Bibm@th

Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Bienvenue dans les forums du site BibM@th, des forums où on dit Bonjour (Bonsoir), Merci, S'il vous plaît...

Vous n'êtes pas identifié(e).

Pages : 1

#1 Re : Le coin des beaux problèmes de Géométrie » Plus grand périmètre » 27-08-2022 14:08:29

FFR

Bonjour,
Bien que résolu par Mathafou je me permets de rouvrir ce problème de l’année dernière, car il me semblait intéressant de poursuivre la voie de Wiwaxia surtout que 99% du travail avait été fait.
Il était arrivé à la conclusion :
$\frac{\sin \alpha }{R_1 \times a}= \frac{\sin \beta }{R_2 \times b}= \frac{\sin \gamma }{R_3 \times c}= K$
22082703272826393617980609.png
La loi des sinus dans un triangle, appliquée respectivement aux triangles AMB, BMC et CMA permet d’établir les égalités suivantes :
$\frac{R_2}{\sin \alpha_2}= \frac{R_1}{\sin \beta_1}= \frac{c}{\sin \gamma }= \frac{1}{K \times R_3}$
$\frac{R_3}{\sin \beta_2}= \frac{R_2}{\sin \gamma_1}= \frac{a}{\sin \alpha }= \frac{1}{K \times R_1}$
$\frac{R_1}{\sin \gamma_2}= \frac{R_3}{\sin \alpha_1}= \frac{b}{\sin \beta }= \frac{1}{K \times R_2}$
D’où :
$\sin \alpha_1= \sin \alpha_2= K \times R_2 \times R_3$
$\sin \beta_1= \sin \beta_2= K \times R_3 \times R_1$
$\sin \gamma_1= \sin \gamma_2= K \times R_1 \times R_2$
Comme le triangle n’est pas plat,
$\alpha_1= \alpha_2$
$\beta_1= \beta_2$
$\gamma_1= \gamma_2$
François.

#2 Re : Le coin des beaux problèmes de Géométrie » Construire le rayon d’un cercle dont le centre n’est pas donné. » 24-08-2022 17:29:40

FFR

Bonjour Wiwaxia,
J’ai procédé autrement, mais il y a certainement plusieurs chemins qui mènent à la solution. Comme toi j’ai commencé par marquer le point O centre de $C_0$. Ensuite avec ce type de figure j’utilise souvent le théorème des angles inscrits, cela permet rapidement de trouver des triangles isométriques.
Pour ce problème, j’ai commencé par faire apparaître que EAC est isocèle en E, puis que OEA était équilatéral.

▼Une solution détaillée

22082406291826393617978711.png

EAC est isocèle en E car les deux triangles BEC (en bleu) et BEA (en vert) sont isométriques. En effet :
-    Les deux cercles $C_1$ et $C_2$ ont même rayon, ce qui permet d’établir que ABC est équilatéral, donc BA=BC.
-    $\widehat {BCE}=\widehat {EDB}$ car BDC est isocèle en B (B est le centre de $C_2$ et CD est une corde de $C_2$).
-    $\widehat {EDB}=\widehat {EAB}$ par application du théorème des angles inscrits dans $C_0$ appliqué à l’arc $\widehat {DE}$.
Donc $\widehat {BCE}=\widehat {EAB}$. Ainsi BEC est isométrique à BEA, donc EC=EA.

OEA (en rouge) est équilatéral. En effet :
-    OE=OA donc OEA isocèle en O.
En utilisant plusieurs fois le théorème des angles inscrits ;
-    Dans $C_0$ appliqué à l’arc $\widehat {EA}$ : $\widehat {AOE}=2 \times \widehat {ADE}$
-    $\widehat {ADE}=\widehat {ADC}$ car par construction les points D E C sont alignés.
-    Dans $C_2$ appliqué à l’arc $\widehat {AC}$ : $\widehat {ADC}=\frac 1 2 \times \widehat {ABC}$
-    Donc $\widehat {AOE}=\widehat {ABC}$ = 60 degrés.
Comme AOE isocèle en 0 AOE est un triangle équilatéral : OA = EA, comme EAC est isocèle en E, EC=EA=OA (rayon du cercle d’origine $C_0$)

François.

#3 Le coin des beaux problèmes de Géométrie » Construire le rayon d’un cercle dont le centre n’est pas donné. » 24-08-2022 11:44:36

FFR
Réponses : 5

Bonjour à tous, je vous soumets un petit problème qui m'a paru assez élégant.
Dans la figure ci-dessous, le centre du cercle $C_0$ (en rouge) n’est pas donné.
22082412140926393617978369.png
-    On choisit deux points différents sur le cercle $C_0$ : A et B.
-    On construit les cercles $C_1$ de centre A et de rayon AB et le cercle $C_2$ de centre B et de rayon BA. On appelle C le point d’intersection de $C_1$ et $C_2$ situé à l’extérieur de $C_0$ et on appelle D le point d’intersection de $C_0$ et $C_2$
-    On trace la droite DC, elle rencontre le cercle $C_0$ en E.
Montrer que EC est de même longueur que le rayon du cercle $C_0$.
Avec cette méthode on aura construit en 3 étapes seulement et uniquement avec l’aide d’une règle et d’un compas un segment de longueur égale au rayon du cercle.
François.

