Théorème de Thalès 33 - Les leçons de mathématiques à l`oral du

Leçon n°
33
Théorème de Thalès
Niveau
Prérequis
Références
9
De la 3e au Supérieur
notions de proportionnalité
[108], [109], [110], [111], [112], [113]
33.1 Rappels de quatrième
33.1.1 Droites des milieux
Dans un triangle, si une droite passe par le milieu d’un côté et est parallèle à un
deuxième côté alors, elle coupe le troisième côté en son milieu.
Théorème 33.1
A
N
M
C
B
(M N )//(BC)
Dans un triangle, si une droite passe par le milieu de deux côtés aalors elle est parallèle au troisième côté.
Théorème 33.2
Théorème 33.3
Dans les deux configurations précédentes, on a M N = 12 BC.
33.1.2 Agrandissement / réduction d’une figure
Lorsque l’on multiplie par un nombre k > 0 toutes les longueurs d’une figure F, on
obtient une figure F 0 qui est :
Définition 33.4
1. un agrandissement de F si k > 1 ;
2. une réduction de F si 0 < k < 1.
Le nombre k est appelé le facteur d’agrandissement ou de réduction.
R
33.5
Dans la section précédente, le triangle ABC est un agrandissement de AM N de facteur 2.
Dans un agrandissement ou une réduction :
— les mesures d’angles sont conservées ;
— les droites parallèles restent parallèles ;
— les droites perpendiculaires restent perpendiculaires ;
Propriété 33.6
10
Leçon n°33 • Théorème de Thalès
— les aires sont multipliés par k 2 ;
— les volumes sont multipliés par k 3 .
33.2 Théorème de Thalès et sa réciproque
33.2.1 Le théorème de Thalès
Étant donné deux droites sécantes coupées toutes deux par deux droites parallèles
(de telle façon que l’on ait deux triangles), alors le plus grand triangle est un agrandissement du plus
petit.
Théorème 33.7
Deux configurations possibles :
1.
2.
N
B
B
M
A
N
A
C
C
M
Égalité entre rapport de longueurs
Dv
Comme AM N est un agrandissement de ABC alors :
— AM est un agrandissement de AB ;
— AN est un agrandissement de AC ;
— M N est un agrandissement de BC.
Dit d’une autre façon, on peut trouver un nombre k > 1 tel que :
— AM = kAB ;
— AN = kAC ;
— M N = kBC.
On a donc :
AM
AN
MN
=
=
= k.
AB
AC
BC
Résolution type brevet
Dv
Si :
— (M N )//(BC) ;
— les points A, B, M sont alignés ;
— les points A, C, N sont alignés.
Alors, je peux appliquer le théorème de Thalès aux triangles ABC et AM N :
AM
AN
MN
=
=
.
AB
AC
BC
11
33.3 Exercices et applications
33.2.2 Réciproque du théorème de Thalès
Étant doné deux droites sécantes coupées toutes deux par deux droites d et d0 (de
telle façon que l’on ait deux triangles). Si le plus grand triangle est un agrandissement du plus petit
alors d et d0 sont parallèles.
Théorème 33.8
1.
2.
N
B
B
M
A
N
A
C
C
M
Pour vérifier que AM N est un agrandissement de ABC, il faut montrer qu’il existe un nombre k
tel que :
— AM = kAB ;
— AN = kAC ;
— M N = kBC.
R
33.9
On peut montrer que dans la configuration où nous sommes, il suffit de montrer qu’il existe un nombre k
tel que AM = kAB, AN = kAC pour conclure que AM N est un agrandissement de ABC.
AN
— Si AM
AB = AC
— Si les points A, B, M et les points A, C, N sont alignés dans le même ordre
alors on peut appliquer la réciproque du théorème de Thalès et conclure que (M N )//(BC).
Rédaction
Dv
type brevet
33.3 Exercices et applications
33.3.1 Une longueur constante
Soit ABCD un rectangle. On construit le point E sur le segment [AB] et F sur le segment [CD]
tel que (EF )//(BC).
