inversion géométrique et surface
Bonjour à tous et bonne année 2016.Il y a une quinzaine de jours que je recherche une solution au problème suivant:
Soit un cercle 0, une droite D et un point A. Trouver un point B sur la droite D,un point C sur le cercle 0 tel que le triangle ABC soit rectangle en A et que la surface du triangle ABC soit 1/2 m².
Je n'arrive pas à démarrer cet exercice.Je veux des conseils pour commencer...ne me donnez pas la solution tout de suite...seulement des conseils pour démarrer. Je veux chercher....MERCI.MERCI.PAPY47.
Soit un cercle 0, une droite D et un point A. Trouver un point B sur la droite D,un point C sur le cercle 0 tel que le triangle ABC soit rectangle en A et que la surface du triangle ABC soit 1/2 m².
Je n'arrive pas à démarrer cet exercice.Je veux des conseils pour commencer...ne me donnez pas la solution tout de suite...seulement des conseils pour démarrer. Je veux chercher....MERCI.MERCI.PAPY47.
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Réponses
On peut considérer le plan cartésien $(x,y)$ et, sans perte de généralité, placer le cercle $(O)$ avec son centre en $(0,0)$, la droite $(D)$ (verticale) et le point $A$ quelconque.
Pour un point $B(d, z)$ quelconque sur la droite qui passe par $(d,0)$, son ordonnée $z$ jouant le rôle d'une variable, on calcule pour $A(x,y)$ donné (les réels $x$ et $y$ sont des paramètres) les coordonnées du point $C$.
On écrit alors les conditions, sous forme vectorielle :
- le triangle $ABC$ est rectangle en $A$ ;
- l'aire du triangle $ABC$ est $s$ (un paramètre).
Et on trouve le couple de points qui convient, si il existe.
A essayer.
Munir le plan d'un repère orthonormal avec l'origine en $A$, l'axe des abscisses parallèle à la droite $D$.
L'équation de la droite est : $y=p$. On peut prendre $p\geq 0$.
L'équation paramétrique du cercle est : $x=a+R\cos \theta ,y=b+R\sin \theta $, $R>0$. On peut prendre $a\geq 0$.
Soit $S$ l'aire prescrite pour le triangle $ABC$, $S>0$.
Les réels $a,b,R,p,S$ sont des paramètres donnés.
L'orthogonalité de $AB$ et $AC$, ainsi que le carré de l'aire du triangle rectangle $ABC$ s’expriment très simplement et donnent deux équations aux deux inconnues $x$ et $\theta$. Mais il reste à résoudre ce système.
À l'évidence il n'y a pas de solution si la droite et le cercle sont trop éloignés du point $A$, par exemple si : $p(\sqrt{a^{2}+b^{2}} -R)>2S$.
Il semble qu'il y ait pas mal de cas possibles selon les positions relatives des trois protagonistes, le point, la droite et le cercle.
Hugh, beaucoup à faire... et où diable est l'inversion dans tout ça ?
Bonne journée.
F. Ch.
comme tout problème ayant jusqu'à $4$ solutions, le tien ne me semble pas évident.
$\left( O\right) $ est le cercle donné, $A^{\prime }$ la projection orthogonale de $A$ sur $D$, $D^{\prime }$ la parallèle en $O$ à $D$.
Une piste (il y a probablement plus simple) :
- étant donné un point $C$ du cercle $\left( O\right) $, désignons par $S\left( C\right) $ l'aire algébrique du triangle $ABC$ où $B$ est sur $D$ et $AB\perp AC$. Alors l'application $C\rightarrow C^{\prime }$ où $S\left( C^{\prime }\right) =S\left( C\right) $ est une involution du cercle. Construire son point de Frégier $F$ (ie pour tout point $C$ la droite $CC^{\prime }$ passe par $F$). Indication : il est sur la droite $AA^{\prime }$, mais où précisément?
S'il faut absolument parler d'inversion, il existe une inversion $j$ conservant le cercle $\left( O\right) $ et telle que, pour tout point $C$ de $\left( O\right) $, $S\left( j\left( C\right) \right) =S\left( C\right) $. $F$ est alors le pôle de cette inversion.
- si la perpendiculaire en $A$ à $FC$ coupe $D^{\prime }$ en $M$, montrer que $\left\vert S\left( C\right) \right\vert =AA^{\prime }\cdot OM$
- conclure en donnant une construction des triangles $ABC$ d'aire $s$ donnée (on voit bien au passage qu'il y en a jusqu'à $4$)
Amicalement. Poulbot
On passe du point $B$ au point $C$ par le produit commutatif, (est-ce encore enseigné?), d'une inversion de pôle $A$ et d'une rotation d'angle droit de centre $A$ (et il y a deux angles droits aux dernières nouvelles).
Techniquement c'est une transformation circulaire indirecte (d'ordre $4$), une horreur à oublier donc!
Comme la théorie des transformations planes a disparu définitivement, (mis à part la transformation identité), il est normal et même conseillé d'adopter des solutions plus pédestres!
Amicalement
[small]p[/small]appus
ta méthode est bien plus simple à comprendre que la mienne.
Si $s$ est l'aire désirée pour le triangle $ABC$, on considère les deux cercles images de $D$ par les composées des rotations $\left( A,\pm \dfrac{\pi }{2}\right) $ avec l'inversion de pôle $A$, puissance $2s$.
Les points communs de ces cercles avec le cercle donné fournissent les points $C$ cherchés.
Le point de Frégier dont je parlais est le centre radical des $2$ cercles précédents et du cercle donné mais on peut l'obtenir plus simplement.
Amicalement
Amicalement. Poulbot
Une tentative de solution élémentaire ne nécessitant pas de transformations.
$A^{\prime }$ est la projection de $A$ sur $D$. $C$ décrivant un cercle de rayon $R$ tangent en $A$ à $AA^{\prime }$, si $B$ est le point commun à $D$ et à la perpendiculaire en $A$ à $AC$, montrer que l'aire du triangle $ABC$ est constamment égale à $R.AA^{\prime }$. La suite est évidente.
Amicalement. Poulbot