Calculer la distance PD
Réponses
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Si $\alpha$ est la mesure de l'angle $\hat{BAF}$, elle est aussi celle de $\hat{PAD}$ et $2\alpha$ est celle de $\hat{BAD}$.
Puisque les triangles $ABD$, $ADP$ et $ABF$ sont rectangles, on a $\cos(\alpha)=\dfrac{AD}{AP}=\dfrac{AB}{AF}$ et par conséquent $\cos(2\alpha)=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AP}{AF}=\dfrac{3}{5}$.
Finalement, $PD=AP\sin(\alpha)=AP\sqrt{\dfrac{1-\cos(2\alpha)}{2}}=\dfrac{12}{\sqrt{5}}$. -
Bonjour,
Je confirme, mais je n'ai pas été assez rapide :-X
Cordialement,
Rescassol -
Il y a plus simple. Puisqu'on admet depuis le début que PD ne dépend pas de la position de B, prenons B tel que BP soit une hauteur de ABP, donc PB2= 8*12=96 etc....
JE ME TROMPE, la figure semble déterminée par les deux longueurs données... comment ? -
Ton erreur m'intriguait, amateur.
Je ne vois pas vraiment de réponse à ta question.
Le calcul de bisam a montré qu'on est en présence d'un ABC homothétique du célèbre triangle 3,4,5.
D'ailleurs quel est le rapport d'homothétie ? -
oui, oui, je voulais aller trop vite, je cherche une construction géométrique du triangle pour le moment...
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Influencée par toi, ma troisième tentative a consisté à partir d'un segment $APF$ de longueur 12 + 8, à placer $B$ sur le cercle de diamètre $[AF]$. La droite $(AC)$ est la symétrique de $(AB)$ par rapport à $(AF)$ etc...
Pour que $(BP)$ lui soit perpendiculaire, on n'avait bien qu'une seule position de $B$.
Si tu cherches une construction à la règle et au compas, j'avoue qu'on en est loin.
Cordialement. -
Je pense qu'il faut utiliser le faisceau de sommet A et l'involution par rapport aux deux bissectrices, qu'on connaît.
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Bonjour amateur
Si tu veux faire la figure à partir des points $A,P,F$ (et ce, quelles que soient les distances $AP$ et $PF$), il suffit de remarquer $BP=BF$.
$B$ est ainsi sur la médiatrice de $\left[ PF\right] $ et sur le cercle de diamètre $\left[ AF\right] $; $C$ en découle.
Amicalement. Poulbot -
Bonjour,
Le rapport au triangle $3,4,5$ est $\dfrac{8\sqrt{5}}{3}$ et comme $\sqrt{5}$ est constructible, il ne devrait pas y avoir trop de problèmes avec les damnés instruments habituels.
Cordialement,
Rescassol -
Oui, je n'avais pas vu, ni cherché à trouver, que B est sur la médiatrice... "bon sang, mais c'est bien sûr..."
Merci !! -
Je confirme le rapport de Rescassol.
C'est vrai qu'il est sympathique, cet exercice !
Et plein de surprises : ton $BP=BF$ me paraît vrai, Poulbot, mais propre aux triangles semblables à 3, 4, 5.
Je conteste [Modif après lecture des messages suivants des camarades : je conteste à tort] donc un peu le "il suffit de remarquer". Ou une démonstration rapide m'échappe ? -
Bonsoir,
Une simple chasse aux angles montre que le triangle $BPF$ est isocèle en $B$, et ceci quelque soit le triangle rectangle $ABC$.
Cordialement,
Rescassol -
Bonsoir Swingmustard
Je suis évidemment entièrement d'accord avec Rescassol, que je salue.
Puisque $\widehat{FBP}=\widehat{BAC}$, on a $\widehat{BPF}=90-\frac{1}{2}\widehat{BAC}=\widehat{BFP}$.
Cordialement. Poulbot -
Rescassol, merci.
Encore deux questions please.
Je vois bien que $CBA$ est semblable à $CDB$, mais mes souvenirs de similitudes indirectes sont très vagues.
1) Y en a-t-il une de centre $C$ et qui change $A$ en $B$ ?
D'où aussi $B$ en $D$, et la bissectrice issue de $A$ en la bissectrice issue de $B$, alias "médiatrice de Poulbot" ?
Quelles sont les caractéristiques de cette éventuelle similitude ?
2) À la sortie, l'angle entre la bissectrice $(AF)$ et son image issue de $B$ semble droit.
On le démontre sûrement encore par "chasse aux angles", mais peut-on le justifier aussi à l'aide de la similitude ?
Amicalement.
Modif : j'ai posté avant de lire le message de Poulbot. Merci aussi ! -
Bon, j'essaie de répondre tout seul à mes questions.
1) Wikipédia m'aide à prétendre que cette similitude $s$ existe, et peut être vue comme la composée, par exemple, de l'homothétie de centre $C$ et de rapport $\dfrac{CB}{CA}=\dfrac{4}{5}$, avec la réflexion d'axe la bissectrice intérieure de $\widehat{C}$.
Posons $F'=s(F)$. Oui encore, $s$ transforme la bissectrice $(AF)$ en la bissectrice $(BF')$.
2) $ABC$ est rectangle en $B$, donc les bissectrices en $A$ et en $C$ forment un angle de 45°.
(J'ai gagné ça à la chasse aux angles, encore ouverte à cette heure !)
Ainsi oui, on peut invoquer $s$ pour calculer l'angle entre $(AF)$ et son image $(BF')$ par la similitude :
la réflexion inhérente à $s$ double l'angle qu'$(AF)$ forme avec son axe, d'où $\widehat{(AF),(BF')}=45°\times2=90°$ !
Merci à vous, et à moi-même. -
Bonsoir à tous,
Pour voir que BP = BF, on peut aussi considérer le symétrique B1 de B par rapport à AF, qui est aussi le point résultant de la projection orthogonale de F sur AC. On a alors les angles AFB et AFB1 égaux (par symétrie), APD et AFB1 égaux (angles correspondants) et APD et BPF égaux (opposés par le sommet), et comme l'angle PFB est identique à AFB ...
Cordialement -
Figure + calcul
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Plus simple que Jelobreuil: MBF=MAB=1/2A=DMB: PBF isocèle.
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Bonsoir Amateur,
une petite erreur dans ta ligne de démonstration : DBM et non DMB
D'autre part, pour ma preuve de la nature isocèle de PBF, j'ai préféré revenir à la figure initiale de Xylias72, sans tenir compte des développements de Poulbot et Soland ...
Bien cordialement
JLB -
Oui, il suffit d'une petite chasse aux angles (propriétés des angles inscrits, classe de troisième à mon époque). Clin d'oeil amical. Amateur
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Bonjour!
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