Géométrie

Olympiades mathématiques, énigmes et défis
M@thIsTheBest
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Géométrie

par M@thIsTheBest » 18 Avr 2012, 14:57

Bonjour,
voilà l'exercice:
Soit un triangle ABC dont aucun angle ne dépasse 120°.
On construit extérieurement à ce triangle, les triangles équilatéraux ABC,BCE, et ACF.
1-Mq (AE), (BF) et (CD) sont concourantes en un point I.
2-En déduire que : IA+IB+IC=1/2(ID+IE+IF).



M@thIsTheBest
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par M@thIsTheBest » 04 Mai 2012, 15:41

Il parait qu'il n’existe aucun membre appartenant à qui peut résoudre ce problème. :zen:

Dlzlogic
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par Dlzlogic » 04 Mai 2012, 17:03

M@thIsTheBest a écrit:Il parait qu'il n’existe aucun aucun membre appartenant à qui peut résoudre ce problème. :zen:

Traçons de point I intersection des cercles circonscrits aux triangles ABD, BCE et ACF.
Les angles AIB, BIC et AIC valent 120°
Les angles AID, BIE et CIF valent 60°
Donc I appartient à AE, CD et BF.
Le rapport des rayons des cercles circonscrits à ABC et DEF est 2, il y a donc une homothétie de rapport 2 (moins rigoureux).
CQFD

M@thIsTheBest
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par M@thIsTheBest » 05 Mai 2012, 17:09

Dlzlogic a écrit:Traçons de point I intersection des cercles circonscrits aux triangles ABD, BCE et ACF.
Les angles AIB, BIC et AIC valent 120°
Les angles AID, BIE et CIF valent 60°
Donc I appartient à AE, CD et BF.
Le rapport des rayons des cercles circonscrits à ABC et DEF est 2, il y a donc une homothétie de rapport 2 (moins rigoureux).
CQFD

Mais qu'est ce que tu raconte...

Dlzlogic
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par Dlzlogic » 05 Mai 2012, 17:17

M@thIsTheBest a écrit:Mais qu'est ce que tu raconte...
Ben, il me semble que j'ai démontré que les 3 droites se coupent au point I.
Si je me suis trompé, ce serait gentil d'être plus explicite.
Par contre pour la question N°2 j'ai pas vraiment cherché.

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Lostounet
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par Lostounet » 06 Mai 2012, 20:12

Yo,

Cela fait deux jours que j'essaye de trouver la réponse à ta 1ere question...
Je ne veux pas utiliser les vecteurs!

J'appelle J l'intersection de (DC) et [AB], H intersection de (AE) et [BC] et I celle de [AC] et (BF)


Ces trois droites sont-elles les bissectrices des angles du triangle ABC?
Ça m'arrangerait, car on aurait du coup:

BJ = BH
CH = CI
AJ = AI

Et comme ça, par le théorème de Ceva :



= 1

Je ne vois pas comment montrer ou vérifier si l'on a bien:



Modif: Je pense un peu à la loi des Sinus...

On sait que BH/sin(BAH) = AB/sin(BHA)
BH/BA = sin(BAH)/sin(BHA)...

AB/sinC = BC/sin A

AB/BC = sinC/sinA

A-t-on forcément sinC/sinA = sin(BAH)/sin(BHA) .. ?


Peut-être pourrais-je exploiter les aires proportionnelles des triangles ACJ et ACH...
Merci de m'aider :we:
Merci de ne pas m'envoyer de messages privés pour répondre à des questions mathématiques ou pour supprimer votre compte.

Dlzlogic
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par Dlzlogic » 06 Mai 2012, 20:42

Bonjour,
L'astuce est de travailler avec les angles et les cercles circonscrits.
J'ai été très succin dans ma démo, exprès.
Donc je trace les cercles circonscrite aux triangles ABD, BCE et ACF.
Tout point de ces cercles intérieur au triangle ABC sous-tend un arc égal à 60°, les arcs passant par D, E et F, puisque les angles d'un triangle équilatéral sont égaux à 60°.
J'appelle I le point d'intersection de ces cercles. Ce point est unique puisque les angles formés par les segments IA, IB et IC valent 120° qui est le tiers de 360°.
Considérons l'angle AID, il est égal à l'angle ABD = 60°.
Donc l'angle DIC = DIA + AIC = 60° + 120°, c'est un angle plat. Le point I est aligné avec CD.
Il en est de même pour AE et BF.
Donc les trois segments se coupent en un même point I.

