Triangles gigognes

Pour trois triangles gigognes (les sommets de l'un étant sur les côtés du suivant) PQR ∈ ABC ∈ VTU avec PQR // TUV,

Aire(PQR)×Aire(TUV) = Aire(ABC)²

Soient P sur AB, Q sur BC, R sur AC, A sur TV, B sur TU, C sur UV.
On pourrait utiliser la même méthode que celle employée pour le triangle inscrit, avec quelques sinus supplémentaires. Mais nous allons donner la méthode beaucoup plus élégante due à Rainer Rosenthal, grand amateur de solutions "AHA".

Les triangles PQR et TUV étant à côtés parallèles sont homothétiques de centre S, point de concours de PT, QU et RV. Soit k = ST/SP le rapport de similitude.
L'aire de ABC est la somme des aires de SRP, RPA, SPQ, PQB, SQR et QRC.
Soit H l'intersection de SA et PR, bien entendu SA/SH = k, et donc HA/SH = k - 1. Les hauteurs des triangles SRP et RPA sont dans le rapport HA/SH, et les aires de ces triangles de même base PQ dans le même rapport : Aire(RPA) = (k-1)×Aire(SRP), soit encore Aire(SRAP) = k×Aire(SRP), et finalement Aire(ABC) = k×Aire(PQR)
Comme Aire(TUV) = k²×Aire(PQR), la conclusion est immédiate.

Aire(TUV)/Aire(ABC) = Aire(ABC)/Aire PQR) = k

Avec n triangles gigognes, tous les triangles de même parité étant parallèles, les aires sont donc en progression géométrique :

Aire(n)/Aire(n-1) = Aire(n-1)/Aire(n-2) = ... = k

Les triangles de même parité étant tous semblables, les côtés homologues sont donc aussi en progression géométrique :

c(n)/c(n-2) = c(n-2)/c(n-4) = ... = k

Si on considère la figure formée de T₁ et T₂, la transformée de cette figure dans l'homothétie est T₃ T₄. Ce centre d'homothétie de T₁ T₃ est donc aussi le centre d'homothétie transformant T₂ en T₄ :

Le centre d'homothétie est commun à tous les Tn → Tn+2

Ceci donne une nouvelle construction de PQR connaissant ABC et TUV :
Construire DEF // ABC, ABC∈VTU∈FDE : DE//AB en T etc).
Le centre d'homothétie S de ABC→DEF est l'intersection des droites AD et BE (et CF)
P,Q,R sont donc sur les droites ST, SU et SV, donc intersections de ces droites avec ABC.

L'autre construction classique étant déjà vue à l'occasion du cas PQR équilatéral (triangle inscrit) :
Construire un triangle quelconque MNH parallèle à TUV avec M et H sur AB et AC : une parallèle quelconque à TV coupe AB et AC en M et H, les parallèles en M et H à TU et UV se coupent en N.
Une homothétie de centre A ramène N sur BC : la droite AN coupe BC en Q, QP // NM et QR // NH.

Il est bien plus difficile de construire ABC étant donné PQR et TUV :
Solution (JavaSketchpad, patience pour le chargement et l'initialisation de l'applet),