Descartes et les Mathématiques

Intersection inaccessible
Douze solutions

Construction d'une droite passant par un point et l'intersection
de deux autres droites, sans utiliser cette intersection impossible.

Sommaire

Droite menée au point de concours

1. Figure de Desargues

2. Deuxième figure de Desargues

3. Construction par polaires réciproques

4. Construction à la règle seule d'Ocagne

5. Avec un cercle auxiliaire

6. Parallélogramme de sommet M

7. Parallélogramme de centre M

8. Homothétie de rapport 1/2

9. Translation et parallélogramme

Utilisation de droites remarquables d'un triangle

10. Quadrangle orthocentrique :
        M orthocentre d'un triangle

          M sommet d'un triangle d'orthocentre I

11. Bissectrices

Point inaccessible :

Angle de deux droites
Tracer le symétrique d'un triangle
Bissectrice
Perpendiculaire et carré avec règle et équerre
Diagonale d'un parallélogramme

Droite passant par un point
et par l'intersection inaccessible

Détermination de la droite passant par un point
de la page et par l'intersection inaccessible

Deux droites concourantes se coupent en un point situé
hors de la feuille (hors de l'écran). Par un point du plan,
situé sur la feuille hors des droites, on demande de
tracer la droite concourante, avec ces deux droites
sans utiliser ce point inaccessible.

Vouloir réaliser ces constructions à la règle seule
n'est pas un caprice de mathématicien.

Le contexte militaire de la géométrie du XIX^e siècle
impose ces contraintes, lorsqu'il est trop dangereux
de s'approcher de l'ennemi.
Il interdit aussi l'usage du compas,
car il est impossible de réaliser des
mesures sur le champ de bataille.

Point d'intersection hors de la feuille

Peut-on tracer la droite passant par M et par l'intersection de (d) et (d’) ?

Compléter la feuille

Dans les conventions du problème, nous refusons
le collage d'un papier supplémentaire sur le bord de la page.

Indications

Une situation à mettre en œuvre de la quatrième à la terminale,
en deux à trois heures, suivant les niveaux et les objectifs.

Ce problème est classique et remonte sans doute à plusieurs siècles :
ce qui est innovant est d'accepter plusieurs solutions sans aucun dogmatisme.
Ce problème est projectif et les solutions à la règle seule sont les plus élégantes.
Mais il peut aussi se résoudre dans un cadre affine
avec translation et parallélogramme.
Un cadre euclidien est plus tiré par les cheveux, mais il est
possible d'utiliser angles droits, orthocentre et
bissectrices et pourquoi pas des pliages.

Constructions à la règle

Deux droites (d) et (d’) concourantes se coupent en un
point I situé hors de la feuille, M étant un point du plan,
tracer la droite (IM).

1. Figure de Desargues

Ce problème de géométrie projective doit se traiter de
préférence en utilisant la règle seule.

Tracer l'axe homologie (PQ) et trouver la droite (MM₁)passant par le pôle I ;
Pour cela, effectuer les constructions suivantes en veillant
à ce que les droites se coupent à l'intérieur de la feuille :

Placer deux points A et B sur (d), deux points A’ et B’ sur (d’) ;
et un point Q sur la droite (AM).
Les droites (AA’) et (BB’) se coupent en P, la droite (MA’) coupe (PQ) en R.
Les droites (QB) et (RB’) se coupent en M₁. La droite (MM₁) passe par I.

Utilisation de l'espace pour un problème plan

La démonstration « par le relief » est facile en imaginant
les deux triangles QAB et RA’B’ comme la représentation
de deux triangles de l'espace non situés dans le même plan.

Le point P est alors le centre d'une perspective
transformant QAB en RA’B’.
Les plans (QAB) et (RA’B’) se coupent suivant une droite (d),
qui s'appelle l'axe d'homologie. Les droites (QA) et (RA’) se
coupent en un point M qui est donc situé sur (d).

De même, les points M₁ et I sont situés sur (d).
La droite (MM₁), droite d'intersection des deux plans, passe par I.

Remarque : dans cette démonstration on utilise le fait que deux
droites de l'espace projectif se coupent que si elles sont
coplanaires, le point d'intersection étant un point à l'infini
lorsque les deux droites sont parallèles. Le point M existe,
car les droites (QA) et (RA’) sont situés dans le plan (PAQ).

Les points M₁ et I existent également.

Figure reprise dans : joindre deux points d'une droite avec
une règle trop courte

2. Deuxième figure de Desargues

Cas où les droites (AA’) et (BB’) sont parallèles.

