Mathématiques - défi 22

défi 22
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Posted by: sandrine_guillerme

Bonjour,

Voici un exo de géométrie ..

Soit I le centre du cercle inscrit dans le triangle ABC. Ce cercle est tangent aux côtés BC,CA et AB du trinagle, en les points K, L et M resp.
La droite parallèle à MK passant par B coupe les droites LM et LK respectivement en R et S.

Question : Prouver que $\widehat {RIS}$ est aigu

A vos mains !

Posted by: Zebulon

Allez, un petit up au cas où les challengers ne le verraient pas !
Bien joué pour le défi 21 Sandrine !

Posted by: Imod

J'ai commencé à regarder mais pas d'idée pour le moment , la figure est vraiment riche et il faut trouver les bons tracés

Imod

Posted by: sandrine_guillerme

Salut ..
merci zebulon,

Imod ..

Alors tu as trouvé les bons tracès ? si tu veux un petit indice .. dis le ..

Posted by: Zebulon

Citation:

Posté par sandrine_guillerme

Alors tu as trouvé les bons tracès ? si tu veux un petit indice .. dis le ..

Non non ! Ne donne pas encore d'indice s'il te plaît ! J'ai fini de réviser pour ce soir et les autres ont l'air de dormir. Ca me laisse quelques heures d'avance !

Posted by: sandrine_guillerme

Pas de souci !

Bon courage !

LoL moi je m'en vais réviser !

Posted by: Imod

Non sandrine pas d'indice , je ne suis pas loin de la solution et si y'en a qui révisent , y'en a aussi qui corrigent et je sais lequel je préfère . En tout cas si je trouve la solution entre deux copies , je laisserais le temps à Zebulon de proposer la sienne : un défi n'est pas une course et j'ai déjà eu largement ma part de trophées

Imod

Posted by: Joker62

Supposons que RLS ne soit pas aigu...
On a alors RLS >= 90° => MLK >= 90

D'après la propriété des angles inscrits/au centre on a : MLK >= 90 <=> MOK >= 180 où O est le centre du cercle...

Donc il y a une impossibilité étant donné que plus l'angle MOK est grand, plus le point B est rejeté vers l'infini, d'où la contradiction est donc RLS est aigu

Posted by: yos

RLS?? et RIS t'en dis quoi?

Posted by: Joker62

J'vois pas de point I dans l'énoncé

Ah si j'viens de voir lol :)
J'me disait aussi ça m'étonnait un tit peu que j'trouve un défi :D

Posted by: yos

Citation:

Posté par Joker62

J'me disait aussi ça m'étonnait un tit peu que j'trouve un défi :D

Tu manques de confiance en toi. Pour trouver régulièrement des solutions d'exercices, il faut y croire (et j'ai pas de recette pour ça).

Posted by: Joker62

Bé ça revient quasiment à la même chose...
MIK aigu => RIS aigu car RIS < MIK

Donc supposons RIS obtu ou droit, on a forcément MIK obtu
Et d'après la théorie exposée plus haut, le point B n'existe plus...

Posted by: yos

MIK=pi-B donc MIK est obtus dés que B est aigu.

Posted by: Joker62

J'attend la soluce en réfléchissant alors lol :p

Posted by: sandrine_guillerme

Merci yos de m'avoir aidé !!!!

Et mon défi moi ?

J'espère que c'est pas trop dur ?

Posted by: yos

Je crois que j'ai une solution, mais elle est surmoche. J'ai tout calculé (les longueurs des côté de RIS) et j'ai regardé le signe de RI²+IS²-RS².
Je ne voudrais pas encombrer avec ces calculs. Et puis un futur prof de maths comme Zébulon se doit de savoir résoudre ça avec deux similitudes et une inversion, alors attendons.

Posted by: Imod

Pas d'impatience Sandrine , la solution viendra , surtout ne donne pas de piste

Imod

PS : yos j'ai une approche plus propre , mais entre deux copies , elle n'est sûrement pas sans fautes .

Posted by: fahr451

scanne donc tes copies imod on va les corriger de façon collégiale :)

Posted by: sandrine_guillerme

Citation:

Posté par yos

Je crois que j'ai une solution, mais elle est surmoche. J'ai tout calculé (les longueurs des côté de RIS) et j'ai regardé le signe de RI²+IS²-RS².

yos, c'est la méthode buldozer ! et je crois que je sais de quoi tu parles, j'y suis pas arrivée avec la tienne, tu es plus fort .. !

Posted by: sandrine_guillerme

Citation:

Posté par Imod

PS : yos j'ai une approche plus propre , mais entre deux copies , elle n'est sûrement pas sans fautes .

scanne donc tes copies imod on va les corriger de façon collégiale :)

toi niveau géométrie j'ai vraiment rien à dire !

