Exo de 1ère-S sur la parabole
Un élève à LLg a eu cet exercice en devoir maison pour la rentrée.
Montrer que la surface du triangle délimité par trois tangentes à une parabole est égal à la moitié de la surface du triangle ayant pour sommets les points de contact. Le professeur leur a dit qu'il avait une démo en trois lignes ! Il leur a dit que de le vérifier auparavant avec un logiciel de géométrie dynamique (en trois minutes)
J'entrevois une mais qui demande au moins cinq lignes, et je l'ai vérifié effectivement sur CAbri, sans macros, en trois minutes.
Bonjour à tous. Myrth
Montrer que la surface du triangle délimité par trois tangentes à une parabole est égal à la moitié de la surface du triangle ayant pour sommets les points de contact. Le professeur leur a dit qu'il avait une démo en trois lignes ! Il leur a dit que de le vérifier auparavant avec un logiciel de géométrie dynamique (en trois minutes)
J'entrevois une mais qui demande au moins cinq lignes, et je l'ai vérifié effectivement sur CAbri, sans macros, en trois minutes.
Bonjour à tous. Myrth
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Réponses
Tout dépend de la définition adopté de l'aire d'un triangle. Si c'est le produit mixte, alors c'est bien un calcul de quelques lignes, plus de 3 en tout cas, sauf astuce pas vu.
Amicalement,
zephir.
Bruno
D'après le théorème qui dit que "la surface du triangle délimité par trois tangentes à une parabole est égal à la moitié de la surface du triangle ayant pour sommets les points de contact", le résultat suit trivialement.
La parabole est la courbe d'équation cartésienne : y = f(x) associée au trinôme du second degré (avec $u\neq 0$)
$$f(x) = ux^2 + vx + w.$$
La forme canonique du trinôme est
$$f(x) = u[(x + \dfrac{v}{2u})^2 - \dfrac{\Delta}{4u^2}]$$
où $\Delta = v^2 - 4uw.$
Le changement de variable $X = x + \dfrac{v}{2u}$ et $Y = y + \dfrac{\Delta}{4u}$ permet d'obtenir la forme réduite $Y = uX^2$ dans le repère d'origine le sommet $S(-\dfrac{v}{2u} , - \dfrac{\Delta}{4u})$ de la parabole.
Dans ce dernier repère, on a : $A(a;ua^2),$ $B(b;ub^2)$ et $C(c;uc^2).$
J'appelle $T_a$ la tangente au point A d'abscisse $a.$
On a :
$T_a : \quad y=2uax-ua^2,$
$T_b : \quad y=2ubx-ub^2,$
$T_c : \quad y=2ucx-uc^2.$
J'appelle
$P$ le point d'intersection entre $T_a$ et $T_b$
$Q$ le point d'intersection entre $T_a$ et $T_c$
$R$ le point d'intersection entre $T_b$ et $T_c.$
Je trouve
$P(\dfrac{a+b}{2}; uab)$
$Q(\dfrac{a+c}{2}; uac)$
$R(\dfrac{b+c}{2}; ubc).$
L'aire du triangle $ABC$ est donnée par :
$\dfrac{1}{2}\begin{vmatrix}
a & ua^2 & 1 \\
b & ub^2 & 1 \\
c & uc^2 & 1
\end{vmatrix} = \dfrac{1}{2}(aub^2-auc^2-bua^2+buc^2+cua^2-cub^2).$
L'aire du triangle $PQR$ est donnée par :
$\dfrac{1}{2}\begin{vmatrix}
\dfrac{a+b}{2} & uab & 1 \\
\dfrac{a+c}{2} & uac & 1 \\
\dfrac{b+c}{2} & ubc & 1
\end{vmatrix} = \dfrac{1}{4}(aub^2-auc^2-bua^2+buc^2+cua^2-cub^2).$
Ainsi, l'aire du triangle $PQR$ est la moitié de l'aire du triangle $ABC.$
Amicalement
Il aurait été intéressant de savoir dans quelle partie du programme de Terminales s'inscrivait cet exercice.
Il me semble que les prémisses du Calcul intégral via le calcul des primitives est justement dans ce programme, auquel cas cet exercice est d'une trivialité désolante.
Amicalement
Pappus
Si on a $A(a,a^2)$, $B(b,b^2)$ et $C(c,c^2)$, les aires des triangles sont des polynômes symétriques en $a$, $b$, $c$ et sont nulles si au moins deux des abscisses sont égales.
Elle sont donc proportionnelles à $P(a,b,c)=(a-b)(b-c)(c-a)$ qui est de degré 3, comme les aires. Il reste à justifier que les coefficients de proportionnalité sont au signe près $\displaystyle \frac{1}{2}$ et $\displaystyle \frac{1}{4}$, par exemple en regardant un triangle particulier, par exemple $a=0$, $b=1$, $c=-1$.
Je rappelle une propriété de la parabole: la tangente en $A$ recoupe l'axe en $\displaystyle -a^2$.
Cordialement,
Rescassol
Bah, en écrivant petit sur le papier adéquat, ma solution ne devrait pas dépasser 3 lignes
Cordialement,
Rescassol
Cordialement,
Rescassol
Je ne sais pas ce qu'est "wlog" et n'en ai pas parlé.
Savoir que $\displaystyle y=x^2$ est l'équation d'une courbe qui s'appelle parabole est du programme de seconde.
