Parallèle à une médiane
dans Géométrie
Bonjour,
un problème personnel…une preuve synthétique ?
1. ABC un triangle
2. IJK le triangle médian
3. D le symétrique de B par rapport à J
4. X le milieu de [IK]
5. E le point d'intersection de (DK) et (CX).
Question : (BE) est parallèle à (AI).
Sincèrement
Jean-Louis
un problème personnel…une preuve synthétique ?
1. ABC un triangle
2. IJK le triangle médian
3. D le symétrique de B par rapport à J
4. X le milieu de [IK]
5. E le point d'intersection de (DK) et (CX).
Question : (BE) est parallèle à (AI).
Sincèrement
Jean-Louis
Réponses
-
Rebonjour,
ce problème semble synthétiquement difficile...any ideas?
Sincèrement
Jean-Louis -
Bonjour, oui apparemment c'est simple (entre autre) en calcul vectoriel (c'est synthétique je crois).
-
Bonjour Jean-Louis,
J'utilise les coordonnées barycentriques.
ABC un triangle:
$A, B, C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\end{array}\right].$
IJK le triangle médian:
$I, J, K\simeq \left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 1\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 1\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 0\end{array}\right].$
D le symétrique de B par rapport à J :
$D \simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ -1\\ 1\end{array}\right].$
X le milieu de [IK] :
$X \simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 2\\ 1\end{array}\right].$
E le point d'intersection de (DK) et (CX) :
$E \simeq \left[\begin{array}{c} -2\\ -4\\ 1\end{array}\right].$
Question : (BE) est-elle parallèle à (AI) ?
$(BE) \simeq \left[\begin{array}{c} 1\\0\\ 2 \end{array}\right]$
$(AI) \simeq \left[\begin{array}{c} 0\\ -1\\1 \end{array}\right]$
Le déterminant $\left|\begin{array}{ccc} 1 & 0& 2\\ 0&-1& 1\\ 1&1&1 \end{array} \right|\quad$ est nul.
Ainsi, $(BE)$ est parallèle à $(AI). $
Amicalement -
Bonjour Tonm,
''c'est simple (entre autre) en calcul vectoriel (c'est synthétique je crois)''.
cela mérite de voir...
Sincèrement
Jean-Louis -
Bonsoir, oui sûr, je vous mets l'énoncé (voir figure jointe).
$ABCD $ parallélogramme.
$\overrightarrow{BK}=r\overrightarrow{BA}$
$\overrightarrow{BI}=r\overrightarrow{BC}$
$X$ milieu de $[KI]$
Si $R$ est le point tel que $\overrightarrow{CR}=r\overrightarrow{CB}$
alors $\overrightarrow{AR}=\alpha\overrightarrow{EB}$.
J'ai fait le cas $r=0.5$ mais c'est direct avec disons $Base (\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC})$ ...
La preuve:
$\overrightarrow{AR}=\overrightarrow{AB}+(1-r)\overrightarrow{BC}$.
$\overrightarrow{DK}=\overrightarrow{CB}+(1-r)\overrightarrow{AB}$.
$\overrightarrow{CK}=\overrightarrow{CB}+r\overrightarrow{BA}$.
$\overrightarrow{CX}=\dfrac{\overrightarrow{CK}+\overrightarrow{CI}}{2}=\dfrac{(2-r)\overrightarrow{CB}+r\overrightarrow{BA}}{2}$.
À trouver $(x,y) $ avec $x \overrightarrow{CX}+y\overrightarrow{KD}=\overrightarrow{BA}$.
En terme de base ce système donne $x=\dfrac{2}{r^2-2r+2}$
Enfin un remplacement vous donne $$x
\overrightarrow{XC}+\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{EB}=\alpha(\overrightarrow{AB}+(1-r)\overrightarrow{BC})$$ ou
$\alpha=\dfrac{r}{r^2-2r+2}$
Sauf erreur. Cordialement. -
Bonjour
Bravo Bouzar. Peux tu expliquer les coordonnées pour (BE) et (AI) ? Je me suis dis que $(BE) = pB +qE=\left[\begin{array}{c} -2q\\p-4q\\ q \end{array}\right]$ et $(AI)=p'A+q'I=\left[\begin{array}{d} p'\\q'\\ q' \end{array}\right]$. Pour que ces droites aient un point d'intersection, il faudrait un point de coordonnées barycentriques $\left[\begin{array}{c} -2q\\q\\ q \end{array}\right]$, ce qui est impossible puisque la somme des poids est nulle. Donc les droites (AI) et (BE) sont parallèles. Mais je ne retrouve pas tes chiffres. Quel est ton raisonnement ?Ce site est fatigant. Les gens modifient sans cesse leurs messages passés, et on ne comprend plus rien à la discussion. Je suis nostalgique du temps où, si on postait une bêtise, on devait l'assumer. Et si on cite le passage pour l'ancrer, l'administrateur supprime en disant qu'on n'a pas besoin de recopier le message passé. -
Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves.
Un sectateur de l'Axiome de Thalès devrait s'en tirer sans problème!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir PetitLutinMalicieux,
Une équation barycentrique de la droite passant par les deux points $\left[\begin{array}{c} u_1\\v_1\\ w_1 \end{array}\right]$ et $\left[\begin{array}{c} u_2\\v_2\\ w_2 \end{array}\right]$ est $\left|\begin{array}{ccc} u_1& v_1& w_1 \\ u_2&v_2& w_2 \\ x&y&z\end{array} \right|\quad=0.$
Ainsi une équation barycentrique de la droite $(BE)$ est $\left|\begin{array}{ccc} 0& 1& 0\\ -2&-4& 1\\ x&y&z\end{array} \right|\quad=0$ soit $-\left|\begin{array}{cc} -2& 1\\ x&z\end{array} \right|\quad=0$ ce qui donne $x+2z=0.$
On a bien $(BE) \simeq \left[\begin{array}{c} 1\\0\\ 2 \end{array}\right].$
Pour la droite $(AI)$, tu procèdes de la même façon.
Amicalement -
Super. Merci. Tout est clair.Ce site est fatigant. Les gens modifient sans cesse leurs messages passés, et on ne comprend plus rien à la discussion. Je suis nostalgique du temps où, si on postait une bêtise, on devait l'assumer. Et si on cite le passage pour l'ancrer, l'administrateur supprime en disant qu'on n'a pas besoin de recopier le message passé.
-
Bonjour Jean-Louis
Soit $M$ le milieu de $AD$ et $N$ le symétrique de $M$ par rapport à $A$. $BN$ est parallèle à $AC$, et on utilise le théorème de Ménélaüs une 1ère fois avec le triangle $NBI$ et la ménélienne $CXE_1 \qquad \Rightarrow \dfrac{BE_1}{E_1N} = \dfrac{2}{3}$ et une 2ème fois avec le triangle $NAB$ et la ménélienne $KDE_2$ pour montrer que $E$, $E_1$ et $E_2$ sont confondus.
Amicalement
Pierre -
Bonjour Pierre,
merci pour cette preuve utilisant Menelaus...
Pour ma part, j"ai utilisé deux fois le théorème de Pappus avec chaque fois un sommet à l'infini...
Ce problème permet en conséquence de résoudre ''Un problème insolite'' que j'ai posé sir ce site....
Sincèrement
Jean-Louis -
Bonjour,
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol54.html Parallèle à une médiane
Sincèrement
Jean-Louis
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Bonjour!
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