Bonne Nuit
II s'agit en fait d'un exercice de géométrie affine et on peut se contenter de supposer que $ABCD$ est un parallélogramme.
Une méthode est la force brute.
On travaille par exemple dans le repère $\{A,(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD})\}$
On connait les coordonnées des points $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$, $G$.
Il reste à calculer celles des points $H$ et $J$ comme intersections de droites de la figure.
Une fois ceci fait, il est facile de calculer l'aire du triangle $EHJ$.
On trouve un entier compris entre $1$ et $9$.
Une autre méthode serait d'être astucieux en combinant les aires des polygones apparaissant sur la figure!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour
Bien sûr pour rester dans un cadre élémentaire, on peut et on doit supposer que $ABCD$ est un rectangle mais cela ne change rien aux calculs, (attention je ne dis pas: aux résultats), des coordonnées des points $H$ et $J$.
Une fois ceux-ci terminés, comment continuer?
Si on a de la culture, on peut appliquer la formule donnant l'aire d'un triangle en fonction des coordonnées de ses sommets.
Sinon quoi?
Eh bien puisqu'on dispose des coordonnées des points de la figure, il est facile d'évaluer les rapports segmentaires: $\dfrac{\overline{EH}}{\overline{EF}}$ et $\dfrac{\overline{EJ}}{\overline{EG}}$
On applique alors la formule à démontrer::
$$\mathrm{Aire}(EHJ)=\vert \dfrac{\overline{EH}}{\overline{EF}}.\dfrac{\overline{EJ}}{\overline{EG}}\vert\mathrm{Aire}(EFG)$$
Il reste alors à évaluer $\mathrm{Aire}(EFG)$ en fonction de $\mathrm{Aire}(ABCD)$, ce qui est facile.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Essayons d'optimiser les calculs; le problème est affine.
Posons $A(0,0)$, $C(6,6)$, $E(3,6)$, $F(2,0)$, $G(4,0)$.
Donc l'équation de la droite $AC$ est $x=y$.
Si les points $E$, $X(x,0)$ et $U(u,u)$ sont alignés,, alors
$$
\begin{vmatrix} 3&6&1\\x&0&1\\u&u&1 \end{vmatrix} = 0 \qquad\text{et}\qquad
u=\frac{6x}{x+3}
$$
$x=2$ donne $U=H(12/5,12/5)$,$\quad x=4$ donne $U=J(24/7,24/7)$
L'aire de $EHJ$ est
$$
\frac{1}{2} \begin{vmatrix} 3&6&1\\12/5&12/5&1\\24/7&24/7&1 \end{vmatrix} =\frac{54}{35}
$$
à multiplier par $70/36$ pour "coller" à la donnée.
Mon cher Soland
Pourquoi choisir des coordonnées aussi étranges pour le point $C$?
Probablement pour que les points $E$, $F$, $G$ aient des coordonnées entières?
Pour moi les coordonnées du point $C$ dans mon repère sont $C(1,1)$
L'équation de la droite $EF$ est: $y=6(x-\frac 13)$.
D'où les coordonnées de $H$: $H(\frac 25,\frac 25)$.
De même l'équation de la droite $EG$ est: $y=-6(x-\frac 23)$
D'où les coordonnées de $J$: $J(\frac 47,\frac 47)$.
On en déduit immédiatement:
$\dfrac{EH}{EF}=\dfrac 35$ et $\dfrac{EJ}{EG}=\dfrac 37$
Comme $\mathrm{Aire}(EFG)=\dfrac 16\mathrm{Aire}(ABCD)$
on en déduit: $\mathrm{Aire}(EHJ)=\dfrac 35.\dfrac 37.\dfrac 16.70=3$
Amicalement
[small]p[/small]appus
la parallèle à $(GE)$ menée par $A $ coupe $(CD)$ en $K$; la parallèle à $(FE)$ menée par $A$ coupe $(CD)$ en $L$; si $S$ est l'aire de $ABCD$, celles de $DKA$ et $DLA$ sont $\frac{S}{12}$, celles de $CKA$ et $CLA$ $\frac{7S}{12}$ et $\frac{5S}{12}$.