Soit Z ∈ [DA]. Le segmenet [ZB] coupe le segment [EF ] en un point M et le segment [ZC]
coupe le segment [EF ] en un point N .
Montrer que M N = cst.
D
F
C
N
Z
M
A
E
B
12
Leçon n°33 • Théorème de Thalès
33.3.2 Découper un segment de longueur donné en n segments de même longueur
D
E
F
G
H
A
B
C
33.3.3 Construire à la règle et au compas une fraction
On considère un axe tel que OI = 1. Construire M tel que OM = ab .
Dv
B
C
O
I
M
On place A tel que OA = a × OI.
Soit C un point de d0 . On place B tel que OB = bOC.
La droite parallèle à (AB) couple l’axe en M tel que
OM
OC
1
=
= .
OA
OB
b
D’où
1
a
a
OM = OA = OI = .
b
b
b
33.4 Démonstration du théorème de Thalès
33.4.1 Une démonstration due à Euclide
Dv
• Démonstration —
A
13
33.4 Démonstration du théorème de Thalès
A
I
J
N
M
F
B
C
D
On considère les triangles AM N et BN A. On a : 2A(AM N ) = AM · N I et 2A(BN A) =
AB · IN donc on a :
AM
A(AM N )
=
.
AB
A(BN A)
De plus, 2A(AM N ) = AN · M J et 2A(CM A) = AC · M J donc
A(AM N )
AN
=
.
AC
A(CM A)
Maintenant, montrons que A(BN A) = A(CM A). Ceci revient à montrer que A(M F B) =
A(CF N ) : (M N ) et (BC) sont parallèles donc on en déduire que A(BN M ) = A(CM N ) :
même base et même hauteur. Or :
A(BN M ) = A(BM F ) + A(F M N )
et
A(CM N ) = A(CF N ) + A(F M N ),
ce qui démontre l’égalité.
Ainsi, comme A(BN A) = A(CM A), on a alors :
A(AM N )
A(AM N )
AN
AM
=
=
=
.
AB
A(BN A)
A(CM A)
AC
Montrons maintenant la deuxième égalité en considérant le parallélogramme M N CD : d’après
BD
ce que l’on vient de démontrer, en se plaçant dans le triangle ABC, on a BM
BA = BC , d’où :
BA − M A
BC − DC
AM
DC
MN
=
⇔
=
=
BA
BC
AB
BC
BC
car M N CD est un parallélogramme. On a ainsi démontré l’implication directe.
Réciproque : elle utilise le sens direct.
Soit le point E de d tel que (N E) est parallèle à (BC), alors A, E et B sont alignés dans le
même ordre que A, N et C et donc on peut appliquer le sens direct :
AN
AM
AE
=
=
AB
AC
AB
AE
d’après l’hypothèse. Donc : AB
= AM
AB d’où AE = AM , les points étant tous alignés dans le
même ordre, il vient que E = M donc les droites (M N ) et (BC) sont parallèles.
•
33.4.2 Preuve purement vectorielle
14
Leçon n°33 • Théorème de Thalès
Dv
• Démonstration — Il faut se poser la question de la validité d’une démonstration vectorielle
du théorème de Thalès. En effet, la géométrie vectorielle s’appuis souvent sur une définition géométrique des vecteurs, définition dans laquelle le théorème de Thalès joue un rôle
prépondérant quand il s’agit d’affirmer que k( #»
u + #»
v ) = k #»
u + k #»
v.
Mais on peut toutefois s’intéresser à une écriture possible du théorème de Thalès et sa justification grâce aux opérations vectorielles. Ce qui pourrait permettre de généraliser le théorème
de Thalès à tout espace affine euclidien associé à un espace vectoriel.
# »
# »
Dire que D est sur (AB), c’est écrire qu’il existe un réel x tel que AD = xAB.
# »
# »
De même, dire que E est sur (AC), c’est écrire qu’il existe un réel y tel que AE = y AC.
Enfin, dire que les droites (ED) et (BC) sont parallèles, c’est écrire qu’il existe un réel t tel
# »
# »
que DE = tBC.
