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par **Mhdi** » 10 Mai 2008, 14:04

Un exercice plutôt sympa :

[OX) et [OY) et [OZ) sont trois demi-droites tels que : XÔY=YÔZ=60°
Démontrez que si on a 3 points A,B et C alignés qui appartiennent à [OX) et [OY) et [OZ), 1/OB=1/OA+1/OC

par **aviateurpilot** » 10 Mai 2008, 14:40

Mhdi a écrit:Un exercice plutôt sympa :

[OX) et [OY) et [OZ) sont trois demi-droites tel que : XÔY=YÔZ=60°
Démontrez que si on a 3 points A,B et C (mousta9imia) qui appartiennent à [OX) et [OY) et [OZ) donc : 1/OB=1/OA+1/OC

Points alignes=(mousta9imia)

par **Mhdi** » 10 Mai 2008, 14:55

Oups! Je l'avais copié directement d'un forum marocain sans faire attention à ces "fautes".

par **Zweig** » 10 Mai 2008, 14:59

L'égalité à démontrer ressemble à la généralisation du théorème du Papillon :marteau:

par **Zweig** » 10 Mai 2008, 15:07

L'égalité à démontrer se réécrit : OB(OA + OC) = OA*OC

Puisque A, B et C sont alignés, nous avons :

A(OAC) = A(OBC) + A(OAB) <=> OC*OA*sin 120*1/2 = OC*OB*sin 60*1/2 + OB*OA*sin 60*1/2

Or sin 120 = sin 60 = V3/2, doù

OC*OA*V3/4 = V3/4*OB(OA + OC) <=> OC*OA = OB(OA + OC)

par **Mhdi** » 10 Mai 2008, 15:23

C'est ce que j'ai fait! :ptdr:
Quelqu'un n'aurait-il pas une autre solution?

par **oscar** » 13 Juil 2008, 22:17

Bonsoir
HYPOTHESE Angles XOY= YOZ =60°
PointS A;B;C situés respectivement SUR [OX); [OY) et [OZ) ALIGNES

THESE 1/OB = 1/OA +1/OC(1)

Dem.

1)aire triangle AOC = aire tr A0B + aire tr BOC
2)Appliquer la formulle S = 1/2 bc sin A ( tri de côtés b et c et A angle compris)
Ainsi aire AOC = 1/2 OA*OC sin ¨AOC = 1/2 OA*OC sin 120°= V3/4* OA*OC
Même calcul pour les aires AOB et BOC
3) On obtient une égalite qoe l' on doit simplifier par V3/4
Diviser ensuite par OA*OB*OC
4)On aboutit à (1)

par **oscar** » 13 Juil 2008, 22:27

Voici la figure

http://img380.imageshack.us/img380/486/pointsalignesetanglespz8.jpg

par **Mhdi** » 18 Juil 2008, 12:01

Autre exercice :
Soit ABC un triangle et soient P, Q, R trois points situés respectivement sur [BC], [CA], [AB]. Montrer que les cercles circonscrits aux triangles AQR, BRP et CPQ ont un point commun.

par **Imod** » 18 Juil 2008, 15:34

C'est pas un simple petit raisonnement sur les arcs capables ?

Imod

par **acoustica** » 18 Juil 2008, 16:40

Imod a écrit:C'est pas un simple petit raisonnement sur les arcs capables ?