Je ne vois pas où est le manque d'imagination dans cet exercice.
LLG n'est pas un lycée huppé, mais un des meilleurs lycées de France, où il n'y a que des bons élèves, et où les profs débordent régulièrement du programme dans toutes les classes. Il n'est d'ailleurs pas mieux placé géographiquement que des centaines d'autres. Je crois que tu ne connais pas ce lycée.
Cordialement,
Rescassoil
Without loss of generality: je ne fais pas l'affront de traduire?
LLG n'est pas un lycée huppé, mais un des meilleurs lycées de France, où il n'y a que des bons élèves, et où les profs débordent régulièrement du programme dans toutes les classes.
Il est grossièrement faux que tous les profs débordent du programme car l'objectif est avant tout de bien former les élèves (et l'échec d'une élève au baccalauréat l'an dernier a été plus signalé aux professeurs que la majorité de mention TB).
Il s'agit bien de calculer le rapport des aires de deux triangles dont la définition fait intervenir la parabole.
A priori, la solution élémentaire attendue devrait se faire par des découpages en remplaçant au besoin un triangle par un autre de même aire.
Pour le moment, je n'ai pas encore trouvé cette solution.
Mais ce problème est aussi intéressant au niveau Capes ou Agrégation.
Voici la figure:
Je vous laisse la contempler.
Je ne donne aucune démonstration pour le moment, mis à part le fait que tous les calculs se font en coordonnées barycentriques.
La parabole est inscrite dans le triangle $ABC$, les points de contact étant $a$, $b$, $c$.
D'après le théorème de Brianchon, les droites $Aa$, $Bb$, $Cc$, tracées en bleu, se coupent en un point $I$, situé sur l'ellipse de Steinet circonscrite au triangle $ABC$.
J'ai tracé le triangle antimédial $A'B'C'$.
Les droites $A'a$, $B'b$, $C'c$ tracées en rouge, sont parallèles à la direction asymptotique de la parabole.
Vous remarquerez que cette configuration affine.
Je n'ai utilisé aucune métrique.
Soit $f$ l'application affine définie par $f(A) = a$, $f(B) = b$, $f(C) = c$.
Soit $\overrightarrow f$ sa partie linéaire.
Montrer que le polynôme caractéristique de $\overrightarrow f$ est $X^2 + X -2$.
Montrer que $f$ est le produit commutatif d'une affinité et d'une translation.
J'ai le vague souvenir d'avoir parlé de cette configuration dans un autre fil.
Amicalement
Pappus
Je ne dis pas exactement ça: je dis que SI il n'y a pas une solution de 3 lignes qui fait tilt à n'importe quel lycéen (théorique) qui connait les axiomes "de base" connue par le prof de lycée qui le donne, alors même qu'il demande d'en trouver une dans la consigne, [size=large]alors[/size] cet exo ne se distingue pas spécialement de tous les exos "difficiles" de géométrie.
Mais peut-être qu'une telle solution existe... Tout dépend donc de l'existence de cette suite éventuelle de 200 caractères...
Ah tiens, c'est marrant ça, ce serait bien une ellipse privilégiée (alors qu'il y a plein d'ellipses circonstrites au même triangle). Ne serait-elle pas celle qui devient un cercle par les tranformations affines qui rendent le triangle équilatéral?
J'aurais appris un truc sympa sur ce coup-là (si je me trompe pas)
http://www.logique.jussieu.fr/~chalons/plusexplicite.html
Bruno
Je me rappelle, une fois il y avait une histoire comme ça, et on avait fini par trouver. Je vais y reflechir.
Bruno
Mais de toute façon, je suis sidéré, la courbe orange ne semble pas être une conique (mais alors c'est quoi ??????????) , etc, etc bref du pur délire (mais délicieux car les erreurs mesurent 2mm max donc sont difficiles voir...
Bruno
Pour le debuggage, voici le contenu de la console Java :
Et sinon confirmation: ce n'est pas une conique, mais elle reste éternellement très proche des coniques qui passent par 5 de ses points. En plus ce qui est bizarre c'est que les 2 traingles sont bien dans des rapports de 2 :S, bon bref, je vais aller boire un coup
Bruno
La petite taille de l'image est due à mon souci de ne pas sortir de l'épure (600 pixel de large ).
Bruno
Sans perte de généralité, on peut supposer que la parabole admet pour équation $y=px^2$. Supposons par exemple que les points $A=(a,pa^2)$, $C=(c,pc^2)$, $O=(0,0)$ et $B=(b,pb^2)$ se succèdent dans cet ordre sur la parabole.
On a $\mathcal{A}(CAB)=\mathcal{A}(OAC) +\mathcal{A}(OAB) -\mathcal{A}(OCB)$, et en décomposant de même le triangle $A'B'C'$ formé par les tangentes en $A,B,C$, on se ramène au cas où $a<c=0<b$.
On a alors $\mathcal{A}(CAB)=\frac{1}{2}|[\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}]|=\frac{p }{2}|a|b(b-a)$
Comme $A'B'=(b-a)/2$, on se ramène à montrer que la hauteur issue de C' du triangle $A'B'C'$ est $p|a|b$. Ca peut se faire avec de petits arguments de triangles semblables, mais là j'ai largement épuisé mon quota de 3 lignes.