la sommes des angles est égale a 180 degrés
pourquoi toujours dans un triangle les médianes/bissectrices/médiatrices/hauteurs concourent en un même point
Il y a 15 ans j'enseignais en collège et je le démontrais à mes élèves (dans le cadre de la géométrie euclidienne). Si tu veux voir une démonstration, demande, je pense que de nombreuses personnes pourront te répondre
Imod a écrit:Pour les médiatrices concourantes , c'est une simple conséquence de l'équidistance des points de la médiatrice aux extrémités du segment .
Imod
Zweig a écrit:Ca se fait très rapidement avec les angles orientés : \widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C} =\left( \overrightarrow {AB} \,;\, \overrightarrow{AC}\right)+\left( \overrightarrow{BA}\,;\, \overrightarrow{BC} \right)+\left( \overrightarrow{CB}\,;\, \overrightarrow{CA} \right) =\left(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AC} \right)+\left(\overrightarrow{BA}\,;\,\overrightar row{CB}\right)+\pi+\left(\overrightarrow{CB}\,;\,\ overrightarrow{CA}\right) =\left(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AC} \right)+\left(\overrightarrow{BA}\,;\,\overrightar row{CA}\right)+\pi =\pi
Ericovitchi a écrit:Euclide l'avait démontré par les angles alterne interne. C'est vraiment ce qu'il y a de plus simple. Tu devrais nous démontrer Pythagore puisque tu sembles avoir envie de remonter aux Grec. Il y a une bonne dizaine de démonstrations.
Zweig a écrit:J'ai modifié.
Pour montrer l'intersection de ces droites, peut être en utilisant le théorème de Céva, voire les barycentres ?
Qmath a écrit:oui bonne idée il faut commencer par démontrer que tout triangle peut être inscrit dans un cercle, je pense qu'on peut démontrer en utilisant que la somme des angles dans un triangle est égale a 180 degré et que un angle inscrit dans un cercle vaut la moitie de l'arc qu'il intercepte. En utilisant ces 2 propriétés on trouve un arc de 360 degré ce qui constitue un cercle.
et puis on continu comme tu l'a dit . Est ce bon ou y aurait-il une meilleure façon pour démontrer que tout triangle est inscrit dans un cercle
Donc a priori pour les médiatrice le problème est résolu ( si quelqu'un a une autre solution je serais ravis de la voir... n'hésitez pas)
Imod a écrit:Pourquoi faire simple quand on peut faire compliqué :zen:
Imod a écrit:
On considère un triangle ABC et on suppose connu le fait que tout point d'une médiatrice est équidistant aux extrémités du segment . On note O le point d'intersection des médiatrices de [AB] et [BC] ( il existe car (AB) et (BC) ne sont pas parallèles donc leurs médiatrices non plus ) . O est équidistant de A , B et C et c'est fini .
Imod
Imod a écrit:Pour les hauteurs , une démonstration très simple que je faisais autrefois avec mes quatrièmes .
On considère les trois hauteurs HA HB et HC d'un triangle ABC . Par les trois sommets de ABC , on trace les parallèles aux côtés opposés . Il apparaît alors une multitude de parallélogrammes et un triangle T dont HA , HB et HC sont les médiatrices .
Imod
Utilisateurs parcourant ce forum : Aucun utilisateur enregistré et 10 invités
Tu pars déja ?
Identification
Pas encore inscrit ?
Ou identifiez-vous :