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Pappus et équation réduite

Envoyé par logaflo 
Pappus et équation réduite
il y a sept années
Bonjour
Un sujet donné en classe de seconde qui me laisse perplexe dès la question A 2) concernant le coefficient directeur de la droite (CI)
En voici l'énoncé
ABC triangle
O un point de (BC)
Par B et C on trace deux droites d1 et d2 parallèles
La parallèle à (AC) passant par O coupe d1 en I et la parallèle à (AB) passant par O coupe d2 en J
But du problème montrer que A, I, J sont alignés
A) méthode 1: repère (O, I, J) et B (a ; b )
Déterminer le coefficient directeur de la droite (CI)
Si quelqu'un a une piste...
Merci



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept années et a été effectuée par AD.
Alignement avec le sommet d'un triangle
il y a sept années
avatar


Géométrie analytique

Avec GeGebra,
on peut se contenter de montrer que les coordonnées du point A vérifient l'équation de la droite (IJ).

Calculs

Je n'ai pas pu aboutir les calculs dans repère (O, I, J), j'utise donc un autre repère :

Choisir le point D à l'intersection de la parallèle à d1 passant par O et de la parallèle à (BC) passant par A.

Dans le repère (O, C, D), les coordonnées des points de la la figure sont :
O(0, 0) ; A (a, 1) ; B(b, 0) ; C(1, 0) ; I(b, p) et J(1, q). D'où vect(BA):(a-b, 1) et vect(CA):(a-1, 1)

Le parallélisme se traduit par la colinéarité des vecteurs :

vect(OI) = λ vect(CA) , d'où b = λ(a-1) et p = λ, soit p = b/(a-1) et I(b, b/(a-1)).
vect(OJ) = ν vect(BA), d'où 1 = ν(a-b) et q = ν, soit q = 1/(a-b) et J(1, 1/(a-b)).

La droite de coefficient directeur m passant par I a pour équation y - p = m(x-b).
Cette droite passe par J, si q - p = m(1-b) d'où m = (a-1-b)/[(a-b)(a-1)].

On vérifie que les coordonnées de A vérifient l'équation y - b/(a-1) = m(x-b) !

Démonstration par les angles inscrits



Soit O un point de [BC].

Par parallélisme des côtés : IOJ = BAC = α.

Soit les cercles circonscrits à IOB et JOC qui se recoupent en K.

Étudions les angles inscrits qui interceptent [OK] :
OIK = OBK et OJB = OCK, d'où OIK + OJK = OBK + OCK.

Les suppléments de ces sommes sont égaux, donc BKC = IOJ = α.
K est donc situé sur le cercle circonscrit à ABC.
Dans ce cercle, on a l'égalité des angles inscrits : ABK = ACK.

Montrons que K est aligné avec I et et J en calculant l'angle IKJ :
IKJ = IKB + BAC + CAJ = BOI + α + JOC = 180°, car B, O et C sont alignés.

Terminons en montant que A est aligné avec I et et J en calculant l'angle IAJ, en passant par la somme des angles de divers triangles :
IAJ = IAB + α + CAJ = 180° - (AIB + IBA) + α + 180° - (AJC + ACJ).

En ajoutant et retranchant les angles ABK = ACK :
IAJ = 180° - (AIB + IBA + ABK) + α + 180° - (AJC + ACJ - ACK).
IAJ = 180° - (AIB + IBK) + α + 180° - (KJC + JCK).

D'où IAJ = IKB + BKC + CKJ = 180° : I, A et J sont alignés.

PS : bug bbcode lien figure Alignement_sommet_triangle.ggb ?

Amicalement
Patrice



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par AD.
Re: Alignement avec le sommet d'un triangle
il y a sept années
avatar
Ce n'est plus une démonstration d'actualité, mais la correspondance entre les droites $(d_1)$ et $(d_2)$ est bijective et algébrique, c'est donc une homographie et le point à l'infini de ces deux droites étant le même, il est invariant par cette homographie, donc nous avons à faire à une projection centrale et le centre est le point d'intersection de deux des droites, la droite qui joint le point B à son image est la droite (AB) et celle qui joint l'antécédent de C à C est la droite (AC). Le centre de la projection est donc le point A.