$\frac{CE}{CL}=\frac{3}{5}$;$\frac{CE}{CK}=\frac{3}{7}$; $A(EJH)=A(CEH)-A(CEJ)=((\frac{3}{5})^2\frac{5S}{12}-(\frac{3}{7})^2\frac{7S}{12})=\frac{3}{70}S$
Merci Depasse
Ta solution est la solution astucieuse à laquelle je faisais allusion.
Il y en a sûrement beaucoup d'autres.
Mais pourquoi se fatiguer à être astucieux quand la force tranquille est pratiquement aussi rapide?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour
Le lemme dont je me sers est simple:
$S(ABC)=\dfrac 12 AB.AC.\sin(\hat A)$
$S(AB'C)=\dfrac 12 AB'.AC'.\sin(\hat A)$
Donc $$\dfrac{S(AB'C')}{S(ABC)}=\dfrac{AB'}{AB}.\dfrac{AC'}{AC}$$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Ceux qui n'aiment pas la trigonométrie se débrouilleront avec les hauteurs!
Mais pourquoi se fatiguer à être astucieux quand la force tranquille est pratiquement aussi rapide?
Tu me pousses à confesse!
J'ai un merveilleux souvenir de ma Math-élem et un odieux de ma Math-sup! Il faut dire que mon père a su faire jouer ses relations pour avoir la fierté de pouvoir dire à ses amis que son fils était à LLG. Moi, je voulais la fac! Résultat: dépression, puis quarante ans de brouille avec le vieux! La force tranquille n'est pas accessible à n'importe qui, n'importe où. Alors, je me rappelle souvent Monsieur Bernard, mon prof de Math-élem, qui nous disait souvent: "en géométrie, pensez à rajouter un trait ou, au contraire, à en oublier un autre". C'est de lui que me vient ce goût de l'astuce. Il y a pourtant très longtemps que je sais que l'astuce, à elle seule, ne mène pas loin! Mais elle m'amuse bien plus qu'elle ne me fatigue.
Amicalement
Paul
Bonsoir à tous,
Ce problème m'a bien fait passer mes trois heures de TGV en ce début de soirée !
En prenant la figure initiale, le rectangle, et un repère orthonormé avec des axes selon AB et AD, on peut calculer l'aire demandée comme la différence entre celle du triangle EFG et celle du quadrilatère FHJG.
Si on pose AB = L, BC = h, on a immédiatement l'aire de EFG, égale à Lh/6.
Pour l'aire de FHGJ, on peut la décomposer en deux triangles, HFH' et JGJ' où H' et J' sont les projections orthogonales respectives de H et J sur AB, et le trapèze H'HJJ'.
Pour les coordonnées de H et J, calculées à l'aide des équations des droites HJ, FE et EG, j'ai trouvé les valeurs suivantes : H (2L/5, 2h/5) et J (4L/7, 4h/7).
Tous calculs faits, je trouve, pour l'aire de FHJG la valeur de 13hL/105, et donc, pour l'aire d'EHJ, 11hL/210, soit à peu près 0,052381.hL.
Pappus, je suppose qu'on aboutit à la même chose, si on prend comme axes deux côtés adjacents de ton parallélogramme, n'est-ce pas ?
En faisant ces calculs, j'ai abouti à une expression de l'aire de FHJG qui indique que cette aire est la somme des aires des deux triangles HFJ' et JGH' : je suppose que ce résultat, que je trouve assez intéressant, est général et connu depuis longtemps, n'est-ce pas ?
Autre chose, cette figure permet de construire facilement le nombre 1/7 : il suffit de diviser en 4, selon l'unité choisie, l'un des segments OJ, OJ' ou JJ'. Je trouve cela curieux ...
