Le théorème de Ceva

Exercice (Théorème de Ceva)
On considère trois droites {\mathcal{D}_A,\mathcal{D}_B,\mathcal{D}_C}.
On suppose qu’elles passent respectivement par les trois {A,B,C} non alignés.
{\mathcal{D}_A,\mathcal{D}_B,\mathcal{D}_C} coupent respectivement {(BC),(CA),(AB)} en {A',B',C'}.
Montrer l’équivalence : {\Bigl(\mathcal{D}_A,\mathcal{D}_B,\mathcal{D}_C\text{\ parallèles ou concourantes\ }\Bigr)\Leftrightarrow\dfrac{\overline{A'B}}{\overline{A'C}}\cdot\dfrac{\overline{B'C}}{\overline{B'A}}\cdot\dfrac{\overline{C' A}}{\overline{C' B}}=-1}
Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé
Voici une illustration des deux cas de figures possibles :

  • Sens direct :

    On suppose que {\mathcal{D}_A}, {\mathcal{D}_B} et {\mathcal{D}_C} sont parallèles.

    Le théorème de Thalès donne : {\dfrac{\overline{B'C}}{\overline{B'A}}=\dfrac{\overline{BC}}{\overline{BA'}}\text{\ et\ }\dfrac{\overline{C'A}}{\overline{C'B}}=\dfrac{\overline{CA'}}{\overline{CB}}}On en déduit l’égalité : {\dfrac{\overline{A' B}}{\overline{A' C}}\cdot\dfrac{\overline{B'C}}{\overline{B'A}}\cdot\dfrac{\overline{C' A}}{\overline{C' B}}=\dfrac{\overline{A' B}}{\overline{A' C}}\cdot\dfrac{\overline{BC}}{\overline{BA'}}\cdot\dfrac{\overline{CA'}}{\overline{CB}}=-1}Supposons maintenant {\mathcal{D}_A}, {\mathcal{D}_B} et {\mathcal{D}_C} concourantes en {I}.

    On applique le théorème de Menelaüs au triangle {ACA'} et à la droite {BIB'}.

    On obtient : {\dfrac{\overline{BA'}}{\overline{BC}}\cdot\dfrac{\overline{B'C}}{\overline{B'A}}\cdot\dfrac{\overline{IA}}{\overline{IA'}}=1}.

    De même {\dfrac{\overline{CB}}{\overline{CA'}}\cdot\dfrac{\overline{IA'}}{\overline{IA}}\cdot\dfrac{\overline{C'A}}{\overline{C'B}}=1} (appliquer Menelaüs à {ABA'} et {CIC'}).

    On fait le produit et on obtient : {\dfrac{\overline{BA'}}{\overline{BC}}\cdot\dfrac{\overline{B'C}}{\overline{B'A}}\cdot\dfrac{\overline{IA}}{\overline{IA'}}\cdot\dfrac{\overline{CB}}{\overline{CA'}}\cdot\dfrac{\overline{IA'}}{\overline{IA}}\cdot\dfrac{\overline{C'A}}{\overline{C'B}}=1}Après simplification, il reste : {\overline{BA'}\cdot\dfrac{\overline{B'C}}{\overline{B'A}}\cdot1\cdot \dfrac{-1}{\overline{CA'}}\cdot 1\cdot\dfrac{\overline{C'A}}{\overline{C'B}}=1}On trouve donc : {\dfrac{\overline{A'B}}{\overline{A'C}}\cdot\dfrac{\overline{B'C}}{\overline{B'A}}\cdot\dfrac{\overline{C'A}}{\overline{C'B}}=-1}.

  • Réciproque :
    On suppose qu’on a l’égalité {\dfrac{\overline{A'B}}{\overline{A'C}}\cdot\dfrac{\overline{B'C}}{\overline{B'A}}\cdot\dfrac{\overline{C'A}}{\overline{C'B}}=-1}.

    Supposons tout d’abord que les droites {(AA')} et {(BB')} soient parallèles.