Les égalités précédentes et la relation de Chasles permettent d’écrire que :
# » # »
y AC = AE
# » # »
# » # »
y(AB + BC) = AD + DE
# »
# »
# »
# »
y AB + y BC = xAB + tBC.
# »
# »
L’écriture suivant les vecteurs AB et BC se doit être unique car ces vecteurs ne sont pas
colinéaires. Donc y = x et y = t. On obtient donc les trois égalités :
# »
# »
AD = xAB,
# »
# »
AE = xAC
et
# »
# »
DE = xBC.
L’avantage de cet énoncé et de cette démonstration est que cela n’oblige pas à traiter les
différents cas de configuration évoqués plus haut.
•
33.5 D’autres théorèmes de géométrie en rapport avec le théorème
de Thalès
33.5.1 Dans le plan
#»
Soit E un espace affine de dimension 2 et E son espace vectoriel associé.
Soit ∆1 , ∆2 , ∆3 trois droites distinctes telles que ∆1 soit parallèle à ∆2 , elles
coupent ∆ et
deux droites distinctes, en A, B, C et A0 , B 0 et C 0 .
Alors ∆1 est parallèle à ∆3 si et seulement si :
Théorème 33.10
∆0 ,
(#
»
# »
A0 C 0 = k A0 B 0
# »
# »
AC = k AB
avec k ∈ R∗ .
Dv
• Démonstration —
33.5 D’autres théorèmes de géométrie en rapport avec le théorème de Thalès
⇐
# » # » # » # »
CC 0 = CA + AA0 + A0 C 0
# »
# » # »
= k BA + AA0 + k A0 B 0
# » # »
# » # »
= k BA + AA0 + k(A0 A + AB 0 )
# »
# » # »
= k(BA + AB 0 ) + (1 − k)AA0
# »
= (k + l)BB 0
car ∆1 //∆2 .
# »
# »
# »
# »
⇒ Il existe k ∈ R tel que AC = k AB et il existe k 0 ∈ R tel que A0 C 0 = k 0 A0 B 0 . Montrer
0
que k = k .
# »
# »
A0 C 0 = k 0 A0 B 0
# » # » # »
# » # » # »
A0 A + AC + CC 0 = k 0 (A0 A + AB + BB 0 )
# »
# » # »
# »
(1 − k)AA0 = k B 0 B + CC 0 = (k 0 − k)AB.
Or ∆1 //∆2 //∆3 donc il existe λ ∈ R tel que
# »
# » # »
# »
(1 − k)AA0 + k B 0 B + CC 0 = λAA0 .
D’où :
# »
# »
(k 0 − k)AB − λAA0 = 0.
# » # »
# » # »
Or AB et AA0 ne sont pas colinéaires, (AB, AA0 ) est un système libre, d’où k 0 − k = 0 et
λ = 0.
•
Autre preuve par les projections
Dv
• Démonstration —
⇒ ∆1 , ∆2 et ∆3 sont parallèles. Ces trois espaces affines sont dirigé par un même sous#»
#»
#»
espace vectoriel de E noté H. On considère p, la projection sur ∆0 parallèlement à H. On
a:
p(A) = A0 ; p(B) = B 0 ; p(C) = C 0 .
# »
# »
Soit k ∈ R tel que AC = k AB (existe car A, B et C sont alignés). On a :
# » #
»
A0 C 0 = p(A)p(C)
# »
= #»
p (AC)
# »
# »
# »
= #»
p (k AB) = k #»
p (AB) = k A0 B 0
où #»
p est l’application linéaire associée à p.
# »
# »
# » # »
⇐ On suppose qu’il existe k ∈ R tel que AC = k AB et A0 C 0 = k A0 B 0 . Soti D0 un point
de ∆0 tel que (CD0 )//∆1 . On peut applique Thalès :
(# »
# »
AC = k AB
# »
# »
A0 D 0 = k A0 B 0 .
15
16
Leçon n°33 • Théorème de Thalès
# » # »
D’où A0 D0 = A0 C 0 , c’est-à-dire C 0 = D0 .