Bien cordialement
Mon cher JeloBreuil
Je ne sais pas comment tu t'y es pris mais tu ne trouves pas la même chose que Soland, Depasse et moi!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Encore une autre méthode pour trouver un autre résultat (on ne saurait exclure qu'un faux raisonnement conduise p.s. à un faux résultat). On fait tendre la longueur du rectangle vers l'infini (et la largeur tend alors vers 0). Alors l'angle entre $AC$ et $AB$ tend vers 0. Il est clair que la hauteur du triangle est équivalente à la moitié de la hauteur du rectangle. Par Thalès, la longueur $HJ$ est équivalente à la moitié du tiers de la longueur du rectangle. On a donc
$$aire= 70\times \frac 1 2 \times \frac 1 2 \times \frac 1 6=\frac {70}{24}\neq \frac {72}{24}$$
Mon cher Pierre
D'après mes calculs des coordonnées des points $H$ et $J$, on a:
$\dfrac{HJ}{AC}=\frac 47-\frac 25=\frac 6{35}=Cte \ne \frac 16=\frac 6{36}$
Mais je doute que quelqu'un ait l'idée de ton raisonnement alambiqué!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour Jelobreuil,
Avec le même raisonnement que toi, j'obtiens bien FHJG = 13hL/105 mais EHJ = 9hL/210. À priori tu a fait une erreur de calcul à cette étape.
On peut aussi décomposer FHJG en (un trapèze rectangle de base FG U un triangle), ce qui me parait plus facile pour calculer son aire.
@pappus. Oui, bien sûr. Utiliser Thalès avec une droite "presque parallèle" dans un triangle "presque aplati" était évidemment une arnaque. Utiliser la valeur que tu as donnée, et qui est la bonne, conduit au bon résultat... sauf que, comme tu le fais remarquer, la valeur de $HJ/AC$ ne s'obtient que par des calculs qui ne sont pas plus simples que d'obtenir l'aire directement.
Mon cher Pierre
Je ne vois pas très bien ce que tu entends par obtenir l'aire directement!
Ceci dit, il y a bien des façons, astucieuses ou non, de résoudre cet exercice, chacune s'inscrivant dans un contexte pédagogique différent.
C'est ce qui rend cet exercice si intéressant!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonsoir à tous
Un grand MERCI, Le Lui ou un Autre, pour avoir pointé la petite mais grossière erreur de calcul que j'avais commise dans la dernière ligne : 35 - 26 = 11 !!! Pour ne pas m'en être aperçu, soit j'étais pressé d'en finir, soit j'étais très fatigué par les calculs précédents !
Et c'est bien à cette seule erreur qu'est due la différence entre le résultat de Pappus, Soland et Depasse et le mien, puisque 9hL/210 vaut bien 3 si hL vaut 70 ...
Et en effet, ton découpage de FHJG en un trapèze isocèle (parallèle à AB pasant par H) et un triangle ssemble a priori plus simple que le mien, les coordonnées du point supplémentaire étant immédiatement accessibles puisque celui-ci n'est autre que le symétrique de H par rapport à la E-hauteur du triangle EFG. Je vais voir ce que cela donne.
Bien cordialement
Réponses
II s'agit en fait d'un exercice de géométrie affine et on peut se contenter de supposer que $ABCD$ est un parallélogramme.
Une méthode est la force brute.
On travaille par exemple dans le repère $\{A,(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD})\}$
On connait les coordonnées des points $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$, $G$.
Il reste à calculer celles des points $H$ et $J$ comme intersections de droites de la figure.
Une fois ceci fait, il est facile de calculer l'aire du triangle $EHJ$.
On trouve un entier compris entre $1$ et $9$.
Une autre méthode serait d'être astucieux en combinant les aires des polygones apparaissant sur la figure!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bien sûr pour rester dans un cadre élémentaire, on peut et on doit supposer que $ABCD$ est un rectangle mais cela ne change rien aux calculs, (attention je ne dis pas: aux résultats), des coordonnées des points $H$ et $J$.
Une fois ceux-ci terminés, comment continuer?
Si on a de la culture, on peut appliquer la formule donnant l'aire d'un triangle en fonction des coordonnées de ses sommets.
Sinon quoi?
Eh bien puisqu'on dispose des coordonnées des points de la figure, il est facile d'évaluer les rapports segmentaires: $\dfrac{\overline{EH}}{\overline{EF}}$ et $\dfrac{\overline{EJ}}{\overline{EG}}$
On applique alors la formule à démontrer::
$$\mathrm{Aire}(EHJ)=\vert \dfrac{\overline{EH}}{\overline{EF}}.\dfrac{\overline{EJ}}{\overline{EG}}\vert\mathrm{Aire}(EFG)$$
Il reste alors à évaluer $\mathrm{Aire}(EFG)$ en fonction de $\mathrm{Aire}(ABCD)$, ce qui est facile.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Posons $A(0,0)$, $C(6,6)$, $E(3,6)$, $F(2,0)$, $G(4,0)$.
