidien ayant les mêmes angles ne sont pas forcément semblables!
Exemple: un carré et un rectangle!! 105400

pappus · July 2020

Bonsoir à tous
Sur ma figure, $O$ est l'isobarycentre des points $A$, $B$, $C$, $D$:
$$O=\dfrac 14(A+B+C+D)$$
Par l'associativité des barycentres:
$$O=\dfrac 14 A+\dfrac 34\dfrac{B+C+D}3=\dfrac 14 A+\dfrac 34 K$$
car $K$ est l'isobarycentre des points $B$, $C$, $D$.
Cela montre que:
$$\overrightarrow{OK}=-\dfrac 13\overrightarrow{OA}$$
Avec un petit chouia d'effort en plus, cela montre que le quadrilatère $KJLI$ est l'image du quadrilatère $ABCD$ par l'homothétie de centre $O$ et de rapport $-\dfrac 13$.
J'ai bien conscience que Jean-Louis me dirait que cette démonstration n'est pas recevable puisqu'elle utilise des concepts qui n'existaient pas du temps d'Euclide, à savoir les barycentres et les transformations.
Que les sectateurs de l'axiome de Thalès se rassurent, on doit pouvoir s'en tirer avec son seul secours avec les mêmes techniques utilisées lors de la preuve de l'existence du centre de gravité d'un triangle!
Amicalement
[small]p[/small]appus

jelobreuil · July 2020

Mon bien cher Pappus,
J'en suis d'accord : confondre homothétie et similitude mérite de passer trois heures au coin ou au piquet, pour méditer sur leurs différences ...
En fait, quand j'ai vu que l'explication de cette "similitude" était vraiment bien simple, j'étais sur le point d'aller me coucher, et je ne me sentais pas de revenir ici pour rédiger mes explications ...
Comme tu dis, à mon niveau, je m'en sors avec Thalès !
Ayant repris ma figure et tracé les diagonales AC et BD, voir ci-dessous, j'ai vu que le point I, par exemple, n'est pas autre chose que le centre de gravité du triangle ABD, puisque c'est l'intersection des médianes BH et DE. Donc, par exemple, EI = ED/3. De même, le point L est le centre de gravité de ABC, comme étant l'intersection des médianes CE et AF, d'où EL = EC/3. Alors le père Thalès assure, et depuis longtemps, n'est-ce pas, que LI est parallèle à CD, et que leurs longueurs sont dans le même rapport. Mutatis mutandis, IJ, JK et KL sont respectivement parallèles à BC, AB et DA, avec des longueurs qui sont toujours dans le même rapport de 1/3.
Voilà ce qui m'avait amené à conclure présomptueusement à la similitude des quadrilatères ABCD et IJKL, et comme il me semblait évident qu'elle ne pouvait pas être directe ...
Il y a donc là quatre paires de vecteurs parallèles, et les modules des vecteurs de chaque paire sont dans le même rapport de -1/3, ce qui définit une homothétie (Lebossé-Hémery n° 212 à 214).
Mais pour moi, il reste un point à éclaircir: pourquoi les vecteurs homologues sont-ils ici de sens contraires ?
J'espère que cette leçon aura porté ! Merci encore, Pappus !
Bonne soirée, bien cordialement
JLB 105446

Rescassol · July 2020

Bonsoir,

> pourquoi les vecteurs homologues sont-ils ici de sens contraires ?

Le rapport de l'homothétie est négatif.

Cordialement,

Rescassol

pappus · July 2020

Merci Jelobreuil
Tu as bien refait la figure mais tu as oublié l'essentiel à savoir le point $O$ qui en est le point le plus important!
On verra les démos plus tard!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · July 2020

Bonjour à tous
On devra donc se contenter de ma figure pour faire la démonstration à la Lebossé-Hémery utilisant les défuntes homothéties.
Les points $I$ et $K$ sont les centres de gravité respectifs des triangles $ABC$ et $BCD$ comme étant les intersections des médianes $AF$ et $CE$ pour le point $I$: $I=AF\cap CE$ et des médianes $BG$ et $DF$ pour le point $K$: $K=BG\cap DF$.
On passe donc du couple $(I,F)$ au couple $(A,D)$ par l'homothétie de centre $F$ et de rapport $3$
On passe du couple $(A,D)$ au couple $(D,A)$ par la symétrie centrale de centre $H$.
On passe donc du couple $(I,F)$ au couple $(D,A)$ par un produit d'homothétie, à savoir l'homothétie de centre $F$ et de rapport $3$: $h(F;3)$ suivie de la symétrie centrale de centre $H$: $h(H;-1)$:
$$h(H;-1)\circ h(F;3)$$
D'après le cours:
$$h(H;-1)\circ h(F;3)=h(O;-3)$$ où $O=AK\cap DI$.
A suivre, il faut bien faire durer le minuscule suspense!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · July 2020

Bonsoir à tous
Le point $O$ est le milieu du segment $FH$.
En effet $h(F,3)$ envoie ce milieu $O$ sur son symétrique $O'$ par rapport à $H$ et la symétrie centrale $h(H;-1)$ renvoie $O'$ sur le point $O$.
Le point $O$ est ainsi à l'intersection de six segments.
C'est plus que le super-pied, c'est l'extase!
Amicalement
[small]p[/small]appus 105520

jelobreuil · July 2020

Bien cher Pappus,
Pendant que tu tapais ton dernier message, j'étais en train de répondre à ton pénultième quand une malencontreuse faute de doigt a tout effacé de ce que j'écrivais ... Alors, je recommence.
Tout d'abord, je te signale deux typos dans ton avant-dernier message : il y a deux "K" à mettre, le premier à la place d'un D sur la troisième ligne, "le point DK", le deuxième à la place d'un F sur la quatrième ligne, "le couple (I, FK)".
Si je n'ai pas voulu représenter le centre de l'homothétie dans ma dernière figure, c'est parce que je ne trouvais pas chez Lebossé-Hémery la confirmation "texto noir sur blanc" de ce que ce centre est le point d'intersection des deux segments joignant chacun les deux points d'une paire de points homologues, et qu'il n'était pas clair dans mon esprit que (sur tes figures) K soit l'homologue de A.
En fait, ce n'est que ce soir que j'ai vraiment compris, du moins le pensè-je, ces deux gros détails.
Me trompè-je si je dis
- que le premier n'est que la conséquence directe de la définition même d'une homothétie, laquelle implique que tout segment joignant deux points homologues passe obligatoirement par le centre de l'homothétie,
- et que le deuxième est prouvé par ton calcul à base de barycentres dans ton deuxième message de ce fil ?
Et merci, Rescassol, c'est ton intervention qui m'a mis la puce à l'oreille sur ce coup-ci ! En effet, ma question sur les sens de deux vecteurs homologues venait en fait de ce que je ne voyais pas pourquoi, par exemple, c'est KI, et non IK, qui est l'homologue de AD (avec un clin d'oeil amical à Alain ...).
Merci encore, Pappus, de ta patience, et de l'intérêt que tu portes aux questions qui agitent ma petite cervelle, comme le montre encore ton dernier message !
Bien amicalement
JLB
PS Pappus, tu as apparemment corrigé la première typo, mais pas la deuxième, qu'il faudrait aussi faire deux lignes plus bas, cette dernière occurrence m'a échappé !

Autre cas de similitude entre quadrilatères

Réponses

Bonjour!

Catégories

In this Discussion

Qui est en ligne 26