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#1 22-10-2012 11:19:45

yoshi
Modo Ferox
Inscription : 20-11-2005
Messages : 11 376

Un peu de Géométrie japonaise (2)

Bonjour,

A partir du dessin suivant :

121022013316894493.jpg

savez-vous montrer que [tex]AI\times BI = rc\sqrt 2[/tex] ?

@+


Arx Tarpeia Capitoli proxima...

Hors ligne

#2 23-10-2012 21:49:19

totomm
Membre
Inscription : 25-08-2011
Messages : 1 093

Re : Un peu de Géométrie japonaise (2)

Bonsoir,

Si personne ne se décide, il faut bien un peu de courage... :

Soir a la longueur de BC et b la longueur AC
On admet connues les formules
[tex] r=\frac{ab}{a+b+c}\ \ (1)\ \ \ \ et\ \ r=\frac{a+b-c}{2}\ \ (2) [/tex]

IA² = (b-r)² + r² =b² - 2br + 2r²   ; utilisant (2) on a :
IA²= b² -b(a+b-c) +[(a+b-c)²]/2
développant et simplifiant :
IA² = c²-ac = c(c-a)  de même IB² = c(c-b)

IA².IB² =c²(c-a)(c-b) = c²( c² -ca -cb +ab)
on a : c² -ca -cb = -c(a+b-c) = -2cr d'après (2)
ab étant le double de l'aire on a : ab=r(a+b+c) ; c'est la formule (1)
on arrive à :
IA².IB² = c²[-2cr +r(a+b+c)]  = c²r(a+b-c) ;  à nouveau (a+b-c) = 2r d'après (2) donc
IA².IB² = 2c²r²   C.Q.F.D.

On arrive de la même façon à une autre formule surprenante :
Si H est le point de contact du cercle de centre I avec [AB] : 2.HA.HB = ab, donc HA.HB est l'aire du rectangle

Cordialement

Hors ligne

#3 25-10-2012 18:37:45

jpp
Membre
Inscription : 31-12-2010
Messages : 971

Re : Un peu de Géométrie japonaise (2)

salut.

une propriété du cercle inscrit dans un triangle rectangle en construisant les  3 bissectrices issues des angles [tex]\widehat{A} , \widehat{B}  et  \widehat{C}[/tex]  donne :

                                                                         [tex]r = \frac{a+b-c}{2}[/tex]  avec c , l'hypothénus

  on obtiens ainsi  [tex]r^2 = \frac{(a+b-c)^2}{4} = \frac{a^2+b^2+c^2+2ab-2ac-2bc}{4}[/tex]  , puisque [tex]a^2+b^2 = c^2[/tex] alors :

             [tex]r^2 = \frac{2c^2+2ab-2ac-2bc}{4} = \frac12\times{(c^2+ab-ac-bc)} = \frac12.(c-a).(c-b)[/tex]. (1)

  d'autre part ,  P , le point de tangence du cercle (C) avec BC & Q , le point de tangence du cercle (C) avec AC  donnent 2 triangles rectangles BPI & AQI .

En appliquant Pythagore dans le triangle AQI  , comme [tex]AQ = b-r[/tex] , alors [tex]AI^2 = AQ^2 + QI^2[/tex]

alors : [tex]AI^2 = r^2 + (b-r)^2[/tex]   ; or     [tex]b-r = b - \frac{a+b-c}{2} = \frac{b+(c-a)}{2}[/tex]  en rappelant que [tex]r = \frac{b+a-c}{2} = \frac{b-(c-a)}{2}[/tex]   

  après simplification ,  [tex]AI^2 = \frac{2b^2 + 2.(c-a)^2}{4} = \frac12 . (b^2+c^2+a^2-2ac) = \frac12 . (2c^2 - 2ac) = c.(c-a)[/tex]

alors: [tex]AI^2 = c.(c-a)[/tex]

de la même façon on obtient  [tex]BI^2 = c.(c-b)[/tex]

alors [tex]AI^2\times{BI^2} = c^2.(c-a).(c-b)[/tex]   (2)

  mais en rappelant que [tex]r^2 = \frac12.(c-a).(c-b)[/tex]  (1)     --> [tex]\frac{AI^2\times{BI^2}}{r^2} = 2c^2[/tex]

donc [tex]AI\times{BI} = r.c\sqrt2[/tex]


                                                                                                                 à plus.

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