Les Sangaku !
Bonjours à tous 
J'ai ce problème (appelé sangaku) à résoudre, je sais qu'il y à utilisation de trinômes du second degré (delta..), je vous laisse admirer :
Enoncé :
Dans un cercle Q de centre O et de rayon R = 50 est inscrit un triangle équilatéral ABC.
On appelle D le milieu du segment [AB], et on construit le triangle équilatéral DEF dont les sommets sont sur le cercle Q.
Le point H est le milieu du segment [EF].
Déterminer le côté a du triangle DEF.
Début de raisonnement :
Il semble que le centre de gravité (point d'intersection des médianes) joue un intérêt dans les triangles équilatéraux, car il se situe à 2/3 de chaque médiane en partant du sommet.
Merci d'avance !
J'ai ce problème (appelé sangaku) à résoudre, je sais qu'il y à utilisation de trinômes du second degré (delta..), je vous laisse admirer :
Enoncé :
Dans un cercle Q de centre O et de rayon R = 50 est inscrit un triangle équilatéral ABC.
On appelle D le milieu du segment [AB], et on construit le triangle équilatéral DEF dont les sommets sont sur le cercle Q.
Le point H est le milieu du segment [EF].
Déterminer le côté a du triangle DEF.
Début de raisonnement :
Il semble que le centre de gravité (point d'intersection des médianes) joue un intérêt dans les triangles équilatéraux, car il se situe à 2/3 de chaque médiane en partant du sommet.
Merci d'avance !
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Réponses
Je travaille dans un cercle de rayon 1.
J'évalue EH = a/2 et HO d'où la valeur de tangente EOH.
J'évalue HC d'où la valeur de tangente ECH .
Ensuite j'écris la formule tan(2x) = 2tan(x)/(1 -tan(x)^2) et je remplace car EOH = 2ECH.
Cela conduit à l'équation 4a2+2a-1 = 0 dont la solution positive est (Rac5 - 1) /2 = 0,309016994.
Il faut multiplier par 50 pour un cercle de rayon 50.
Bien cordialement
kolotoko
[Corrigé selon ton indication. AD)
C'est cet exercice, illustré par Bouzar.
La droite (DF) rencontre (AC) en K milieu de AC, et recoupe le cercle en H. On calcule la puissance de D.
On a DA.DB= a.(a+DA) d'où . . .
Je ne trouve pas comme kolotoko.
Le théorème de Pythagore dans le triangle OHF donne :
$\Big(\dfrac R2+a\dfrac{\sqrt3}2\Big)^2+\Big(\dfrac a2\Big)^2=R^2$ \ d'où $\ 4a^2+2aR\sqrt3-3R^2=0$.
$a=R\,\dfrac{\sqrt{15}-\sqrt3}4$.
il fallait observer que OD vaut la moitié du rayon.
Ce qui permet de partager une tarte en 3 parts égales.
Bien entendu, la question subsidiaire : quel est le titre du film ?
Aldo
avec Julie Depardieu et Pef
oui , finalement je trouve aussi cette valeur de jandri par la méthode que j'avais proposé
bien cordialement
kolotoko .
Merci pour ton aide.
OH = OD + DH
et
DH² = a² - (a/2)² = 3a²/4
[C'est tellement plus conforme à la charte sur l'utilisation du "langage" SMS. Bruno]
J'aimerais également avoir l'exercice en entier, serait-ce possible ? Merci
Je trouve aussi comme Jandri par la méthode suivante:
Soient les points définis par leurs affixes (le cercle est supposé unité):
$\displaystyle D\left(\frac{1}{2}\right)$, $\displaystyle E\left(\frac{1}{z}\right)$ et $F(z)$ car $\displaystyle \overline{z} = \frac{1}{z}$.
On passe de $E$ à $F$ par une rotation de centre $D$ et d'angle $\displaystyle \frac{\pi}{3}$, donc on a l'équation $\displaystyle z-\frac{1}{2} = \left(\frac{1}{2}+i \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\left(\frac{1}{z}-\frac{1}{2}\right)$.
Ce qui donne: $\displaystyle 4z^2-(1-i\sqrt{3})z-2(1+i\sqrt{3}) = 0$.
Les solutions sont $\displaystyle \frac{(1 \pm 3\sqrt{5})+i\sqrt{3}(\sqrt{5} \pm 1)}{8}$
et $\displaystyle EF = \frac{z_1-z_2}{i}= \frac{\sqrt{3}(\sqrt{5} \pm 1)}{4}$, correspondant aux deux triangles équilatéraux possibles.
Cordialement,
Rescassol