Non, ces trois droites ne sont pas des bissectrices, d'ailleurs, je ne leur ai rien trouvé de particulier.
Pour ce type de problème, je fais toujours très soigneusement une figure à la règle et au compas.

Dis-moi si je t'ai convaincu.

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Lostounet
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par Lostounet » 06 Mai 2012, 21:07

Bonjour!

Dlzlogic a écrit:Donc je trace les cercles circonscrite aux triangles ABD, BCE et ACF.
Tout point de ces cercles intérieur au triangle ABC sous-tend un arc égal à 60°, les arcs passant par D, E et F, puisque les angles d'un triangle équilatéral sont égaux à 60°.


Tu veux dire des angles de 120 degrés? Oui, car si on prend un point dans ABC sur l'arc de cercle opposé, on aura un quadrilatère inscrit et donc des angles opposés supplémentaires. Donc ça va jusque là.


Dlzlogic a écrit:J'appelle I le point d'intersection de ces cercles. Ce point est unique puisque les angles formés par les segments IA, IB et IC valent 120° qui est le tiers de 360°.


Pourquoi les cercles sont-ils concourants?
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par Dlzlogic » 06 Mai 2012, 21:32

"Pourquoi les cercles sont-ils concourants?"
Parce qu'il n'y a qu'un point tel que AIB = BI'C = AI"C = 120°
Le segment IA est porté par la même droite que le segment I"A, ainsi pour IB et IC.
En fait, on peut dire que les cercles sont concourants en I parce que le point I d'intersection des droites issues des sommets A, B et C est unique.

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par Lostounet » 06 Mai 2012, 21:46

Dlzlogic a écrit:"Pourquoi les cercles sont-ils concourants?"
Parce qu'il n'y a qu'un point tel que AIB = BI'C = AI"C = 120°
Le segment IA est porté par la même droite que le segment I"A, ainsi pour IB et IC.
En fait, on peut dire que les cercles sont concourants en I parce que le point I d'intersection des droites issues des sommets A, B et C est unique.


Voici comment j'ai compris le début de ta démo.

On cherche un point I" tel que BI"A = 120, AI"B = 120 et AI"C = 120.

On montre que I" appartient aux trois cercles circonscrits... Mais pourquoi ce point est-il aussi l'intersection des droites issues des sommets ? Désolé si je rate l'évidence :/
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M@thIsTheBest
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par M@thIsTheBest » 07 Mai 2012, 14:39

Lostounet a écrit:Yo,

Cela fait deux jours que j'essaye de trouver la réponse à ta 1ere question...
Je ne veux pas utiliser les vecteurs!

J'appelle J l'intersection de (DC) et [AB], H intersection de (AE) et [BC] et I celle de [AC] et (BF)


Ces trois droites sont-elles les bissectrices des angles du triangle ABC?
Ça m'arrangerait, car on aurait du coup:

BJ = BH
CH = CI
AJ = AI

Et comme ça, par le théorème de Ceva :



= 1

Je ne vois pas comment montrer ou vérifier si l'on a bien:



Modif: Je pense un peu à la loi des Sinus...

On sait que BH/sin(BAH) = AB/sin(BHA)
BH/BA = sin(BAH)/sin(BHA)...

AB/sinC = BC/sin A

AB/BC = sinC/sinA

A-t-on forcément sinC/sinA = sin(BAH)/sin(BHA) .. ?


Peut-être pourrais-je exploiter les aires proportionnelles des triangles ACJ et ACH...
Merci de m'aider :we:

Tout d'abord merci pour votre attention.
Cela fait deux jours que j'essaye de trouver la réponse à ta 1ere question...

Bon,je ne pense pas que tu dois utiliser le théorème de Ceva même s'il peut servir à trouver la solution parce que cette énoncé est destiné au lycéens(olympiade mathématique niveau écoles secondaire).
Pour la loi de sinus, ou l'utilisation des triangles semblables.. je ne vois pas que ça peut démontrer le problème..

 

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