Traité de menuiserie 1900, rappel d'opérations géométriques...

vwpk · 01-10-2023 17:44:25

Bonjour à tous,

En m'intéressant à un traité de menuiserie du siècle dernier je suis tombé sur un chapitre consacré à un rappel des différentes opérations géométriques : Tracer une perpendiculaire à l'extrémité d'un segment, diviser une droite à n parties égales, diviser un angle dont on ne connait pas le sommet, etc...

Jusque là tout allait bien mais je suis tombé sur un rappel qui me donne du fil à retordre que j'ai relu dans tous les sens revérifier plusieurs fois mais sans résultat.

Il s'agit du numéro 166 où l'énoncé est : D'un point donné entre les deux côtés d'un angle dont on ne connaît pas le sommet, tracer une droite qui passerait par le sommet de cet angle.

Menuiserien166

En appliquant la méthode je ne parviens pas à avoir une droite XP qui passe par le somment de l'angle que formeraient les droites AB et CD. Pour comprendre la dynamique je l'ai modélisé sur Geogebra en essayant de faire varier EF, EP et GH et aussi l'angle "quelconque" VSQ.

https://www.geogebra.org/m/a6suxfp5

Pour l'instant je parvenais à comprendre intuitivement la logique des exemples précédents mais même en admettant que ça fonctionne je ne comprends pas l'idée de former un angle quelconque à côté et d'y reporter les longueurs. Je le vois comme une sorte de calculatrice géométrique qu'on dessine à côté et qui permet au final de retrouver la bonne longueur sur le dessin de gauche qui nous intéresse... Mais à part ce concept je ne comprends pas pourquoi on dessine une parallèle dans un sens puis dans l'autre.

Quelqu'un a-t-il des idées là dessus ? Où est mon erreur au final ?

En tout cas j'ai grand hâte de vous lire !

Cordialement,

vwpk

Bernard-maths · 01-10-2023 18:56:07

Bonsoir vwpk !

Je n'ai pas bien détaillé les explications, mais j'ai trouvé une construction adéquate en 5 minutes ...

Je dois regarder de plus près ce qui est le "meilleur" ...

Bernard-maths

Dernière modification par Bernard-maths (01-10-2023 18:58:27)

Michel Coste · 01-10-2023 19:51:24

Bonsoir,

vwpk · 01-10-2023 22:45:47

Je ne m'attendais pas à des retours aussi réactifs ! Merci beaucoup à vous deux.

Je viens de comprendre la manière de le dessiner en regardant le dessin de Michel Coste et en essayant de le refaire.
Simplement avec du tracé sans compas (ce qui est marrant puisque dans le livre il y a du report de certaines longueurs, pourquoi faire simple quand on peut faire compliqué ?)

tracen166

On a les deux droites rouges et le point P

- Placer deux points G et P sur l'une des deux droites et F sur l'autre
- Tracer les droites (GP) et (EP) et placer respectivement I et J à l'intersection avec la droite rouge opposée
- Tracer (IG) et (JE) et placer K à leur intersection
- Tracer (KF) et placer L à l'intersection avec la droite rouge
- Tracer (LJ) et (EF)
- Le point d'intersection entre (LJ) et (EF) est X et la droite qui passe par le sommet de l'angle et P est la droite (PX)

Et essayant avec des points dans une autre configuration ça fonctionne par contre je n'ai absolument aucune intuition là dessus et je ne comprends pas du tout pourquoi on trace tel ou tel droite dans quel but pour trouver quoi avec quelle logique de progression. Comment est-ce qu'il faut l'appréhender ?

Merci et bonne soirée

vwpk

Michel Coste · 02-10-2023 09:40:01

La précédente construction repose sur l'idée de polaire d'un point par rapport à deux droites https://debart.pagesperso-orange.fr/ts/polaire.html.
Une autre qui repose sur le théorème de Desargues (ou plutôt la réciproque de l'énoncé dans le lien https://www.bibmath.net/dico/index.php? … rgues.html )

Bernard-maths · 02-10-2023 10:06:08

Bonjour !

J'ai oublié les démos, mais voici les idées en jeu :

Sur cette figure on voit 2 droites rouges (AB) et (CD) sécantes en X. Par un point D1 ("extérieur" ici) on trace 3 sécantes vertes aux droites (AB) et (CD), les recoupant en H et E, en I et F et en J et G. On a 2 quadrilatères HIFE et IJGF. Si on en trace les diagonales (en noir), celles ci se recoupent en K et L. ALORS les 3 points K, L et X sont alignés !

Comme on ne "connaît" pas X, on va chercher la droite (KL)...

Pour cela, "à l'envers", on connaît plutôt un point P, qu'on peut prendre égal à L ici. Pour construire le quadrilatère IJGF, on trace les 2 "diagonales"(JF) et (IG) passant et se coupant en P = L, (et on note correctement les points). On peut alors tracer les "côtés" (JG) et (IF) qui se coupent en D1 !

Après, à partir de D1, on trace une sécante (D1HE), on a un nouveau quadrilatère IFEH, dont on trace les 2 diagonales (HF) et (JE), qui se coupent en K !

ET on trace (KL) = (KP). C'est ce que j'avais fait "en 5 minutes" ...

Reste la démo, désolé ...

B-m

J'arrive après Michel, mais j'étais occupé !

Dernière modification par Bernard-maths (02-10-2023 14:27:54)

Michel Coste · 02-10-2023 12:45:23

Bernard-math, tu t'es mélangé entre $D$ et $D_1$ dans ta description.