#4 Re : Le coin des beaux problèmes de Géométrie » Triangle à partir des pieds des hauteurs » 20-08-2022 13:25:13

FFR

Bonjour Bernard,
Tes remarques m'ont aidé à débloquer la situation. Je savais que les hauteurs d'un triangle acutangle étaient les bissectrices de son triangle orthique, mais je n'avais pas vu le rôle joué par les bissectrices extérieures.
Pour moi le sujet peut être clos.
A plus François.

#5 Re : Le coin des beaux problèmes de Géométrie » Triangle à partir des pieds des hauteurs » 18-08-2022 13:02:01

FFR

Merci beaucoup Bernard,
Pour être certain que j'ai bien utilisé les pistes que tu m'indiquais, voici mon raisonnement (j'utilise les noms des points de ma figure ci-dessus).
On remarque d'abord que par construction AFCD est un parallélogramme, et AC une des diagonales de ce parallélogramme.
Ensuite :
1. Le triangle IBK est rectangle en B car GBH l'est.
BI est la bissectrice intérieure en B du triangle orthique ABC, car :
    $\widehat {ABI}=\widehat {FGI}$ par parallélisme de AB et EF
    $\widehat {FGI}=\widehat {CGB}$
    $\widehat {CGB}=\widehat {GBC}$ car CGB est isocèle en C
    donc $\widehat {ABI}=\widehat {GBC}=\widehat {IBC}$
JK et BI sont donc les bissectrices extérieure et intérieure en B du triangle orthique ABC
2. JI est la bissectrice extérieure en A du triangle orthique ABC car $\widehat {JAB} =\widehat {CAF}$

On se retrouve dans la situation que tu décris : sont connus trois bissectrices, la bissectrice intérieure et extérieure en B et la bissectrice extérieure en A. Elles permettent de construite les points I et J.
22081802274126393617974018.png
Et on complète le triangle avec le point K, intersection de IC et BJ.

#6 Re : Le coin des beaux problèmes de Géométrie » Triangle à partir des pieds des hauteurs » 14-08-2022 12:52:47

FFR

J'ai l'impression que mon image ne s'affiche pas, cela devrait aller mieux maintenant:

22081401454426393617970841.jpg

François.

#7 Le coin des beaux problèmes de Géométrie » Triangle à partir des pieds des hauteurs » 14-08-2022 12:25:05

FFR
Réponses : 6

Bonjour à tous,
Depuis quelques temps j'ai un peu de temps libre et j'ai décidé de m'adonner à la géométrie. Je précise tout de suite que je débute, que je suis un amateur et que cette nouvelle occupation est complètement désintéressée, je ne suis ni étudiant, ni enseignant et ma profession n'a aucun rapport avec cette branche des mathématiques.
J'ai découvert un jeu gratuit qui m'a permis de mettre le pied à l'étrier, il s'agit d'Euclidea disponible sur internet (android et windows). Le jeu se compose de 15 niveaux, chacun comprenant environ une dizaine d'exercices. Chaque exercice propose un problème à résoudre uniquement avec la règle et le compas, l'original est que le nombre maximal d'étapes est fixé. Euclidea contient un petit outil très bien fait permettant de tracer les figures (régle, compas ...). Comme on peut s'en douter les premiers exercices sont simples et se compliquent à mesure qu'on avance.
J'en  arrive à ma question (exercice 3 du niveau 12). 3 point A, B, C non alignés sont donnés et il s'agit de construire le triangle I, J K, dont les pieds des hauteurs sont A, B et C. Le nombre maximal d'étapes est 10. J'ai réussi à construire le triangle demandé, mais il m'a fallu plus de 10 étapes. Au bout de quelques jours de recherche, comme je ne trouvai pas la solution , j'ai regardé la réponse sur internet. J'ai réussi à démontrer que la solution proposée permettait bien de définir le triangle demandé, mais je ne suis pas satisfait de ma démonstration qui utilise les coordonnées cartésiennes du plan. Est-ce que quelqu'un pourrait me proposer une solution plus élégante que la mienne.
La figure ci dessous décrit les 10 étapes de la construction.
ShUfMbsaFYb
François.
PS : Si ma question n'est pas dans le bon forum, merci de m'excuser, c'est ma première intervention sur bibm@th.net

Pages : 1

Pied de page des forums