Exercices géométrie

par **oussazizi** » 17 Juil 2013, 14:53

Exercice 1:
On considère deux cercles disjoints, (C) de centre O et (C') de centre O'.
Une tangente à (C') passant par O coupe (C) en A et B. Une tangente à (C) passant par O' coupe (C') en A' et B', de sorte que A et A' soient du même coté de (OO'). Supposons connues les distances AA'=a et BB'=b. Calculer la distance OO'.

Exercice 2:
Soient A,B,C et D, dans cet ordre, les sommets adjacents d'un polygone régulier à 7 côtés. Montrer que:
1/AB=1/AC+1/AD

par **fma** » 17 Juil 2013, 19:46

Il suffirait de démonter que AA', OO' et BB' sont parallèles.

On trace A'B' qui coupe OO' en I
Thalès pour ABA' et BA'B' donnerait OI=AA'/2 et IO'=BB'/2 et donc OO'

par **mathafou** » 17 Juil 2013, 20:37

Bonjour,

fma a écrit:On trace A'B' qui coupe OO' en I

???
A'B' coupe OO' en O' par définition !!

sinon AB et A'B' se coupent en I
T et T' les points de contact
T et T' sont sur le cercle de diamètre OO'
puissance de I etc ... et c'est plié
Edit : il y a même encore plus direct avec les triangles semblables ITO et IT'O' d'une part, ITB et IT'B' d'autre part (angles) et donc directement IB/IO = IB'/IO' et idem avec A, A'

Pour le deuxième, c'est plus dur
c'est équivallent à montrer que

on peut tout exprimer en fonction de

mais bof ...

aussi on peut prouver facilement, en appelant a = AB, b = AC et c = AD, que :
b² = a(a+c) et c² = b(b+a) (propriété des triangles avec un angle double d'un autre, deux fois sur ACD, AB = CD)
mais pour en déduire ensuite que 1/a = 1/b + 1/c tintin ...

par **fma** » 17 Juil 2013, 22:15

Bonsoir,
On a pas tout à fait le même dessin ; C'est A'B qui coupe OO' en I, ici

Que veux-tu dire par "puissance de I etc ... et c'est plié"
Bien joué pour les triangles semblables.

par **mathafou** » 17 Juil 2013, 23:24

fma a écrit:C'est A'B qui coupe OO' en I, ici

OK pour A'B mais tu avais bien écrit A'B' une simple faute de frappe ??

On a pas tout à fait le même dessin

oui il y a deux choix possibles, mais ça ne change pas grand chose (il faut faire deux démos par des moyens élémentaires, une seule si on prend en compte des angles orientés etc)

"puissance de I etc" c'était mon premier raisonnement (il y a eu un édit : les triangles semblables, nettement plus simple)
pour info c'était IT.IO' = IT'.IO, puissance de I par rapport au cercle de diamètre OO' (ou théorème "des cordes", puissance sans dire le mot)
et aussi IT² = IA.IB puissance de I par rapport au cercle (O)
et IT'² = IA'.IB' idem (O')

en combinant ces trois relations avec IO = (IA+IB)/2 et idem sur l'autre, on aboutit à IA/IB = IA'/IB' et donc AA' // BB'
(ensuite c'est fini car la droite des milieux OO' dans le trapèze ABB'A' est parallèle aux bases et égale à leur demi-somme)

par **fma** » 17 Juil 2013, 23:32

mathafou a écrit:OK pour A'B mais tu avais bien écrit A'B' une simple faute de frappe ??

Oui, j'ai écris de travers, dans l'urgence car ma fille voulait aller chez KFC. On la comprend ...
Toi aussi

tu as fait une petite erreur de frappe, en mettant 1/sin(4pi/7) au lieu de 1/sin(3pi/7).

Alors peut-on dire que c'est démontré avec la brave calculatrice ?

par **mathafou** » 18 Juil 2013, 00:05

fma a écrit:Toi aussi tu as fait une petite erreur de frappe, en mettant 1/sin(4pi/7) au lieu de 1/sin(3pi/7).

après revérification c'est bien 4pi/7

dans le triangle ACD on a CD/sin(pi/7) = AC/sin(2pi/7) = AD/sin(4pi/7)
et comme CD = AB cela donne bien la relation
1/AB = 1/AC + 1/AD 1/sin(pi/7) = 1/(sin(2pi/7) + 1/sin(4pi/7)

edit : "c'est démontré avec la brave calculatrice ?" surement pas !! il faut prouver cette relation algébrique
comme je le disais cos(pi/7) suffit à exprimer tout ça, et on obtient une équation en cos(pi/7) qu'il faut comparer avec la formule extraite de cos(7*pi/7) = -1 (via de Moivre et (cos(pi/7) + i sin(pi/7))^7 = -1) pour prouver que cos(pi/7) est bien racine commune entre ces deux équations et que c'est la seule réelle.
/edit