Donc l'équation de la droite $AC$ est $x=y$.
Si les points $E$, $X(x,0)$ et $U(u,u)$ sont alignés,, alors
$$
\begin{vmatrix} 3&6&1\\x&0&1\\u&u&1 \end{vmatrix} = 0 \qquad\text{et}\qquad
u=\frac{6x}{x+3}
$$
$x=2$ donne $U=H(12/5,12/5)$,$\quad x=4$ donne $U=J(24/7,24/7)$
L'aire de $EHJ$ est
$$
\frac{1}{2} \begin{vmatrix} 3&6&1\\12/5&12/5&1\\24/7&24/7&1 \end{vmatrix} =\frac{54}{35}
$$
à multiplier par $70/36$ pour "coller" à la donnée.
Réponse : 3 .
Pourquoi choisir des coordonnées aussi étranges pour le point $C$?
Probablement pour que les points $E$, $F$, $G$ aient des coordonnées entières?
Pour moi les coordonnées du point $C$ dans mon repère sont $C(1,1)$
L'équation de la droite $EF$ est: $y=6(x-\frac 13)$.
D'où les coordonnées de $H$: $H(\frac 25,\frac 25)$.
De même l'équation de la droite $EG$ est: $y=-6(x-\frac 23)$
D'où les coordonnées de $J$: $J(\frac 47,\frac 47)$.
On en déduit immédiatement:
$\dfrac{EH}{EF}=\dfrac 35$ et $\dfrac{EJ}{EG}=\dfrac 37$
Comme $\mathrm{Aire}(EFG)=\dfrac 16\mathrm{Aire}(ABCD)$
on en déduit: $\mathrm{Aire}(EHJ)=\dfrac 35.\dfrac 37.\dfrac 16.70=3$
Amicalement
[small]p[/small]appus
la parallèle à $(GE)$ menée par $A $ coupe $(CD)$ en $K$; la parallèle à $(FE)$ menée par $A$ coupe $(CD)$ en $L$; si $S$ est l'aire de $ABCD$, celles de $DKA$ et $DLA$ sont $\frac{S}{12}$, celles de $CKA$ et $CLA$ $\frac{7S}{12}$ et $\frac{5S}{12}$.
$\frac{CE}{CL}=\frac{3}{5}$;$\frac{CE}{CK}=\frac{3}{7}$; $A(EJH)=A(CEH)-A(CEJ)=((\frac{3}{5})^2\frac{5S}{12}-(\frac{3}{7})^2\frac{7S}{12})=\frac{3}{70}S$
Amicalement
Paul
Ta solution est la solution astucieuse à laquelle je faisais allusion.
Il y en a sûrement beaucoup d'autres.
Mais pourquoi se fatiguer à être astucieux quand la force tranquille est pratiquement aussi rapide?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Le lemme dont je me sers est simple:
$S(ABC)=\dfrac 12 AB.AC.\sin(\hat A)$
$S(AB'C)=\dfrac 12 AB'.AC'.\sin(\hat A)$
Donc $$\dfrac{S(AB'C')}{S(ABC)}=\dfrac{AB'}{AB}.\dfrac{AC'}{AC}$$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Ceux qui n'aiment pas la trigonométrie se débrouilleront avec les hauteurs!
Tu me pousses à confesse!
J'ai un merveilleux souvenir de ma Math-élem et un odieux de ma Math-sup! Il faut dire que mon père a su faire jouer ses relations pour avoir la fierté de pouvoir dire à ses amis que son fils était à LLG. Moi, je voulais la fac! Résultat: dépression, puis quarante ans de brouille avec le vieux! La force tranquille n'est pas accessible à n'importe qui, n'importe où. Alors, je me rappelle souvent Monsieur Bernard, mon prof de Math-élem, qui nous disait souvent: "en géométrie, pensez à rajouter un trait ou, au contraire, à en oublier un autre". C'est de lui que me vient ce goût de l'astuce. Il y a pourtant très longtemps que je sais que l'astuce, à elle seule, ne mène pas loin! Mais elle m'amuse bien plus qu'elle ne me fatigue.