•
Le théorème de Thalès peut donc s’exprimer uniquement en affine. Avec les hypothèses du théorème :
AC
A0 C 0
∆2 //∆3 ⇔
= 0 0.
AB
AB
Corollaire 33.11
Théorème 33.12 — Théorème de Ménélaus.
C 0 ∈ (AB).
Soit ABC un triangle et A0 ∈ (BC), B 0 ∈ (AC) et
C 0A
B0C
A0 B
=
=
= 1 ⇔ A0 , B 0 , C 0 alignés.
C 0B
B0A
A0 C
B
C0
A0
A
C
B0
Dv
• Démonstration —
⇐ On considère d la droite parallèle à (C 0 B 0 ) passant par B. On note D = d ∩ (AC) (D
est la projection de B sur (AC) parallèlement à (C 0 B 0 )) ?
B
C0
A0
A
C
B0
On applique deux fois le théorème de Thalès :
— dans ABD et AC 0 B 0 ;
— dans CBD et CB 0 A0 .
⇒ On utilise le premier sens.
On note D = (B 0 C 0 ) ∩ (BC). D’après le premier sens :
C 0 A DB
B0C
×
×
= 1.
C 0B
DC
B0A
Or, par hypothèse :
C 0 A A0 B
B0C
×
×
= 1,
C 0B
A0 C
B0A
D
17
33.5 D’autres théorèmes de géométrie en rapport avec le théorème de Thalès
d’où
DB
A0 B
= 0 ,
DC
AC
c’est-à-dire qu’il existe k ∈ R tel que :
(# »
# »
DB = k DC
# »
#0»
A B = k A0 C
# »
# »
d’où DA0 = k DA0 , c’est-à-dire D = A0 (k 6= 1) sinon B = C.
•
Preuve par les projections
Dv
• Démonstration —
⇐ Soit ∆ non parallèle à (C 0 B 0 ). On considère δ, α, β, γ les projetés respectives de C 0 ,
A, B, C sur ∆ parallèle à (C 0 B 0 ).
∆
B
C0
A0
β
A
δ
C
B0
γ
α
On note p cette projection.
»
# »
#» #
δα = p(C 0 )p(A) = #»
p (C 0 A).
# »
# »
Soit k ∈ R tel que C 0 A = k C 0 B, alors :
# »
# »
#»
#»
p (C 0 A) = k #»
p (C 0 B) = k δβ.
D’où :
De même :
Finalement :
δα
C 0A
= 0 .
CB
δβ
B0C
δγ
=
0
BA
δα
et
A0 B
δβ
=
.
0
AC
δγ
C 0A B0C
A0 B
×
×
= 1.
C 0B
B 0 A A0 C
⇒ On note δ le projeté de B 0 et C 0 . On note δ 0 le projeté de A0 . On montre que δ = δ 0 , et
donc que B 0 , C 0 et A0 sont alignés.
18
Leçon n°33 • Théorème de Thalès
On a :
C 0A B0C
A0 B
× 0 × 0 =1
0
CB
BA AC
d’où :
δα
δγ
δ0 β
×
× 0 =1
δβ
δα δ γ
c’est-à-dire :
δγ
δ0 γ
= 0
δβ
δβ
et donc δ = δ 0 .
•
Soient deux droites d et d0 ; trois points A, B et C de d ;
trois points
et
de
On note P , Q et R les intersections respectives de (AB 0 ) et (A0 B),
de (B 0 C) et (BC 0 ), et de (AC 0 ) et (A0 C). Alors les points P , Q et R sont alignés.
Théorème 33.13 — Théorème de Pappus.
A0 ,
B0
C0
d0 .
Dv
• Démonstration —
A
B
K
A0
C
RL Q
P
B0
C0
O
J
On suppose que (A0 B) et (B 0 C) sont sécantes en J, (B 0 C) et (AC 0 ) en L, (AC 0 ) en K.
Les trois points ainsi définis sont alors distincts et non alignés et définissent le triangle JKL.
