Parallélogramme
Réponses
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Bonsoir,
As-tu droit au produit scalaire ?
Si oui, penser aux identités remarquables ... -
Bonsoir
Non uniquement le programme du college -
Je pensais à l'utilisation de l'identité du parallélogramme qui se démontre très simplement à l'aide du produit scalaire.
Mais visiblement, tu as besoin d'une preuve avec des outils plus élémentaires...
Bonne nuit. -
Le théorème du cosinus (Al Kashi)?
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Bonjour,
Un peu de Pythagore, un peu de produits remarquables et les $x$ disparaissent -
Bonjour
D'une façon ou d'une autre, on ne peut échapper à la loi des cosinus:
$$a^2=b^2+c^2-2bc\cos(A)$$
ou à une de ses versions non trigonométriques comme le suggère Jacquot.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Merci
-
Bonjour ,
cette somme ne dépendant que de OC (7) et de OB (8) , c'est qu'elle ne dépend pas de la position de B sur le cercle de centre O et de rayon 8 .
On peut donc faire le calcul avec B en D ce qui ne nécessite que Pythagore .
Cordialement -
Mon cher fm_31
Pourquoi cette somme ne dépendrait que de $OC=7$ et de $OB=8$?
On n'en sait rien!
Elle pourrait aussi dépendre de l'angle $\widehat{BOC}$!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
L'énoncé ne mentionnant aucun angle , j'ai fait cette hypothèse qui s'est avérée correcte (GeoGebra) .
Un élève de collège devrait pouvoir faire de même . -
Mon cher fm_31
C'est ton hypothèse qu'il faut prouver justement!
On ne peut couper à la dure loi des cosinus qui fait intervenir l'angle en question!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
En effet, c'est justement cette "constance" qui est remarquable quel que soit le parallélogramme formé.
Je pense qu'il faut introduire la hauteur (le point H) pour espérer une tentative fructueuse d'un collégien.
Je vois des chances d'aboutir plutôt en 3e en admettant que Pythagore soit bien installé... -
Bonjour
Une autre méthode possible est la méthode cartésienne trouvée en $1637$ par le philosophe René Descartes, encore un qui s'est donné beaucoup de mal pour pas grand chose aussi bien en Géométrie qu'en Philosophie.
On choisit un repère orthonormé du plan dont l 'origine est le milieu $O$ de $BC$ er dans lequel les points de la figure ont les coordonnées suivantes:
$O(0,0)$, $A(p,q)$, $B(-\frac a2)$, $C(\frac a2,0)$
$AB^2=(p+\frac a2)^2+q^2=p^2+q^2+\frac{a^2}4+ap$
$AC^2=(p-\frac a2)^2+q^2=p^2+q^2+\frac{a^2}4-ap$
On additionne:
$AB^2+AC^2=2OA^2+\dfrac{BC^2}2$
Au fond, c'est la simplicité cartésienne même de cette méthode, (appliquer trois fois l'axiome de Pythagore), qui fait qu'elle n'est pas enseignée!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Voici la méthode de Dom qui a l'avantage de ne pas utiliser les coordonnées honnies mais qui revient exactement à la méthode de Descartes.
$AB^2=BH^2+AH^2=(BO+OH)^2+AH^2=OB^2+(OH^2+AH^2)+2OB.OH$
$AC^2=CH^2+AH^2=(CO-OH)^2+AH^2=OC^2+(OH^2+AH^2)-2OC.OH$
On additionne et on tient compte de $OB=OC$, ($O$ milieu de $BC$).
Et trois fois l'axiome de Pythagore, trois!
Comme on a pas de mesures algébriques et seulement des distances, on fait de la géométrie contemplative en supposant d'abord $H$ à la droite de $O$ puis éventuellement à sa gauche.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Merci [small]p[/small]appus ;-)
Attribuons même plutôt à Jacquot, selon l'ordre chronologique du fil, cette méthode (s'il me semble que c'est la même).
Bel exercice aussi, il faut le dire, en 2018 au collège.
On a tout enlevé et donc c'est assez sympa de proposer des choses non triviales avec le peu qu'il reste. -
Mon cher Dom
C'est un exercice d'autant plus intéressant qu'on l'utilise dans la théorie des espaces de Hilbert, (projection sur un convexe fermé)!
Amicalement
[small]p[/small]appus
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Bonjour!
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