[TS] Une bien belle configuration

par **benekire2** » 21 Mar 2010, 11:46

Bonjour, je vous propose un petit exercice sympathique, bien que très connu il me semble. Je l'ai étiqueté TS parce que il existe une ( des ?) méthodes par les complexes. Cependant il est totalement faisable par un 1S ( entraîné). Pour ma part je n'ai utilisé que des transformations.

Soit ABC un triangle. On construit les points P,Q et R tels que les triangles ARB ; CQA et BPC soient rectangles isocèles directs en P, Q et R.
Montrer que les droites (RC),(BQ) et (AP) soient concourantes.

Bon travail :happy2:

par **Ben314** » 21 Mar 2010, 12:06

Est tu sûr que le résultat reste vrai lorsque l'on ne précise pas que les triangles ARB, CQA, BPC sont tout les trois de "même sens" (i.e. tout les trois directs ou bien tout les trois indirects) ?

par **Ericovitchi** » 21 Mar 2010, 12:36

C'est encore plus connu quand on prends des triangles équilatéraux sur les 3 cotés (au lieu de triangles isocèles rectangles). on tombe sur le point de Fermat.
Et c'est lié au problème assez rigolo aussi qui demande de trouver le point P qui rend minimum la somme des distances au 3 sommets du triangle PA+PB+PC.
Tu sais trouver ce point Benekire ?

par **benekire2** » 21 Mar 2010, 12:41

Merde j'ai omis de dire que c'était des triangles directs !!!
Mais ça reste "classique" comme problème .

Pour la distance MA+MB+MC minimisé, je ne me souviens plus de comment j'avais fait, mais je l'avais fait il y a de ça 1 ou 2 ans. Je vais essayer de me souvenir ...

par **benekire2** » 21 Mar 2010, 12:47

il se trouve que j'avais trouvé au bout d'une semaine et avec un peu d'aide ... le problème est ... très dur de souvenir.

par **Ericovitchi** » 21 Mar 2010, 13:04

Il y a une astuce qui simplifie beaucoup.
Si on a le triangle ABC et le point P à l'intérieur. Tu prends une rotation de centre B et d'angle pi/3. Elle change P en P' et A en C' (C' est donc le sommet du triangle équilatéral bâti sur AB).
Et là on voit assez vite que PA+PB+PC = CP+PP'+P'C'
Cette ligne brisée sera minimal si les Points C'P'PC sont alignés. On déduit assez vite que ça entraine que les angles CPA ou CPB = 120°
C'est ce point P que l'on appelle Point de Fermat ou point de Torricelli.

par **Zweig** » 21 Mar 2010, 13:09

J'avais proposé il y a pas mal d'années une généralisation ... J'en profite pour faire un up :we:

http://www.maths-forum.com/showthread.php?t=58676

par **benekire2** » 21 Mar 2010, 13:19

Zweig a écrit:J'avais proposé il y a pas mal d'années une généralisation ... J'en profite pour faire un up :we:

http://www.maths-forum.com/showthread.php?t=58676

:doh: c'est méga hard ... tu l'as réussi en combien de temps ?

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