    La parallèle à {(AA')} menée par {C} recoupe {(AB)} en un point {C''}.

    Le sens direct donne alors {\dfrac{\overline{A'B}}{\overline{A'C}}\cdot\dfrac{\overline{B'C}}{\overline{B'A}}\cdot\dfrac{\overline{C''A}}{\overline{C''B}}=-1}.

    Par comparaison avec l’hypothèse, on en déduit :{\dfrac{\overline{C''A}}{\overline{C''B}}=\dfrac{\overline{C'A}}{\overline{C'B}}\text{\ donc\ }C''=C'}On en déduit {(AA')\parallel(BB')\parallel(CC')}.

    Supposons maintenant que {(AA')} et {(BB')} concourent en un point {I}.

    La droite {(CI)} recoupe la droite {(AB)} en un point {C''}.

    Comme précédemment, on trouve {\dfrac{\overline{A'B}}{\overline{A'C}}\cdot\dfrac{\overline{B'C}}{\overline{B'A}}\cdot\dfrac{\overline{C''A}}{\overline{C''B}}=-1}.

    On en déduit {\dfrac{\overline{C''A}}{\overline{C''B}}=\dfrac{\overline{C'A}}{\overline{C'B}}} et enfin {C''=C'}.

    Ainsi {(AA'),(BB'),(CC')} sont concourantes en {I}, ce qui achève la réciproque.

  • Autre démonstration pour le sens direct :

    On a vu que le sens direct est facile et utilise Thalès quand {(AA'),(BB'),(CC')} sont parallèles, et Menelaüs (moins facile) quand {(AA'),(BB'),(CC')} sont concourantes.

    On a vu également que la réciproque est très simple à établir en utilisant le sens direct. On a voir une autre méthode pour le sens direct dans le cas où {(AA'),(BB'),(CC')} sont concourantes en un point {I}.

    Il existe {\alpha,\beta,\gamma} tels que {I} soit le barycentre de {(A,\alpha),(B,\beta),(C,\gamma)}, avec {\alpha+\beta+\gamma=1}.

    Tout d’abord {\beta+\gamma\ne0}, sinon {\alpha=1} donc {I=A} puis {B'=C'=A}.

    Soit {A''} le barycentre de {(B,\beta)} et {(C,\gamma)}. D’abord ce point est sur {(BC)}.

    Ensuite {I} est le barycentre de {(A,\alpha)} et de {(A'',\beta+\gamma)} donc {A''} est sur {(AI)}.

    On en déduit {A''=A'}, donc {(\beta+\gamma)\,\overrightarrow{\Omega A'}=\beta\,\overrightarrow{\Omega B}+\gamma\,\overrightarrow{\Omega C}} pour tout {\Omega}.

    En particulier {\beta\,\overrightarrow{A'B}+\gamma\,\overrightarrow{A'C}=0} donc {\beta\,\overline{A'B}+\gamma\,\overline{A'C}=0}.

    Et finalement {\dfrac{\overline{A'B}}{\overline{A'C}}=-\dfrac{\gamma}{\beta}}.

    (remarque : on a {\beta\ne0} sinon {A'=C} donc également {B'=C})

    De même : {\dfrac{\overline{B'C}}{\overline{B'A}}=-\dfrac{\alpha}{\gamma}\text{\ et\ }\dfrac{\overline{C'A}}{\overline{C'B}}=-\dfrac{\beta}{\alpha}}.

    En conclusion, on a bien obtenu l’égalité : {\dfrac{\overline{A'B}}{\overline{A'C}}\cdot \dfrac{\overline{B'C}}{\overline{B'A}}\cdot\dfrac{\overline{C'A}}{\overline{C'B}}=\Bigl(-\dfrac{\gamma}{\beta}\Bigr)\Bigl(-\dfrac{\alpha}{\gamma}\Bigr)\Bigl(-\dfrac{\beta}{\alpha}\Bigr)=-1}