— la droite (AC) intersecte les trois côtés du triangle en A, B et C
— la droite (A0 C 0 ) intersecte les trois côtés du triangle en A0 , B 0 , C 0
— la droite (BC 0 ) intersecte les trois côtés du triangle en B, Q,C 0
— la droite (A0 C) intersecte les trois côtés du triangle en A0 , P , C
— la droite (AB 0 ) intersecte les trois côtés du triangle A, R et B 0 .
19
33.5 D’autres théorèmes de géométrie en rapport avec le théorème de Thalès
D’après Ménélaüs, ces alignements se traduisent par les égalités suivantes :
AK
BJ
CL
×
×
AL
BK
CJ
A0 J
B0L C 0K
× 0 × 0
A0 K
BJ
CL
BK
QJ
C 0L
×
× 0
BJ
QL C K
A0 K
PL
CJ
×
×
0
AJ
PK
CL
AL
RK
B0J
×
× 0
AK
RJ
BL
=1
=1
=1
=1
=1
En multipliant membre à membre ces cinq égalités, il reste après simplification :
QJ
PL
RK
×
×
QL P K
RJ
ce qui prouve d’après la réciproque de Ménélaüs l’alignement des trois points P , Q et R.
•
Soient deux triangles ABC et A0 B 0 C 0 tels
que les droites
et
sont parallèles ou concourantes alors les droites (AB) et
(A0 B 0 ) sont parallèles, de même pour (BC) et (B 0 C 0 ) et pour (AC) et (A0 C 0 )
Théorème 33.14 — Théorème de Desargues, réciproque.
(AA0 ),
(BB 0 )
(CC 0 )
Dv
• Démonstration —
Première configuration : Dans le cas où les droites (AA0 ), (BB 0 ) et (CC 0 ) sont parallèles,
A0
A
O
C
B
B0
C0
appelons O le point d’intersection des trois droites. On applique le théorème de Thalès
dans le triangle OAC, on a alors :
OA
OB
=
0
OA
OB 0
Donc :
et
OA
OC
=
.
0
OA
OC 0
OB
OC
=
.
OB 0
OC 0
et en appliquant la réciproque de Thalès, on en déduit que (BC) est parallèle à (B 0 C 0 ).
20
Leçon n°33 • Théorème de Thalès
Seconde configuration : Les droites (AA0 ), (BB 0 ) et (CC 0 ) sont parallèles.
A0
B0
A
B
C0
C
On reconnait deux parallélogrammes AA0 C 0 C et AA0 B 0 B ayant un côté commun, les
deux autres côtés parallèles définissent alors un parallélogramme.
•
Soient deux triangles ABC et A0 B 0 C 0 tels
que les droites (AB) et
sont parallèles, de même pour (BC) et (B 0 C 0 ) et pour (AC) et
(A0 C 0 ). Alors les drotes (AA0 ), (BB 0 ) et (CC 0 ) sont parallèles ou concourantes.
Théorème 33.15 — Théorème de Desargues, réciproque.
(A0 B 0 )
Dv
• Démonstration — La réciproque se déduit du sens direct par une méthode dite de « fausse
position » en distinguant deux cas suivant que deux droites parmi les 3 en jeu (disons (AA0 )
et (BB 0 ) sont sécantes ou parallèles.
— Si (AA0 ) et (BB 0 ) sont sécantes, on note O le point d’intersection de (AA0 ) et (BB 0 ) et
M tel que (A0 M )//(AC) : les conditions du sens direct du théorème de Desargues sont
réalisées, avec, M à la place de C 0 donc (M B 0 )//(CB). Or il n’existe qu’un seul point
situé d’une part sur la parallèle à (AC) menée par A0 , d’autre part sur la parallèle à (BC)
menée par B 0 et ce point est C 0 . Donc M et C 0 snt confondus et les points O, C et C 0
sont alignés.
— analogue au premier cas.