Bruno
Re: Alignement avec le sommet d'un triangle
il y a sept années
Ne peut-on enseigner la preuve de ce théorème par les homothéties en classe de Seconde?
Faut-il vraiment attendre de présenter l'Agrégation pour la connaitre pour n'avoir plus à l'enseigner ensuite?
Amicalement
Pappus
Re: Alignement avec le sommet d'un triangle
il y a sept années
plus d'homothéties ni en 2nde, ni même en 1ère S, dans le dernier programme.
Pas même en Term S semble-t-il.

Donc oui, il faudra attendre de présenter l'agrégation pour connaître les homothéties.
Re: Alignement avec le sommet d'un triangle
il y a sept années
Je ne pleurerai pas sur la fin de la géométrie mais à la place des algébristes et des analystes, je me méfierai!
Qui nous dit que leur tour ne viendra pas aussi?
Nous devons faire face à des choix drastiques en matière de coupes budgétaires et avons nous vraiment besoin d'algébristes et d'analystes en ce moment?
Amicalement
Pappus
Pappus
il y a sept années
avatar
Petit théorème de Pappus - Démonstration par l'absurde



En recherchant une solution par les transformations, je viens de trouver cette démonstration chez Jean-Louis Ayme.

Supposons que A ne soit pas pas sur la droite (IJ).
Soit J’ le point d'intersection des droites (IA) et (OJ).
J’est distinct de J et n'est pas sur d2, sinon A serait sur (IJ).

D'après le petit théorème de Pappus, les droites (BI) et (CJ’) sont parallèles.
Par C ont pourrait mener deux parallèles à d1, ce qui est contradictoire avec l'axiome d'Euclide.
emmanuelle
Re: Pappus et équation réduite
il y a sept années
Bonjour,
Merci à Patrice Debard pour ces démonstrations.
J'ai cherché pour ma part, en vain, une démonstration utilisant les homothéties.
Quelqu'un voit-il une possibilité ?
Em



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept années et a été effectuée par AD.
Re: Pappus et équation réduite
il y a sept années
Pourquoi se fatiguer à chercher une démonstration par les homothéties, (qui d'ailleurs traine dans tous les bons livres), puisqu'on va les enterrer définitivement?
Il nous reste les homothéties vectorielles qui apparaissent dans les axiomes définissant un espace vectoriel.
Je pense qu'on devrait leur donner un autre nom!
Amicalement
Pappus
Re: Alignement avec le sommet d'un triangle
il y a cinq années
avatar
Patrice Debart écrivait:
-------------------------------------------------------
Les lens vers les fichier ggb ne sont plus valides, utiliser GeoGebraTube :
Alignement avec le sommet d'un triangle

Amicalement
Patrice
Re: Pappus et équation réduite
il y a cinq années
Bonsoir,

Dans le repère $(O,\ OI,\ OJ)$, les calculs sont tout à fait faisable.
$a\ne 1$, sinon $d_1$ serait la droite $BA$
On suppose que $d_1$ n'est pas la droite $BC$, donc que sa pente $m\ne \frac b a$
Si $B=(a,b)$, la droite $d_1$, qui passe par $B$ et $I=(1,0)$ a pour équation $y=m(x-1)$, avec $m$ tel que $b=m(a-1)$
La droite $OB$ a pour équation $bx-ay=0$.
La droite $d_2$ a pour équation $y=mx+1$ car elle a même pente que $d_1$ et elle passe par $J=(0,1)$

? on sait ce qu'est la pente d'une droite. ? deux droites parallèles ont même pente.

On poursuit. La droite $d_2$ coupe la droite $OB$ au point $C=(\dfrac a {b-am}, \dfrac b {b-am})$
Calculons, sachant $m=\dfrac b {a-1}$, la valeur de l'ordonnée de $C$ : $ \dfrac b {b-am}=1-a$.

Le point $A$ a même abscisse que $B$ i.e. $a$ et même ordonnée que $C$ i.e. $1-a$.
Il est donc sur la droite $IJ$ d'équation $x+y=1$
Re: Pappus et équation réduite
il y a cinq années
avatar
C'est un problème projectif, mais bon.
Voici un calcul simple dans un repère affine.


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