Imod

Je ne sais pas ce que sont les arcs capables, je sais juste que c'est le theoreme de Miquel. :langue2:

Pour la demonstration, on utilise les angles inscrits. Par exemple, si A, B, C et D sont cocycliques tels que (AB) et (CD) secantes hors du cercle, angle(ABC)=pi-angle(ADC).
On considere l'intersection de deux cercles et grace aux relations angulaires, on en deduit qu'il appartient au troisieme.

par **acoustica** » 18 Juil 2008, 16:59

Puisque on est entre amateurs de geometrie, voici un autre truc sympatoche:
On est dans une ellipse dont l'interieur est un miroir (c'est un peu maladroit comme description). Montrer que tout rayon issu d'un foyer se reverbere en passant par le deuxieme foyer).
voilavoila

par **Imod** » 18 Juil 2008, 18:44

Il est bien connu que si M est un point d'une ellipse de foyers A et B , en notant (N) la bissectrice de

et (T) la perpendiculaire à (N) en M alors (T) est tangente et (N) normale à l'ellipse en M ( tout point P de (T) vérifie

donc (T) ne traverse pas l'ellipse ) .

Imod

par **acoustica** » 19 Juil 2008, 13:54

Oui, c'est ca. Je me permet de detailler un peu plus.
Si P est un point de l'ellipse, alors PA+PB=2a ou a est la longueur du grand axe.
De plus, si A et B sont dans le meme demi-plan defini par une droite (xy), M point libre sur cette droite, alors MA+MB est minimal pour angle(xMA)=angle(yMB).
Pour (xy), on prend une tanjente a l'ellipse en P. Si un point O de la droite est different de P, OA+OB=2a sera alors plus grand, autrement dit, OA+OB est minimal pour O=P. On a alors angle(xPA)=angle(yPB).
voilavoila

par **oscar** » 20 Juil 2008, 22:15

Bonsoir

J ' ai trouvé la figure correspondant au point de Miquel.je vais chercher
la démonstration( R = M et Q = N)

http://img504.imageshack.us/img504/9601/pointdemiquelfz7.png

par **Mhdi** » 04 Aoû 2008, 17:15

Exercice sur lequel j'ai bloqué :
(C) et (C') sont deux cercles de centre O et O', sécants en A et B. Soit (D) une droite changeante qui passe par A et coupe (C) (respec. (C')) en P (respec. P').
Montrer que toutes les médiatrices des [PP'] se coupent en un point constant.
---

Tout d'abord, j'ai remarqué que (AB) est lui aussi (D) - enfin vous voyez ce que je veux dire. Et, il est très clair que (OO') est la médiatrice de [AB]. Donc, si les médiatrices se coupent en un point constant, je pense que ce point se trouvera sur (OO'). J'ai aussi l'impression que ce point sera le barycentre de OAB ou O'AB.
Mais là, je bloque un peu!

Quelques indications seraient les bienvenues. ;)

par **Flodelarab** » 04 Aoû 2008, 17:37

Sur la forme, j'aurais apprécié que tu ouvres un nouveau fil de discussion. Mais bon, maintenant c'est trop tard.

Sur le fond, une droite n'a pas de médiatrices ....
Je pense que tu parles du segment [PP']. Vrai ?

Tout d'abord, j'ai remarqué que (AB) est lui aussi (D) - enfin vous voyez ce que je veux dire.

Pas du tout. Cette phrase ne veut rien dire pour moi.
Eclaire moi

par **Mhdi** » 04 Aoû 2008, 18:27

Hmm...
Comme (D) est droite changeante qui passe par A, est que (AB) passe par A, (AB) est un (D). J'admet que ce n'est pas ce qu'il y a de plus clair, mais je ne sais pas comment dire ça.
J'espère que tu es "éclairé".

par **Flodelarab** » 04 Aoû 2008, 18:54

Non je ne comprends pas.

Qu'est ce qu'une "droite changeante" ?
Et que signifie "(AB) est un (D)" ?

par **Mhdi** » 04 Aoû 2008, 19:10

Euh...Oublie mon début de raisonnement.
Au départ, l'exercice était en arabe, j'ai essayé de l'écrire en français.

Si tu n'as pas compris ce qu'une droite changeante veut dire, je te dirais juste que le but de l'exercice est de montrer que toutes les médiatrices des segments [PP'] se rencontrent en un point donné.

Si tu as besoin de plus de précisions, je ne puis hélas te les fournir.

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