[OFM] Geometrie

[Anonyme]

Bonsoir,

Un classique:

Sur un terrain de jeu sont alignés quatre poteaux, plantés en A, B, C et D dans cet ordre.
Ces poteaux délimitent trois buts de largeurs : AB = 1, BC = 2, CD = d, où d est une longueur donnée.
Déterminer l'ensemble des points M du terrain d'où l'on voit les trois buts sous des angles AMB, BMC et CMD égaux.

Est ce que quelqu'un a réussi a le résoudre de façon purement géométrique sans vecteur ?

Parce que je trouve la solution d'ici http://www.maths-express.com/olympiades/2001/sujets_2001_correction.phppas évidente a trouve :mur: et j'aime pas trop quand on passe au vecteur dans des problèmes de géométrie alors je me demande s'il n'existe pas une solution sans vecteur qui s'imposerait.

Merci

[Anonyme]

Quand on a une solution, difficile de chercher une autre qui a priori est plus compliquée ...

[Olympus]

Quand on a une solution, difficile de chercher une autre qui a priori est plus compliquée ...

( ce topic sans réponse me fait pitié donc je réponds :we: )

Ben je suis nul en géométrie donc je ne pourrais pas t'aider désolé, mais, est-ce une olympiade internationale, académique, nationale etc... ??? Parce que j'ai cherché sur Mathlinks pour une solution, et j'ai trouvé que c'est pas l'OIM 2001 dont tu parles ici ...

[benekire2]

c'est une olympiade académique ( qui date puisque les exos maintenant sont plus facile )

[Anonyme]

Parce que j'ai cherché sur Mathlinks pour une solution, et j'ai trouvé que c'est pas l'OIM 2001 dont tu parles ici ...

La solution est dans le lien que j'ai poste. Il s'agit du 2eme exercice.
Comme l'a dit Benekire il c'est une olympiade académique

[Olympus]

La solution est dans le lien que j'ai poste. Il s'agit du 2eme exercice.
Comme l'a dit Benekire il c'est une olympiade académique

Ouép j'avais vu la solution de ton lien, mais dans Mathlinks, t'as toujours de grandes chances de trouver des solutions purement géométriques ( les solutions sont sous forme de "topic" où chacun apporte sa solution ) .

Mais malheureusement y a pas beaucoup d'olympiades académiques françaises sur Mathlinks ...

[Anonyme]

mais dans Mathlinks, t'as toujours de grandes chances de trouver des solutions purement géométriques ( les solutions sont sous forme de "topic" où chacun apporte sa solution ) .

Si cette exo n'inspire personne ici , on essayera sur Mathlinks :++:

[Ben314]

Bon, si c'est juste pour dire "qu'on" fait pas la gueule, je veut bien donner une réponse, mais le problème, c'est qu'avec un peu de baguage en gémoétrie, c'est assez rapidement plié....

1) Il est bien connu que la bisectrice intérieure issue de A dans un triangle ABC coupe le segment [BC] au barycentre de (B,b) (C,c) où b=AC et c=AB.
Comme on veut que la bisectrice de l'angle AMC soit B=bar((A,2),(C,1)) on doit avoir MC=2MA et, de même 2MB=dMD.

2) Aprés, que chacune de ces deux équations corresponde à un cercle (sauf si d=2 pour la deuxième où c'est une droite), ben, il me semble aussi que c'est du "bien connu" : je pensait que ça se voyait en première et, l'une des deux multiples preuves classique est celle donnée dans la soluce.
Ce D.M. en donne une autre (assez équivalente) :
http://maths-forum.com/showthread.php?t=103589

Bon, ça explique peut-être pourquoi "ça inspire pas beaucoup" : il y a peut être d'autres méthodes, mais c'est tout de même assez "standard" comme exercice (et la résolution s'en trouve un peu... standardisée...)

[Anonyme]

Bon, si c'est juste pour dire "qu'on" fait pas la gueule, je veut bien donner une réponse,

Pas du tout .

Les preuves que tu as donne utilise la notion de barycentre qui est défini par une relation vectorielle. Or ce que je cherche c'est une solution qui n'utilise pas de vecteur ou des points définis par des relation vectorielles comme le barycentre.

C'est moins standard maintenant ... je pense... :++:

[Ben314]

Tout à fait d'accord, mais mon post précédent était là pour dire que c'est assez "standard" comme type de problème et donc qu'à mon avis, ce qui "saute aux yeux" comme méthode, c'est de voir que l'énoncé équivaut à MC=2MA et, 2MB=dMD puis que chacune de ces deux équations est celle d'un cercle.
Bien sûr, on doit pouvoir montrer chacune des deux étapes sans utiliser de barycentres, voire même directement le résultat final sans barycentre, mais au niveau "cheminement intellectuel", c'est pas façile : tu demande de montrer un résultat sans utiliser un outil qui a en grande partie été inventé... pour résoudre ce genre de problèmes...

[Ben314]

Bon, je t'ai trouvé une preuve avec un peu moins de barycentres :

On cherche l'ensemble des points M du plan tels que l'on ait .
Pour cela, on considère un angle et on considère le cercle S des points M tels que et le cercle S' des points M tels que .
Le cercle S' se déduit de S par l'unique homothétie de rapport positif qui envoie A sur B et B sur C.
Les points O,O' et H (centre de l'homothétie) sont donc alignés et, comme S et S' se coupent en B, leur deuxième point d'intersection M est le symétrique de B par rapport à la droite (HO).
Lorsque l'on fait varier (et donc la droite (HO)), le point M décrit donc le cercle de centre H passant par B : c'est donc lui l'ensemble des points M tels que .
Il n'y a plus qu'a faire la même construction avec les points B,C et D pour obtenir l'ensemble des points M tels que : c'est un cercle centré en un point H' (centre de l'homothétie telle que B->C et C->D) et passant par C.
Le point recherché est alors et l'intersection des deux cercles obtenus.

On a des cas particulier lorsque B est le millieu de [AC] (ou C le millieu de [AD]) car, dans ce cas, l'homothétie A->B, B->C est à remplacer par une translation et le cercle devient une droite.

L'existence de solutions dépend alors de l'étude des deux cercles : sécant ou pas ?

P.S. Bien entendu, une solution "purement géométrique" n'a que faire des valeurs numériques données par l'énoncé : ( beurk , du numérique... :hum: )

[Anonyme]

Merci BenPi :zen:

Déjà au première lignes et je suis bloqué. :mur:

Pour cela, on considère un angle et on considère le cercle S des points M tels que

Pourquoi le lieu serait un cercle ?

[Anonyme]

Merci Ben

Les points O,O' et H (centre de l'homothétie) sont donc alignés et, comme S et S' se coupent en C, leur deuxième point d'intersection M est le symétrique de C par rapport à la droite (HO).

Tu voulais dire B non ?

Lorsque l'on fait varier (et donc la droite (HO)), le point M décrit donc le cercle de centre H passant par B : c'est donc lui l'ensemble des points M tels que .

La je ne comprend pas.. :help:

[Ben314]

Effectivement, c'est le symétrique de B par rapport à (OH) et pas de C (je modifie le post original...)
Si tu prend toutes les droites possibles passant par H et tout les symétrique possibles de B par rapport à ces droites, tu obtient bien le cercle de centre O passant par B :
=> Tout symétrique M de B par une droite passant par H vérifie HM=HB vu que H est sur la droite en question.
<= Tout point M tel que HM=HB est symétrique de B par rapport à la médiatrice de [MB] qui est une droite passant par H vu que HM=HB.