La balancoire

par **benekire2** » 19 Oct 2010, 10:18

Bonjour, je vous propose un petit "défi" plus pour les collégiens et lycéens :

On se donne un triangle isocèle OAB, de base [AB] , de sommet O et C un point de la droite (AB) extérieur au segment [AB], disons du côté de A. On trace deux cercles: le cercle inscrit au triangle OAC et le cercle exinscrit dans l'angle C au triangle OBC.
Montrer que lorsque la droite (OC) pivote autour du point O la somme
des rayons des deux cercles est constante.

Bon travail :happy3:

Figure.

par **nodjim** » 25 Oct 2010, 17:01

Il y a un problème dans l'énoncé: Pour 1 point 0 d'altitude constante, la somme des 2 rayons, si elle est constante, est égale à la hauteur de O, ça se voit quand la balançoire est horizontale. Or si on ramène le point C en A, il est évident que la somme des 2 rayons, qui revient en fait au calcul du rayon du seul cercle coté B, dépend beaucoup du désaxement de A par rapport à O. Il y a donc là une contradiction.

par **Ben314** » 25 Oct 2010, 19:30

nodjim a écrit:...calcul du rayon du seul cercle coté B, dépend beaucoup du désaxement de A...

Ben non : il ne dépend que de la distance de O à la droite d=(AB)...
Etonant, non

par **nodjim** » 25 Oct 2010, 20:27

Certes, mais si AB>2 fois hauteur de O, j'y vois un problème, le cercle coté B ne pourra être tangent aux 3 droites, sauf pour C en A. Non ?

par **Ben314** » 26 Oct 2010, 02:10

nodjim a écrit:Certes, mais si AB>2 fois hauteur de O, j'y vois un problème, le cercle coté B ne pourra être tangent aux 3 droites, sauf pour C en A. Non ?

Ben... si : dans un triangle (non aplati), quelque soient les différents angles, il y a toujours un cercle inscrit et trois cercles exinscrits.

par **nodjim** » 26 Oct 2010, 08:44

D'accord, en fait les 2 points de tangente sont presque confondus mais existent bien.
Et dire que c'est annoncé comme un problème pour collégiens et lycéens....

par **nodjim** » 27 Oct 2010, 16:48

J'ai démontré, par la trigo classique, que c'est vrai quand A et B sont confondus . Ce n'est pas très long. Maintenant, ça doit être plus compliqué avec A et B distincts. Et puis, il doit y avoir plus intuitif avec la géométrie pure. A suivre.

par **benekire2** » 27 Oct 2010, 17:53

nodjim a écrit:D'accord, en fait les 2 points de tangente sont presque confondus mais existent bien.
Et dire que c'est annoncé comme un problème pour collégiens et lycéens....

Pour collégien a la base ... :lol3:

par **Ben314** » 28 Oct 2010, 15:57

nodjim a écrit:J'ai démontré, par la trigo classique, que c'est vrai quand A et B sont confondus . Ce n'est pas très long. Maintenant, ça doit être plus compliqué avec A et B distincts. Et puis, il doit y avoir plus intuitif avec la géométrie pure. A suivre.

Pour rien te cacher, j'ai fait du "calcul brutos" de trigo (que A=B ou pas, ç'est pas trés différent) mais, vu la tête des calculs, je soupsonne que l'on s'en sort à l'aide de triangles semblables, c'est à dire au fond avec que du Thalès, mais j'ai pas trop cherché...

par **benekire2** » 05 Nov 2010, 18:01

De mon côté je cherche, le problème vient de animath il me semble et c'était explicitement proposé "pour les collégiens" donc ça doit se faire a coup de trigo très basique et de théorèmes sur les cervcles / droites

par **nodjim** » 05 Nov 2010, 19:22

Pour collégiens, oui, mais ceux du Collège de France.

par **benekire2** » 05 Nov 2010, 19:32

:ptdr:

En tout cas c'est pour les très bons collégiens, comme c'est posté par animath ...

par **Ben314** » 05 Nov 2010, 21:00

Méthode "à la bourin"

Remarque : Les segments pointillés roses sont bien sûr des bisectrices...
Le triangles ADC est rectangles en D et

donc

d'où

.
Le triangles ODC est rectangles en D et

donc

d'où

.
On en déduit que

, c'est à dire que

De même

donc

Y'a plus qu'à sortir l'artillerie lourde...

par **benekire2** » 05 Nov 2010, 22:27

Wouahouhh ... encore une belle preuve de ben , effectivement tu bucheronne à la fin, mais tu y arrive, dommage que aucune correction "élémentaire" ne sera fournie par animath (semblerait-il...) ; j'aurais bien aimé la voir (toujours est-il que je cherche de mon côté , mais je suis rarement astucieux :triste: )

par **Ben314** » 05 Nov 2010, 23:47

Bon, j'ai pas trouvé la preuve, mais je pense avoir le bon dessin..... :hein:

A",C",D",... images de A',C',D',... par la symétrie centrale de centre O.
E,E" images de D et D" par la symétrie axiale d'axe (CC")

Mais je trouve pas d'arguments simples pour montrer que (CC") est perpendiculaire à la bisectrice (CC') (ce qui serait suffisant pour conclure...)

par **benekire2** » 06 Nov 2010, 00:16

Ba écoute , là sur ce problème je me sens totalement con et désarmé :zen: J'ai essayé de prouver la perpendicularité mais je vois vraiment pas comment ( même avec des outils plus évolués, de toute façon j'en connais pas beaucoup des "gros outils") , et puis ta preuve derrire reste floue a mes yeux , je verrai demain ... :id:

par **Imod** » 06 Nov 2010, 19:50

J'ai trouvé une démonstration élémentaire mais je n'ai pas trop le courage de rédiger :hum:

Je reprends les notations de Ben .

Je note K le symétrique de O par rapport à la bissectrice (J'C) , par des petits calculs d'angles OCKC' est un losange . Je note I son centre et G le symétrique de F' par rapport à I , alors FG est à la fois la hauteur du triangle isocèle et la somme des rayons .

Imod

Edit : merci Ben pour la figure :we:

par **Ben314** » 06 Nov 2010, 20:15

Un seul mot : BRAVO (et pour faire le faillot, le dessin)

par **benekire2** » 06 Nov 2010, 20:19

Waouh ... fallait y penser :we: Bravo encore,

par **nodjim** » 07 Nov 2010, 09:00

J'admire le dessin et surtout la preuve.
C'est tout sauf de l'intuitif de voir que la médiatrice CC' coupe le pivot de la balançoire.
ça mériterait un théorème ce truc!

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