Dans le plan projectif, la droite (PQ) est alors la droite de l'infini.

Placer deux points A et B sur (d) et un point A’ sur (d’).
La parallèle à (AA’) passant par B coupe (d’) en B’.
Les parallèles à (AM) et (A’M) passant par B et B’
se coupent en M₁.

La droite (MM₁), qui passe par I, est solution.

Remarques : cette solution utilise la forme affine du théorème
de Desargues.
Elle correspond au cas de la première figure de Desargues,
où la droite (PQ) est rejetée à l'infini.
On utilise le triangle AA’M₁, semblable au triangle AA’M,
image par une homothétie de centre I transformant une
sécante (AA’) à (d) et (d’) en une sécante (BB’) parallèle.

La construction est toujours possible et peut être
réalisée avec une équerre ou avec la règle à bords parallèles.

3. Construction à la règle seule,
par polaires réciproques

D'après Jean-Henri Lambert (1728-1777)

Solution historique, maintenant hors programme, avec des
faisceaux harmoniques de droites pour ma génération de
retraités nostalgiques.
Les origines de cette construction se trouvent dans la
préoccupation des peintres de tracer des parallèles
en perspective sans sortir du tableau.

M entre (d) et (d’ )

M à l'extérieur de (d) et (d’)

Construire un point P de la polaire de M par rapport à (d) et (d’) :

Placer deux points A et B sur (d).
La droite (MA) coupe (d’) en A’ et la droite (MB) coupe (d’) en B’.
Le point P intersection de (AB’) et (A’B) est un point de la polaire de M.

Construire la polaire de P par rapport à (d) et (d’) :

Placer un point C, distinct de A et B, sur (d). La droite (MC) coupe (d’) en C’.
Le point M₁ intersection de (A’C) et (BC’) est un point de la polaire de P.
La droite (MM₁), polaire de P, passe par I.

Voir, pour des droites parallèles (d) et (d’ ),
la construction de la parallèle à (d) passant par M.

4. Construction à la règle seule d'Ocagne

Placer deux points A et B sur (d), deux points A’ et B’ sur (d’).

Les droites (MA) et (BB’) se coupent en C,
les droites (MB’) et (AA’) se coupent en C’.

Les droites (BC’) et (A’C) se coupent en M₁. La droite (MM₁) passe par I.

Un cercle (c) coupe la droite (d) aux points A et B, la droite (d’) aux points A’ et B’.

La droite (MA) recoupe le cercle en C, la droite (MB’) recoupe le cercle en C’.

5. Avec un cercle auxiliaire - Droite de Pascal

Les droites (BC’) et (A’C) se coupent en M₁. La droite (MM₁) passe par I.

Remarque : ce résultat est une conséquence du théorème de Pascal ;
le point I est aligné avec les points M et M₁ sur la droite de
Pascal (MM₁) de l'hexagramme ABC’B’A’C.

Pliage

Construction par pliage de la droite passant par
un point M et par l'intersection inaccessible de
deux droites (d) et (d’)

Les pliages permettent de résoudre le problème
dans le cas où M est entre (d) et (d’) :

Amener (d) en coïncidence avec (d’), la trace du pli
donne la bissectrice (d₃).
Si M est entre (d) et (d₃) on recommence en amenant
(d) sur (d₃) pour obtenir un pli (d₄), sinon amener (d’)
sur (d₃), et ainsi de suite en rabattant l'une sur l'autre les
deux droites entre lesquelles le point M est situé…
Au bout de 5 ou 6 pliages maxima, la position de la
droite (IM) sera connue au millimètre près.

Géométrie affine : parallélogrammes ou homothétie

6. Parallélogramme inaccessible de sommet M

Tracer la droite (MI) cherchée comme diagonale d'un
parallélogramme IJMK dont les côtés sont portés par (d) et (d’).

Construction

Tracer les parallèles à (d) et (d’) qui passent par M.

La parallèle à (d) coupe (d’) en K ; la parallèle à (d’) coupe (d) en J.

IJMK est un parallélogramme.

Rechercher le milieu M₁ de la diagonale [JK].

La solution est la droite (MM₁) passant par M et par le
milieu M₁ de [JK], deuxième diagonale du parallélogramme.

La construction est possible si les points J et K sont situés dans la feuille.

Voir : diagonale d'un parallélogramme sur une feuille trop petite

7. Parallélogramme inaccessible de centre M

Une variante peut être de tracer la droite (MI) cherchée
comme diagonale d'un parallélogramme IJM₁K de
centre M dont les côtés sont portés par (d) et (d’).

