Bonjour,

Une belle animation...

Je partirai de la démonstration pour un rectangle ,ensuite je mettrai en perspective....

Mais mathafou va nous sortir quelque chose.....

salut

on peut le faire purement vectoriellement avec les barycentres ...

mais il me semble que le pb est mal posé :

il manque le fait que les droites (BD) et (EF) sont sécantes en M

et on veut montrer que E', F' et M sont alignés ...

E = bar {(A, a), (B, b)} <=> E' = bar {(D, a), (C, b)}
F = bar {(A, x), (D, y)} <=> F' = bar {{(B, x), (C, y)}

M = Bar {(E, r), (F, s)} = bar {(B, u), (D, v)}

et ensuite (en vecteur) :

ME' = ME + EE' = ME + BC
MF' = MF + FF'= MF + AB

et on combine tout ça ...


PS :  une affinité transforme le tout pour avoir un rectangle effectivement  ... sans changer les alignements bien sur ... mais n'apporte pas grand chose ...

A noter que dans  un seul cas les droites sont parallèles.(plus de point M )

Bonjour,
Il me semble que le pb est vraiment très mal posé :
Il manque aussi tout ceci :
E (AB) , F (AD) , E' (CD) , F' (BC) , le point M est le point d'intersection de ......

Mais dans ce cas, inutile de poster une figure

Bonjour

  Les triangles et seraient en perspective de perspecteur .

  Oui! Le théorème de Desargues avec les points alignés (où est l'intersection de et ) le prouve.

Je me suis trompé, mais je suis persuadé que Desargues n'est pas loin

Merci lake de t'intéresser à mon exercice

Ça fait un moment que je tourne Desargues dans tous les sens, sans rien voir apparaître. Me voici rassurée.
Mais j'ai ainsi redécouvert un théorème sympathique !

Une figure un peu différente :

Bonjour à tous et merci à Sylvieg .
Je pense comme Lake qu'il s'agit de géométrie projective.
Mais on doit pouvoir s'en tirer sans connaissance précise de cette géométrie .

Prenons une photo de la figure avec l'appareil placé de sorte que, sur la photo, les parallélismes à AD soient conservés, ainsi que les rapports tels que AF/AD.
Par contre, en relevant le nez de l'appareil, on peut envoyer M à l'infini.

Je vais essayer maintenant de dessiner la photo pour voir si E'F' y est parallèle à DB

Je ne sais pas si ça peut aider mais si ABCD est un carré alors le lieu de l'intersection EE', FF' pour M fixé est une hyperbole. En tout cas c'est joli

Bonjour,
une autre figure, pour montrer l'aspect projectif.

Les points X et Y sont sur la droite à l'infini dans la figure de départ postée par Sylvieg

Bonjour,

Je suis content de voir que mon idée de départ avait du sens...

Je pensais qu'une configuration aussi simple pourrait se démontrer de manière simple.
J'ai fini par me résigner à plonger les mains dans le cambouis des vecteurs.
Je me suis quand même refusée à utiliser des équations de droites.
La lecture des étapes de ce cheminement laborieux provoquera-t-elle une étincelle chez d'autres ?
J'ai choisi de m'accrocher au point D. Je redonne une figure banalement non projective…


Avec et et

On a

Et

De même


Si e+f = 1 alors et

Les trois droites (BD) , (EF) et (E'F') sont parallèles.


Si e+f 1 on peut définir un point M par

On trouve alors et

Le point M est sur les trois droites (BD) , (EF) et (E'F') .

Bonjour !
Il me semble qu'on peut s'en sortir avec Thalès !

Soit intersection de , intersection de .

On a et

Donc
Comme par réciproque de Thalès dans on a l'alignement de .
Sauf erreur !

Ça a l'air de marcher

En voyant mon j'avais tenté de faire intervenir le point J sur (BC)
Idem avec mon et un point L sur (AB) .
Sans réussir à aboutir

Pour la réciproque de Thales, il me semble qu'elle n'est pas très connue sous cette forme. Mais je pense que c'est bon !

Je n'ai pas trop de temps maintenant, mais je regarderai mieux plus tard.

Le théorème de Thalès comporte tellement d'hypothèses et de conclusions que le terme "réciproque" n'est certainement pas le meilleur (ce serait mieux de considérer une homothétie de centre ).
Et même sans cette notion : donc .

Bonsoir,
Oui Thalès fonctionne bien. Je propose une autre démonstration qui ne fait pas intervenir le point K .
Toujours avec J intersection des droites (BC) et (EF).
Mais aussi avec Q intersection des droites (AB) et (E'F').
On peut démontrer que les points M₁ et M₂ sont confondus, avec M₁ intersection de (BD) avec (FJ) et M₂ intersection de (BD) avec (E'Q).

Dans les triangles EBJ et EAF , on a . D'où .


De même . On en déduit .

Il est plus logique d'écrire

De même