Posted by: Imod

Comme les réponses ne se bouscoulent pas , je donne la "petite" idée qui m'est apparue entre deux copies : considérer l'homothétie de centre O qui transforme L en I avec O le centre du cercle circonscrit au triangle RSL .

Je n'ai pas encore eu le temps de vérifier en détail mais je le ferai demain au plus tard .

Imod

Posted by: Zebulon

Citation:

Posté par Imod

Comme les réponses ne se bouscoulent pas , je donne la "petite" idée qui m'est apparue entre deux copies : considérer l'homothétie de centre O qui transforme L en I avec O le centre du cercle circonscrit au triangle RSL .

Je n'ai pas encore eu le temps de vérifier en détail mais je le ferai demain au plus tard .

Imod

Je pense que tu peux y aller pour poster une réponse. Moi je suis en vacances jusqu'à la fin de la semaine, donc le prochain défi, je le cherche !

Posted by: mejdane

cet exo étais proposé par l'ukraine à l'olympiade internationala de mathématique en 1998

c'était par hasard que j'ai découvert ceci!

Posted by: sandrine_guillerme

Citation:

Posté par mejdane

cet exo étais proposé par l'ukraine à l'olympiade internationala de mathématique en 1998

c'était par hasard que j'ai découvert ceci!

je ne sais pas mais je ne pense pas que ça doit nous avancer ,
Imod oué tu peux donner la réponse stp .. et bravo d'avance ..

Posted by: Imod

Il me faudra un moment pour la mettre au propre , un malheureux brouillon égaré parmi un tas de copies , mais je vais essayer de le faire !!!

Imod

Posted by: BQss

Citation:

Posté par Zebulon

Je pense que tu peux y aller pour poster une réponse. Moi je suis en vacances jusqu'à la fin de la semaine, donc le prochain défi, je le cherche !

Cool zeb les partiels enfin terminé, ca c'est bien passé pour toi a P7? J'avais un exam avec Tsybakov de stats notamment, il est aussi prof de stat au DEA de Stat de P7, tu connais peut-etre(je vais peut etre prendre ce DEA l'année prochaine). C'etait mon dernier partiel.

Posted by: Imod

Citation:

Posté par sandrine_guillerme

je ne sais pas mais je ne pense pas que ça doit nous avancer ,
Imod oué tu peux donner la réponse stp .. et bravo d'avance ..

Malheureusement , je ne suis pas infaillible et mon idée n'aboutit pas . Désolé , Zebulon , il va falloir pour l'instant se contenter de ce défi qui personnellement me réjouit

Imod

Posted by: sandrine_guillerme

Citation:

Posté par Imod

il va falloir pour l'instant se contenter de ce défi qui personnellement me réjouit

Imod

Salut Imod !

Tu ne peux pas imaginer à quel point ça fait plaisir de lire ceci !

mais bon si y a que toi .. je veux pas qu'il soit (ce défi) un handicap .. je peux donner la réponse ..

Posted by: yos

Encore 24H ? Peut-être que mes copies me lâcheront et que je pourrai regarder de plus près.

Posted by: sandrine_guillerme

Oula ! un deuxième !

Salut yos

pas de souci ! prends le temps que tu veux !

Posted by: yos

Bon, j'ai fait un toilettage de ma démonstration. Voilà ce que ça donne :

Pour montrer que RIS est aigu, je pose k=IR²+IS²-RS² et je montre que k>0.
k=(IB²+BR²)+(IB²+BS²)-(RB+BS)²=2(IB²-BRxBS) (Pythagore)
Mais IB²=r²+MB² (où r est le rayon du cercle inscrit).
D'autre part $\frac{BR}{\sin \widehat{BMR}}=\frac{BM}{\sin \widehat{BRM}}$ , donc $BR=BM\frac{\sin \widehat{BMR} }{\sin \widehat{BRM}$ . De la même façon $BS=BK\frac{\sin \widehat{BKS}}{\sin \widehat{BSK}}$ .
Il est clair que BM=BK mais aussi $\widehat{BRM}=\widehat{BKS}$ ( $=(\pi-C)/2$ ) et $\widehat{BMR}=\widehat{BSK}$ ( $=(\pi-A)/2$ ).
On remplace et on trouve k=2r²

Posted by: Imod

Rien à redire à part une petite étourderie ( inversion d'un rapport) . Pourquoi n'y ai-je pas penser ?

Bravo , yos

Posted by: yos

Merci, j'ai corrigé.

Posted by: sandrine_guillerme

Bonsoir !
yessssssssssssss !!!!!!! trop fort !

bon a vrai dire je n'ai lu qu'en diagonal ta démonstration yos ! (oui en fait je dois bosser pour mon exam mais ça m'a l'air vraiment très juste ! bien !

un point donc à Yos ! Bravo Yos !

Posted by: yos

Merci! Je vais lancer un défi 23.