En guise de démonstration, on peut voir la figure que tu as faite comme la représentation en perspective de la figure suivante, avec ton $D_1$ comme point de fuite des verticales et $X$ comme point de fuite des horizontales.

Bernard-maths · 02-10-2023 13:20:19

Re,

oui Michel, mais j'ai rectifié (un peu tard ?). Ta figure est suggestive ... mais je suis en panne de démo !

Cordialement, B-m

Michel Coste · 02-10-2023 13:36:16

Euh, je ne vois pas de rectification de ton message.
En fait, ma figure est une démonstration, utilisant la technique "envoyer une droite à l'infini", un grand classique du programme de l'agreg quand il y avait de la géométrie projective au programme. On se ramène à une propriété assez évidente des parallélogrammes.
Il y avait aussi au programme la dualité projective. Quand on passe à la moulinette de la dualité projective le problème qui nous occupe ici, on obtient le problème suivant :
Sur une feuille, deux points A, B assez distants et une droite d entre les deux. Construire le point d'intersection des droites (AB) et d avec une règle trop courte pour tracer la droite (AB).

Bernard-maths · 02-10-2023 14:42:07

Re,

mais si ! Du moins je pense avoir rectifié cette fois ci ? merci ...

Je n'ai jamais fait de géométrie projective, mais je sens la manip ... en perspective.

B-m

vam · 02-10-2023 15:14:17

Bonjour
Avec des terminales on utilisait cet exercice pour travailler les symétries ou les homotheties
Dem 6 ou 7 en général
https://debart.pagesperso-orange.fr/ts/ … obile.html

Bernard-maths · 02-10-2023 15:32:19

Bonjour !

Merci pour cette référence, très bien. Je n'ai jamais eu à traiter ce genre d'exercice en terminale, étonnant !

Dans une 1ère approche, j'ai utilisé translations et parallélogrammes ...

Qu'en pense vwpk ?

@+, B-m

Michel Coste · 02-10-2023 15:32:33

Mais non, la rectification a eu lieu à 15h27 ; à 14h36, ce n'était pas rectifié.

C'est une histoire de division harmonique, donc de birapport. Le birapport, c'est ce qui remplace le rapport de mesures algébriques : Thales (gros outil de la géométrie affine) devient la préservation du birapport (gros outil de la géométrie projective).

Bernard-maths · 02-10-2023 15:36:39

Re,

en disant "mais si", je te blaguais (;-) Merci !

J'avais rectifié à l'envers, oui ...

B-m

jelobreuil · 02-10-2023 18:41:43

Bonsoir à tous,
Ce problème est très instructif ! Merci au poseur, et à vous deux, Bernard et Michel, pour vos indications de solution !
Je me disais bien qu'il y avait du Desargues là-dessous ...
Bien cordialement, JLB

vwpk · 02-10-2023 20:31:26

Bonsoir à tous,

Vraiment grand merci, très naïvement je découvre un monde mais c'est super intéressant

J'ai regardé rapidement ce midi les notions proposées par Michel sur les polaires, divisions harmoniques etc. (Mais pas encore Desargues) mais ça mériterait que je m'y penche vraiment car c'est inconnu pour moi encore.

Par contre c'est devenu assez clair avec la solution des parallélogrammes et des diagonales et surtout en le pensant comme une représentation en perspective c'est fou de le penser comme ça je ne pensais que c'était envisageable ahah

Et très pertinent aussi les exercices de vam, ça semble la technique la plus rapide non, en tout cas avec le moins d'éléments ? À condition que dans le cas particulier de l'exercice on ait la place pour faire les tracés etc. (?)

Il faut que je passe tout à la moulinette dans le cerveau pour refaire de l'ordre et voir où et quoi s'imbrique avec quoi... Et essayer de revoir ce qui a pêché dans ma manière d'aborder l'énoncé original.

Merci à vous tous, je ne connaissais pas du tout ce forum et sa dynamique mais je suis très agréablement surpris.

Bonne soirée,
vwpk

yoshi · 04-10-2023 17:52:02

Bonsoir,

J'ose proposer une solution alternative.
Hier, j'avais déjà cette méthode, mais en cours de rédaction de mon message, donc, je ne l'ai pas publié, mais sans renoncer à uiliser cette méthode.J'ai ensuite trouvé assez vite comment utiliser P...
Donc, voilà...
Je ne vois pas bien où sont les point B et D sur l'image du livre, alors je m'en passe...

Je vais construire les points B' et D' tels que P soit l'orthocentre du triangle SB'D' dont on ne connaît pas le sommet S
De P je trace la perpendiculaire à [SC) (à la partie rouge non discontinue - à [CD) - si vous préférez - elle coupe [AB) en B').
De P je trace la perpendiculaire à [SA) (à la partie rouge non discontinue - à [AB) - si vous préférez - elle coupe [CD) en D'.
Je joins [B'D']
Le point P étant l'orthocentre du triangle SB'D', la 3e hauteur du triangle va passer par P et sera la perpendiculaire au côté [B'D'].
Cette 3e hauteur passera bien par le sommet opposé S.

N-B : à aucun moment je n'ai utilisé le point S.
Je n'ai pas vérifié les cas où l'angle $\hat S$ est droit, ni lorsqu'il est obtus... Je vais le faire.
Vous non plus : vos méthodes se passent-elles de cette vérification ?

@+

[EDIT] Encore raté ! Ca ne marche pas avec $\hat S$ droit ( parallélisme !) sauf si P est sur la bissectrice. Obtus, c'est bon...

Dernière modification par yoshi (04-10-2023 18:28:19)

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