Les autres indications : bisectrices DI et CJ servent à prouver les relations métriques indiquées.
par exemple AID isocèle en I donc ID = IA
les triangles DCI et ACD sont semblables (mêmes angles) CI/CD = CD/CA
enfin la relation bien connue des bisectrices IA/AD = IC/CD, soit IA/AD = IC/CD = (IA+IC)/(AD+CD) = AC/(AD+CD)
le tout combiné donne CD/CA =AC/(AD+CD) soit AC² = CD(AD+CD), b² = a(a+c)
le tout pour la simple condition que l'angle en D du triangle ACD est le double de l'angle en A

de même l'angle en C du même triangle étant le double de l'angle en D, avec la bisectrice CJ on obtient l'autre relation c² = b(a+b)
le cumul de ces deux relations est donc équivallent à "ABCD sont des sommets successifs de l'heptagone" d'où l'espoir (déçu pour l'instant) que en les combinant judiceusement on obtienne le 1/a = 1/b+1/c espéré.

par **fma** » 18 Juil 2013, 00:09

Prends ta calculatrice :
2,3047648710=1,2790480077+1,0257168633 (qui est 1/sin(3pi/7)

AD/2 = Rayon*sin(3pi/7)

par **mathafou** » 18 Juil 2013, 00:17

fma a écrit:Prends ta calculatrice :
2,3047648710E+00=1,2790480077E+00+1,2790480077E+00 (qui est 1/sin(3pi/7)

??
1/sin(pi/7) = 2.3047648709624865
1/sin(2pi/7) = 1.2790480076899326
1/sin(4pi/7) = 1.0257168632725539
et on a bien
1/sin(pi/7) - 1/sin(2pi/7) - 1/sin(4pi/7) = 9.65 e-40 environ 0 à la précision de la calculette

edit : remarque que nous avons "tous deux raison" puisque sin(4pi/7) = sin(pi - 4pi/7) = sin(3pi/7)

par **fma** » 18 Juil 2013, 00:25

mathafou a écrit:??
1/sin(pi/7) = 2.3047648709624865
1/sin(2pi/7) = 1.2790480076899326
1/sin(4pi/7) = 1.0257168632725539
et on a bien
1/sin(pi/7) - 1/sin(2pi/7) - 1/sin(4pi/7) = 9.65 e-40 environ 0 à la précision de la calculette

edit : remarque que nous avons "tous deux raison" puisque sin(4pi/7) = sin(pi - 4pi/7) = sin(3pi/7)

Bravo, on a évité une guerre mondiale
Pacem in terris et bonne nuit, t'as bien bossé

par **fma** » 18 Juil 2013, 01:38

Insomnie

On a démontré que :

Dans ton triangle ACD, la loi des sinus ( http://fr.wikipedia.org/wiki/Loi_des_sinus ) dit

Donc

d'où

1/a=1/b+1/c ou 1/AB=1/AC+1/AD

par **fma** » 18 Juil 2013, 01:49

Edit : j'avais pas tout lu. Ok, c'est clos en beauté.

par **oussazizi** » 18 Juil 2013, 02:20

dans le 2eme exercice s'il vous plaît, comment vous avez trouvez la valeur des angles?

par **mathafou** » 18 Juil 2013, 09:33

oussazizi a écrit:dans le 2eme exercice s'il vous plaît, comment vous avez trouvez la valeur des angles?

Comme dans tous les polygones réguliers, avec le théorème des angles inscrits

n est le nombre de côtés. dans l'exo n = 7, dans cette figure n = 11, c'est général.
on peut même obtenir les angles de deux diagonales

par **mathafou** » 18 Juil 2013, 13:24

La suite de l'exo 2
prouver la relation exacte entre les sinus, ce qui encore une fois ne peut pas se prouver en vérifiant la valeur approximative (même à 10-40 près) à la calculette.
Cela devient "assez technique"

on peut donc factoriser et tout revient donc à prouver que

soit en appelant

ou encore

calculons maintenant la "valeur exacte" de

on a (de Moivre) :

soit en développant :

est solution de

or cette expression se factorise en (merci Xcas) :

(le facteur (x+1) était "évident" mais le reste ...)
donc

est solution de

et par conséquent un CQFD final, puisque c'est justement ce qu'on cherchait à démontrer.

par **oussazizi** » 18 Juil 2013, 14:32

Pour le 2ème exercice, il y aurait sûrement une autre solution plus simple, en utilisant le théorème de Ptolémée.

par **mathafou** » 18 Juil 2013, 15:01

oussazizi a écrit:Pour le 2ème exercice, il y aurait sûrement une autre solution plus simple, en utilisant le théorème de Ptolémée.

Bien vu !!

deux lignes et c'est fini.
AD.EC = ED.AC + AE.CD

par **oussazizi** » 18 Juil 2013, 15:56

Exactement!

Exercices géométrie

Exercices géométrie

Qui est en ligne