Le théorème de Menelaüs

Exercice (Théorème de Menelaüs)
Soient {A,B,C} trois points non alignés du plan.
On se donne {A',B',C'} sur {(BC),(AC),(AB)}, distincts de {A,B,C}.
Montrer que : {\Bigl(A',B',C'\text{\ alignés\ }\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}
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  1. Première démonstration (en utilisant des barycentres) :

    Il existe des réels {\alpha,\beta,\gamma}, différents de {0} et de {1}, tels que : {\begin{cases}A'=\alpha B+(1-\alpha)C\\ B'=\beta C+(1-\beta)A\\ C'=\gamma A+(1-\gamma)B\end{cases}}

    On en déduit {\begin{cases}\overrightarrow{A'B'}=-\alpha\overrightarrow{AB}+(\alpha+\beta-1)\overrightarrow{AC}\\\overrightarrow{A'C'}=(1-\alpha-\gamma)\overrightarrow{AB}+(\alpha-1)\overrightarrow{AC}\end{cases}}

    Il en découle : {\begin{array}{l}\det(\overrightarrow{A'B'},\overrightarrow{A'C'})\\\\\quad=(\alpha(1-\alpha)+(\alpha+\beta-1)(\alpha+\gamma-1))\det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})\\\\\quad=(\alpha\beta+\alpha\gamma+\beta\gamma-\alpha-\beta-\gamma+1)\det(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})\end{array}}
    On a alors les équivalences : {\begin{array}{rl}\Bigl(A',B',C'\text{\ alignés\ }\Bigr)&\Leftrightarrow \det(\overrightarrow{A'B'},\overrightarrow{A'C'})=0\\\\&\Leftrightarrow \alpha\beta+\alpha\gamma+\beta\gamma=\alpha+\beta+\gamma-1\end{array}}On a aussi : {\dfrac{\overline{A'B}}{\overline{A'C}}=\dfrac{\alpha-1}{\alpha},\ \dfrac{\overline{B'C}}{\overline{B'A}}=\dfrac{\beta-1}{\beta},\ \dfrac{\overline{C'A}}{\overline{C'B}}=\dfrac{\gamma-1}{\gamma}}On en déduit les équivalences : {\begin{array}{l}\dfrac{\overline{A' B}}{\overline{A' C}}\cdot\dfrac{\overline{B' C}}{\overline{B' A}}\cdot\dfrac{\overline{C' A}}{\overline{C' B}}=1\\\\\quad\Leftrightarrow \dfrac{\alpha-1}{\alpha}\cdot\dfrac{\beta-1}{\beta}\cdot\dfrac{\gamma-1}{\gamma}=1\\\\\quad\Leftrightarrow\alpha\beta+\alpha\gamma+\beta\gamma=\alpha+\beta+\gamma-1\end{array}}On est arrivé à la même condition, ce qui démontre le théorème.

  2. Deuxième démonstration (en utilisant des compositions d’homothéties) :

    Soit {a} l’homothétie de centre {A'} telle que {a(B)=C}

    Soit {b} l’homothétie de centre {B'} telle que {b(C)=A}.

    Les rapports de {a} et {b} sont {\alpha=\dfrac{\overline{A' C}}{\overline{A' B}}} et {\beta=\dfrac{\overline{B' A}}{\overline{B' C}}}.

    L’application {f=b\circ a} est une dilatation de rapport {\lambda=\alpha\beta}.

    C’est donc une translation si {\lambda=1} et une homothétie de rapport {\lambda} sinon.

    On suppose tout d’abord que {A',B',C'} sont alignés.

    Si on avait {\lambda=1} on aurait {\dfrac{\overline{A' C}}{\overline{A' B}}\cdot\dfrac{\overline{B' A}}{\overline{B' C}}=1}, donc on aurait :{\dfrac{\overline{CA'}}{\overline{CB'}}=\dfrac{\overline{A'B}}{\overline{B' A}}=\dfrac{\overline{CA'}+\overline{A'B}}{\overline{CB'}+\overline{B' A}}=\dfrac{\overline{CB}}{\overline{CA}}}Il en résulterait {(A'B')\parallel(AB)} (réciproque de Thalès).

    Mais c’est absurde car {(A'B')\cap (AB)=\{C'\}}.

    Ainsi {f} est une homothétie, dont le centre est sur {(A'B')}, qui joint les centres de {a} et {b}.

    Mais {f(B)=b(a(B))=b(C)=A}, donc le centre {\Omega} de {f} est sur {(AB)}.

    Donc {\Omega=(AB)\cap(A'B')=C'}.

    De plus {f(B)=A}, donc le rapport {\lambda} de {f} est {\dfrac{\overline{C'A}}{\overline{C'B}}}.

    Ainsi {\dfrac{\overline{C'A}}{\overline{C'B}}=\dfrac{\overline{A' C}}{\overline{A' B}}\cdot\dfrac{\overline{B' A}}{\overline{B' C}}} 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}.

    Réciproquement, 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}.

    Si on avait {(A'B')\parallel(AB)}, on aurait {\dfrac{\overline{A' C}}{\overline{A' B}}=\dfrac{\overline{B' C}}{\overline{B' A}}} (Thalès).

    Il en résulterait {\dfrac{\overline{C'A}}{\overline{C'B}}=1} donc {A=B} (car {A,B,C'} sont alignés), ce qui n’est pas.

    Ainsi la droite {(A'B')} rencontre la droite {(AB)}, en un point que nous notons {C''}.

    Le sens direct de la démonstration donne {\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}}} par comparaison avec l’hypothèse.

    Si on note {\mu} cette valeur {\ne1} : {\begin{array}{rl}\begin{cases}\overline{C' A}=\mu\,\overline{C' B}\\ \overline{C'' A}=\mu\,\overline{C'' B}\end{cases}&\Rightarrow \begin{cases}(1-\mu)C'=A-\mu B\\ (1-\mu)C''=A-\mu B\end{cases}\\\\&\Rightarrow C''=C'\end{array}}Il en résulte que {A',B',C'} sont alignés, ce qui achève la démonstration.

  3. Troisième démonstration (en utilisant Thalès) :

    On suppose que {A',B',C'} sont alignés, et on projette sur la droite {(AB)}, parallèlement à la droite contenant {A',B',C'}.

    Le théorème de Thalès donne : {\dfrac{\overline{A' B}}{\overline{A' C}}=\dfrac{\overline{C' B}}{\overline{C' D}}\text{\ et\ }\dfrac{\overline{B' C}}{\overline{B' A}}=\dfrac{\overline{C'D}}{\overline{C'A}}}On a donc 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{C' B}}{\overline{C' D}}\cdot\dfrac{\overline{C'D}}{\overline{C'A}}\cdot \dfrac{\overline{C' A}}{\overline{C' B}}=1}Pour la réciproque, on procède comme dans la démonstration n°2 : on pose {C''=(A'B')\cap(AB)}, on utilise le sens direct, et on en déduit {C''=C'}.