•
Étant donnés un triangle ABC et trois points A0 , B 0 et C 0
appartenant respectivement aux droites (BC), (AC) et (AB) ; les droites (AA0 ), (BB 0 ) et (CC 0 )
sont concourantes ou parallèles si et seulement si :
Théorème 33.16 — Théorème de Ceva.
A0 C
B0A C 0B
×
× 0 = −1.
A0 B B 0 C
CA
Dv
• Démonstration — On peut déduire le théorème de Ceva de celui de Menelaüs. Si les trois
droites se coupent en G, la droite (CC 0 ) coupe les côtés du triangle ABA0 en C, G et C 0 .
33.5 D’autres théorèmes de géométrie en rapport avec le théorème de Thalès
C
B0
A0
G
A
C0
B
Par le théorème de Menelaüs, on a :
C 0A
CB
GA0
×
×
= 1.
C 0B
CA0
GA
De même, la droite (BB 0 ) coupe les côtés du triangle ACA0 en B, G et B 0 . et donc :
GA
BA0
B0C
×
×
= 1.
GA0
BC
B0A
Le produit membre à membre donne :
A0 B
B0C
C 0A
× 0 × 0 = −1
0
AC
BA CB
après calculs.
Réciproquement, si
A0 B
B0C
C 0A
×
×
= −1.
A0 C
B0A C 0B
Si les droites (AA0 ), (BB 0 ), (CC 0 ) ne sont pas parallèles alors deux d’entre elles sont concourantes en un point G, par exemple les droites (AA0 ) et (BB 0 ).
A
A0
B
C
G
B0
C 00
La droite (CG) coupe alors la droite (AB) en un point C 00 . En effet, si ces deux droites étaient
parallèles, on aurait avec Thalès que :
AB
A0 B
AB
AB
B0A
= 0
ainsi que
= −
= 0
GC
AC
CG
GC
BC
soit
A0 B
A0 C
B A
= −B
.
0C
0
En remplaçant dans l’hypothèse on trouve que
C0A
C0B
= 1 soit A = B ce qui est absurde.
21
22
Leçon n°33 • Théorème de Thalès
(CG) et (AB) sont bien concourantes en un point C 00 . Le théorème de Ceva en sens direct
entraîne que
A0 B
B0C
C 00 A
×
×
= −1
A0 C
B 0 A C 00 B
et donc par hpothèse, on trouve que
C 00 A
C 00 B
=
C0A
C0B
soit C 0 = C 00 .
Les droites (AA0 ), (BB 0 ), (CC 0 ) sont bien concourantes en un point G.
•
33.5.2 Dans l’espace
On considère la figure suivante :
Théorème 33.17 — Théorème de Thalès dans l’espace.
alors :
Si les plans (P1 ), (P2 ) et (P3 ) sont parallèles
AB
A0 B 0
= 0 0.
AC
AC
Dv
• Démonstration — On considère la parallèle à D passant par A0 puis on applique le théorème
de Thalès deux fois.
•
Soient A, B et C trois
points d’une droite D et A0 , B 0 , C 0 trois points d’une droite D0 , on suppose que ces 6 points sont
0B0
deux à deux distincts. Alors si AB
=A
alors les droites (AA0 ), (BB 0 ) et (CC 0 ) sont parallèles à
AC
A0 C 0
un même plan.
Théorème 33.18 — Première réciproque du thm de Thalès dans l’espace.
23
33.6 Un exercice d’application
Dv
• Démonstration — On introduit les plans parallèles PA , PB et PC passant respectivement
# » # »
# »
# »
par A, B et C et de vecteurs AA0 et BB 0 . PA contient AA0 , PB contient BB 0 et PC coupe
D0 en un point C 00 . Le théorème de Thalès (sens direct) entraîne que :
AB
A0 B 0
= 0 00 .
AC
AC
B
=A
donc C 00 = C 0 .
A0 C 0
# »0
Le plan PC contient donc CC et ainsi (AA0 ), (BB 0 ) et (CC 0 ) sont parallèles à un même
plan (car les trois plans étaient supposés parallèles.
