Une égalité évidente ?

par **Imod** » 17 Mai 2008, 19:04

Le problème de Lapras m'en rappelle un autre :zen:

Hypothèses:

A, B, C alignés dans cet ordre.
A, D, E aussi .
(BE) et (CD) se coupent en T .

Conclusion:

Si AB + BT = AD + DT alors AC + CT = AE + ET .

Il existe des preuves très simples . Amusez-vous bien !!!

Imod

par **nodgim** » 18 Mai 2008, 17:13

Si on dit que B et D sont 2 points d'une ellipse de foyers A et T, et donc E et C sont 2 points d'une ellipse un peu plus grande de mêmes foyers, ça suffit ?

par **Imod** » 18 Mai 2008, 17:23

Désolé , je ne connais pas cette propriété , il faudrait la démontrer :doh:

Imod

par **ffpower** » 18 Mai 2008, 17:45

C est effectivement un peu succint mais l idée a l air bonne.Faudrait montrer par exemple qu il y a une application affine qui fixe A et T,et envoie {B,D} sur {C,E}

par **Mhdi** » 18 Mai 2008, 18:11

Moi, je suis arrivé à la "conclusion" qu'il faut démontrer que DBE et CDB ont le même périmètre. Mais c'est peut-être plus dur à prouver que la question de départ.

par **Imod** » 18 Mai 2008, 19:32

Quoi de plus triste qu'un exercice de géométrie sans dessin ?

Imod

par **lapras** » 18 Mai 2008, 21:14

Et moi je suis arrivé a la conclusion évidente qu'il faut créer de nouveaux points qui pourront servir à mettre bout à bout les longueurs pour rendre les calculs plus faciles. Il est clair que ces points ne nous suffiront pas pour résoudre ce probleme.

par **Ruch** » 18 Mai 2008, 23:50

Si on prends des points B', D', C' et E' appartenant respectivement à chaque fois à la droite à laquelle appartient B, D, C et E, tel que B'B=BT, D'D=DT etc.

Il parait évident que AC + CT = AC' = AE'= AE + ET non?
Car on doit avoir C' et E' symétrique par rapport à l'axe (AO).

Mais je n'arrive pas à prouver tout ça :mur:
Si certains ont d'autres pistes à proposer, qu'il les donne parce que j'ai pas l'impression d'être sur la bonne voie...

Un indice peut-être Imod?

par **Imod** » 19 Mai 2008, 00:12

Rush ,

un indice , lapras est sûrement sur la bonne voie :we:

Imod

par **Ruch** » 19 Mai 2008, 01:22

Ben c'est ce que j'ai fait, j'ai créé des points et j'ai affaire à des triangles isocèles.

par **nodgim** » 21 Mai 2008, 17:11

4 ème jour de résistance !
Les recherches continuent..... :hum:

par **lapras** » 21 Mai 2008, 17:38

Oui ce problème n 'est pas évident...
j'ai essayé de créer ces points :
I sur (CT) tel que CI= CA
J sur (ET) tel que EJ = EA
K sur (BT) tel que BK = BA
L sur (DT) tel que DJ = DA
Je pense que ces points sont biens car ils devraient faciliter les calculs (on doit montrer que TI = TJ...)
pour K et L ca devrait aussi faciliter les calculs (TKL isocele)
je cherche à montrer que TKL et TIJ sont semblables (chasse aux angles ?)
mais je ne vois rien d'évident ! :marteau:

par **Imod** » 21 Mai 2008, 19:12

Je n'ai pas fait comme ça mais en effet tu dois pouvoir montrer en observant les angles que A , I , J , K et L sont cocycliques et après c'est fini !!!

Imod

par **lapras** » 21 Mai 2008, 19:31

Oui effectivement si ces points sont cocycliques ca montre que TKL et TIJ sont semblables !
Je n'ai pas trop le temps de chercher avec les angles mais si tu le dis ca doit être faisable !

par **nodgim** » 22 Mai 2008, 18:55

Est ce que, par hasard, on ne représenterait pas en fait une figure parfaitement symétrique (AB=AD et AC=AE) vue en projeté sous un angle particulier ? ABC serait inchangé, car le pivot de la rotation, et ADE aurait alors des longueurs plus courtes parce que écrasée par la projection ? Pour retrouver la figure "à plat", il suffit de remonter en vertical D jusqu'à ce que AD soit égal à AB, et le nouvel E trouve sa place à la vertical du E primitif sur la nouvelle droite AD. Pareil pour T.

par **Imod** » 22 Mai 2008, 19:09

Un indice sur une méthode peut-être plus simple que celle de Lapras :

Les triangles de couleur sont isocèles .

est le centre du cercle circonscrit à

, c'est aussi plein d'autres choses .

Imod

par **nodgim** » 22 Mai 2008, 19:17

nodgim a écrit:Est ce que, par hasard, on ne représenterait pas en fait une figure parfaitement symétrique (AB=AD et AC=AE) vue en projeté sous un angle particulier ? ABC serait inchangé, car le pivot de la rotation, et ADE aurait alors des longueurs plus courtes parce que écrasée par la projection ? Pour retrouver la figure "à plat", il suffit de remonter en vertical D jusqu'à ce que AD soit égal à AB, et le nouvel E trouve sa place à la vertical du E primitif sur la nouvelle droite AD. Pareil pour T.

En positionnant bien sûr ABC horizontal et ADE le segment incliné.

par **Ruch** » 22 Mai 2008, 20:28

Voilà ça devient plus facile du coup :we:

Méthode Imod (voire la figure): On peut dire que O appartient aux bissectrices des angles TBT1, TDT2, T1AT2 puisque les triangles BTT1, DTT2 et AT1T2 sont isocèles. Mais O fait aussi parti des bissectrices des angles TET4 et TCT3 si l'on dessine les cercles exinscrits à ABE et ACD (si quelqu'un pouvait tracer ces cercles)

Donc T3 et T4 sont symétriques par rapport à (AO).
Et tout est fini ! AT3 = AT4. CQFD

(Désolé pour le latex.)

par **Ruch** » 22 Mai 2008, 20:38

Pour la méthode de lapras (bravo à toi d'avoir pensé aux points), je pense avoir presque trouvé (je t'avais dit lapras, le plus dur est de voir ce qu'il faut prouver, après, c'est moins difficile que de savoir ce que l'on doit faire ^^. Mais bon, j'ai passé toute la nuit hier...)

Indice: Essaie de montrer que les angles PAI = FQR et que RAJ = FQR.

Voilà. Bon je dois bosser mon BAC.
A toute.

par **Ruch** » 24 Mai 2008, 12:23

Au fait, Imod, es-tu sûr d'avoir lu mon premier poste?

Tu as insinué que j'étais dans la mauvaise voie, pourtant, à part le centre O, j'avais créé les mêmes points que toi (Mon O était un point quelconque de l'axe AO tel que les 2 points étaient symétriqes l'un par rapport à l'autre.)

Merci.

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