Construction

Pour cela, il suffit de construire les droites symétriques
de (d) et (d’) par rapport à M.

L'intersection M₁ de ces deux nouvelles droites (si elle existe
sur la page) fournit un troisième point de la droite cherchée.

On obtient un parallélogramme IJM₁K
dont la diagonale (M₁M) est la droite cherchée.

La construction est possible si les points J, K et M₁ sont situés dans la feuille.

8. Homothétie de rapport

8.a. Utiliser une homothétie de centre M
transformant (d) et (d’) pour obtenir un
troisième point M₁ de la droite cherchée.

Construction

Tracer la perpendiculaire à (d) qui passe par M, elle coupe (d) en J.
Tracer la perpendiculaire à (d’) qui passe par M, elle coupe (d’) en K.

Tracer la parallèle à (d) qui passe par le milieu de [MJ].
Tracer la parallèle à (d’) qui passe par le milieu de [MK].
Ce sont les images de (d) et (d’) par l'homothétie de centre M et rapport .

Ces deux parallèles se coupent en M₁, image de l'intersection I par l'homothétie.
Le centre M, le point I et son image M₁ sont alignés.
La droite (MM₁) passe par I et est solution.

8.b. Utiliser une homothétie de centre O, situé sur (d’),
transformant (d) pour obtenir une droite parallèle à la droite cherchée.

Construction

Tracer la perpendiculaire à (d) qui passe par M, elle coupe (d) en H et (d’) en O.

Soit M’ le milieu de [OM] et H’ le milieu de [OH]. M’ et H’ sont
les images de M et H par l'homothétie de centre O et de rapport .

L'image de (d) est la parallèle à (d) passant par H’. Elle coupe (d’)
en I’, image de I par l'homothétie.
La parallèle passant par M à la droite (M’I’) est son image réciproque.
Elle passe par I.

Et si l'homothétie de rapport ne suffit pas, on peut utiliser une homothétie
de rapport , , … pour placer le point M₁ ou le point I’ dans la feuille.

9. Translation et parallélogramme

Le point I étant hors de l'écran, tracer la droite (MI)
cherchée comme quatrième côté d'un parallélogramme I’M’MI.

Construction

Du côté de I, notons (D) le bord de la feuille
(ou si M est avant le deuxième tiers de la feuille,
une parallèle au bord plus près de M),
    – soit (D’) la parallèle à (D) passant par M,
    – le point A est la projection orthogonale de M sur (D),
    – B et C sont les intersections de (D) avec les droites ((d) et (d’),
    – I₁ est le point d'intersection des droites symétriques de (d) et (d’),
par rapport aux perpendiculaires à (D) en B et C.
    – I’ le symétrique de I₁ par rapport à (D’),
    – M’ est l'image de M par la translation de vecteur 2 ,
    – pour tracer la droite (MI) solution, il suffit donc de mener,
par le point M, la parallèle à la droite (I’M’).

Indications : symétries et translation

Soit I₁ le symétrique de I par rapport à (D).
On peut tracer I₁ en remarquant que les droites (d₁) et (d₂),
symétriques de (d) et (d’) par rapport à D, se coupent en I₁.
À l'intérieur de la feuille, pour tracer la droite (d₁),
symétrique de (d), noter que cette droite passe par le
point B intersection de (D) et (d), et utiliser le fait que
(d₁) est aussi symétrique de (d) par rapport à la
perpendiculaire à (D) en B.
De même (d₂), symétrique de (d’), est symétrique de (d’)
par rapport à la perpendiculaire à (D) en C.

Soit I’ le symétrique de I₁ par rapport à (D’).
Le point I’ est l'image de I par la composée des
symétries par rapport à (D) et (D’),
I’ est donc l'image de I par la translation de vecteur 2 .

Parallélogramme

L'image M par cette translation de vecteur 2 est M’:
II’M’M est alors un parallélogramme tel que = = 2 .
Pour tracer (IM) il suffit donc de mener, par le point M,
la parallèle à la droite (I’M’).

Utilisation de droites remarquables d'un triangle

10. Quadrangle orthocentrique

10.a. Orthocentre d'un triangle inaccessible

M orthocentre d'un triangle inaccessible ABI

Tracer la droite (MI) cherchée comme troisième hauteur
(C’M) d'un triangle MAB ayant pour orthocentre I.

Construction

Tracer la perpendiculaire à (d’) passant par M, coupant (d) en A et coupant (d’) en A’.