Amicalement
Paul
Ce problème m'a bien fait passer mes trois heures de TGV en ce début de soirée !
En prenant la figure initiale, le rectangle, et un repère orthonormé avec des axes selon AB et AD, on peut calculer l'aire demandée comme la différence entre celle du triangle EFG et celle du quadrilatère FHJG.
Si on pose AB = L, BC = h, on a immédiatement l'aire de EFG, égale à Lh/6.
Pour l'aire de FHGJ, on peut la décomposer en deux triangles, HFH' et JGJ' où H' et J' sont les projections orthogonales respectives de H et J sur AB, et le trapèze H'HJJ'.
Pour les coordonnées de H et J, calculées à l'aide des équations des droites HJ, FE et EG, j'ai trouvé les valeurs suivantes : H (2L/5, 2h/5) et J (4L/7, 4h/7).
Tous calculs faits, je trouve, pour l'aire de FHJG la valeur de 13hL/105, et donc, pour l'aire d'EHJ, 11hL/210, soit à peu près 0,052381.hL.
Pappus, je suppose qu'on aboutit à la même chose, si on prend comme axes deux côtés adjacents de ton parallélogramme, n'est-ce pas ?
En faisant ces calculs, j'ai abouti à une expression de l'aire de FHJG qui indique que cette aire est la somme des aires des deux triangles HFJ' et JGH' : je suppose que ce résultat, que je trouve assez intéressant, est général et connu depuis longtemps, n'est-ce pas ?
Autre chose, cette figure permet de construire facilement le nombre 1/7 : il suffit de diviser en 4, selon l'unité choisie, l'un des segments OJ, OJ' ou JJ'. Je trouve cela curieux ...
Bien cordialement
Je ne sais pas comment tu t'y es pris mais tu ne trouves pas la même chose que Soland, Depasse et moi!
Amicalement
[small]p[/small]appus
$$aire= 70\times \frac 1 2 \times \frac 1 2 \times \frac 1 6=\frac {70}{24}\neq \frac {72}{24}$$
Cordialement, Pierre
D'après mes calculs des coordonnées des points $H$ et $J$, on a:
$\dfrac{HJ}{AC}=\frac 47-\frac 25=\frac 6{35}=Cte \ne \frac 16=\frac 6{36}$
Mais je doute que quelqu'un ait l'idée de ton raisonnement alambiqué!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Avec le même raisonnement que toi, j'obtiens bien FHJG = 13hL/105 mais EHJ = 9hL/210. À priori tu a fait une erreur de calcul à cette étape.
On peut aussi décomposer FHJG en (un trapèze rectangle de base FG U un triangle), ce qui me parait plus facile pour calculer son aire.
Je ne vois pas très bien ce que tu entends par obtenir l'aire directement!
Ceci dit, il y a bien des façons, astucieuses ou non, de résoudre cet exercice, chacune s'inscrivant dans un contexte pédagogique différent.
C'est ce qui rend cet exercice si intéressant!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Un grand MERCI, Le Lui ou un Autre, pour avoir pointé la petite mais grossière erreur de calcul que j'avais commise dans la dernière ligne : 35 - 26 = 11 !!! Pour ne pas m'en être aperçu, soit j'étais pressé d'en finir, soit j'étais très fatigué par les calculs précédents !
Et c'est bien à cette seule erreur qu'est due la différence entre le résultat de Pappus, Soland et Depasse et le mien, puisque 9hL/210 vaut bien 3 si hL vaut 70 ...
Et en effet, ton découpage de FHJG en un trapèze isocèle (parallèle à AB pasant par H) et un triangle ssemble a priori plus simple que le mien, les coordonnées du point supplémentaire étant immédiatement accessibles puisque celui-ci n'est autre que le symétrique de H par rapport à la E-hauteur du triangle EFG. Je vais voir ce que cela donne.
Bien cordialement