•
Or, par hypothèse, on a :
AB
AC
0
0
Soient D, D0 et D00 trois
droites distinctes. Trois plans distincts PA , PB et PC coupent D respectivement en A, B, C, coupent
D0 respectivement en A0 , B 0 , C 0 distincts et coupent D00 respectivement en A00 , B 00 , C 00 distincts. On
suppose que C, C 0 et C 00 ne sont pas alignés.
0B0
00 B 00
Si AB
=A
=A
et si PA est parallèle à PB alors PC est parallèle à PA et à PB .
AC
A0 C 0
A00 C 00
Théorème 33.19 — Seconde réciproque du thm de Thalès dans l’espace.
Dv
• Démonstration — Soit P le plan passant par C est parallèle à PA et à PB . Il coupe D0 en
Q et D00 en R de sorte qu’on puisse utilise le théorème de Thalès (sens direct) aux trois plans
parallèles PA , PB et P. On obtient l’égalité :
AB
A0 B 0
A00 B 00
= 0 = 00
AC
AQ
A R
ce qui entraîne avec les hypothèses que Q = C 0 et R = C 00 et ainsi P = PC .
Les plans PA , PB et PC sont parallèles.
•
33.6 Un exercice d’application
Soit ABCDA0 B 0 C 0 d0 un parallélépipède rectangle de l’espace, le rectangle A0 B 0 C 0 D0
# »
étant le translaté du rectangle ABCD par le vecteur AA0 . Montrer que (A0 BD) et (B 0 D0 C) sont parallèles.
Ces deux plans coupent respectivement la grande diagonale (AC 0 ) en I et J. En utilisant le théorème de Thalès dans l’espace, montrer que I et J sont situés au 1/3 et au 2/3 de [AC 0 ].
Exercice 33.20
Dv
• Solution — En utilisant le fait qu’on travaille avec des rectangles, il est facile de montrer
que (BCD)//(B 0 C 0 D0 ). On considère la figure suivante (les points A00 (resp. B 00 , C 00 et D00 )
s’obtiennent en faisant une symétrie centrale du point A (resp. B, C et D) par rapport au point
24
Leçon n°33 • Théorème de Thalès
A0 (resp. B 0 , C 0 et D0 ).
D00
D0
D
C 00
C0
CJ
A00
I A0
B 00
B0
A
B
Pour les mêmes raisons, (D00 C 0 B 00 )//(B 0 D0 C)//(A0 BD). On note I 0 le point d’intersection
0
entre (A0 DB) et (AD0 ). On constate que I 0 est le centre du rectangle AA0 D0 D donc AD
=
AI 0
2.
Le théorème de Thalès nous donne :
AJ
AD0
=
= 2 ⇒ AJ = 2AI.
AI
AI 0
Il reste à montrer que AI = 13 AC 0 .
On note I 00 le point d’intersection entre (A0 DB) et (AD00 ). Le théorème de Thalès nous
# » # » # »
0
00
donne : AC
= AD
. On se place dans le repère (A, AB, AD, AA0 ). En fait, I 00 appartient à
AI
AI 00
la droite (A0 D) et à la droite (AD00 ). On a :
# »
# »
A(0; 0; 0) ; A0 (0; 0; 1) ; D(0; 1; 0) ; B 00 (0; 1; 2) ; A0 D(0; 1; −1) ; AD00 (0; 1; 2)


x = 0
0
, λ∈R
(A D) : y = λ


z =1−λ


x = 0
00
(AD ) : y = µ
, µ∈R


z = 2µ
(33.1)
(33.2)
On tire de (33.1) que x = 0 et y + z = 1 et de (33.2) que z = 2y.
Ainsi x = 0, 3y = 1 soit y = 31 et donc z = 23 . On a ainsi :
# » 1# »
I 00 (0, 13 , 23 ) ⇒ AI 00 = AD00 .
3
Alors
AD 00
AI 00
= 3. Comme
AC 0
AI
=
AD 00
,
AI 00
on en déduit
Conclusion : AI = 13 AC et AJ = 2AC 0 .
AC 0
AI
= 3 soit AI = 13 AC 0 .
•
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