Tracer la perpendiculaire à (d) passant par M, coupant (d’) en B et coupant (d) en B’.

(MA) et (MB) sont deux hauteurs du triangle ABI et M est l'orthocentre de ce triangle.

La droite (MI), troisième hauteur de ce triangle, est perpendiculaire au côté (AB).

Tracer la perpendiculaire issue de M à (AB) qui est la solution du problème.

MABI est un quadrangle orthocentrique : I est l'orthocentre de MAB.

10.b M Sommet d'un triangle d'orthocentre le point inaccessible

Classe de première L

Trouver un triangle MBH, de sommet M tel le point
inaccessible I, soit l'orthocentre de ce triangle. (d)
et (d’)sont deux hauteurs du triangle, la droite
cherchée (MI) est la troisième hauteur du triangle,
perpendiculaire issue de de M à (BH.)

Construction

Tracer la perpendiculaire à (d) passant par M la coupant en A et coupant (d’) en H.
Tracer la perpendiculaire à (d’) passant par M qui coupe (d) en B.
Le point H est l'orthocentre du triangle MBI.

La droite cherchée est perpendiculaire issue de M à la hauteur (BH) :
le côté (MI) du triangle.

MBIH est un quadrangle orthocentrique : I est l'orthocentre de MBH.

11. Bissectrice et centre d'un cercle inscrit

Construction d'une bissectrice déterminée le troisième
sommet C d'un triangle ABC ayant deux sommets A et B
sur l'angle et par le centre M du cercle inscrit.

La droite (CM), bissectrice de ACB, est la droite cherchée.
Elle passe par le sommet inaccessible I, de l'angle,
qui est le centre d'un cercle exinscrit au triangle ABC.

En général, on peut aussi considérer un triangle ABC avec A
sur (d), B sur (d’) et tel que (d) et (d’) soient deux bissectrices
intérieures ou extérieures du triangle ABC. Alors la droite
cherchée sera la bissectrice de l'angle ACB, passant par M,
centre du cercle inscrit ou exinscrits au triangle ABC.

Construction

Soit A et B les projections orthogonales de M sur (d) et (d’).
Construire le point C tel que (AM) et (BM) soient des bissectrices du triangle ABC.

Pour cela, soit C’ la projection orthogonale de M
sur (AB) et (c) le cercle de centre M passant par C’.

Si M est entre les droites (d) et (d’), (c) est inscrit dans le triangle ABC.
Si M est à l'extérieur des droites (d) et (d’),
le cercle (c) est exinscrit dans l'angle ACB.

Soit B’ et A’ les symétriques de C’ par rapport à (AM) et (BM).
Les droites (AB’) et (BA’), tangentes au cercle (c), sont les
côtés du triangle. Leur point d'intersection est le sommet C.

La droite (CM) est bissectrice de ACB.
Elle est concourante en I avec les deux autres bissectrices (d) et (d’).

Dans le cas de la figure ci-dessus, M et I sont situés
sur une bissectrice intérieure. I est le centre du cercle
exinscrit dans l'angle ACB.

Dans cette figure, M est à l'extérieur de l'angle des
droites (d) et (d’), M et I sont situés sur une bissectrice
extérieure à ACB. Ce sont les centres de deux cercles
exinscrits au triangle ABC.

Voir une douzième solution :
tracé par pliage (répétition de la technique de la bissectrice)

Lien

Centre Alain Savary :

Faire des mathématiques en co-enseignement :
une aide pour penser les mathématiques
Vers des situations complexes mobilisant d'autres postures 

Proposer une situation complexe dans l'idée de prolonger le travail
mené dans les phases de structuration-systématisation, dans le passage
de lécole au collège. C'est le cas du problème de Lambert.
On se donne deux droites qui se coupent en dehors d'un cadre,
un point dans ce cadre. Il s'agit de proposer une méthode pour tracer
le segment de droite qui passe par ce point et l'intersection des deux droites.
Cette situation visant à provoquer des propositions des élèves,
du débat pour tenter de convaincre. Elle s'inscrit, à l'inverse
des situations précédentes, sur un temps long.

L'institutionnalisation peut comporter plusieurs volets
(Quelles postures du chercheur face à un problème “ouvert” ?
La possibilité d'obtenir différentes méthodes de résolution et en particuliers
parmi elles, la solution proposée par Lambert (Résolution à la fois “simple”
et “mystérieuse” car utilisant huit fois la règle non graduée et des concepts
de perspective). Pour visiter différentes méthodes on peut consulter cette page.