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Triangle Simple

Envoyé par kouassi 
Triangle Simple
il y a trois années
Bonjour aidez-moi à résoudre ce problème.

$ABC$ est un triangle tel que $ \widehat{ABC}=2\widehat{ACB} .$
Démonter que $AC^2 = BA ( BA +BC).$



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par AD.
Re: Triangle Simple
il y a trois années
avatar
As-tu fait quelque chose ?
Re: Triangle Simple
il y a trois années
avatar
Je suggère d'utiliser le point J intersection de la bissectrice de l'angle ABC avec le segment [AC].
Re: Triangle Simple
il y a trois années
avatar
Je pense que tu peux bidouiller avec ce théorème [fr.wikipedia.org] (Théorème de Stewart)

J'offre des points à qui mieux mieux ...[math.stackexchange.com]
Re: Triangle Simple
il y a trois années
avatar
On le lui fait ?
Re: Triangle Simple
il y a trois années
avatar
Plutôt le théorème de la bissectrice, plus deux triangles semblables.
Re: Triangle Simple
il y a trois années
Bonsoir,

Comme l'a écrit le grand Pappus:
"Mais pourquoi se fatiguer à être astucieux quand la force tranquille est pratiquement aussi rapide? "
Voilà donc, avec Morley inscrit (ci-joint une figure et un fichier ggb):

% Kouassi le 31/12/2017 - Triangle Simple

clc, clear all, close all;

syms u v w;
syms uB vB wB; % Conjugués

uB=1/u;
vB=1/v;
wB=1/w;

syms s1 s2 s3;
syms s1B s2B s3B; % Conjugués

s1=u+v+w;
s2=u*v+v*w+w*u;
s3=u*v*w;

s1B=s2/s3;
s2B=s1/s3;
s3B=1/s3;

%-----------------------------------------------------------------------

a=2*v*w/(v+w); % Sommets ABC du triangle
b=2*w*u/(w+u);
c=2*u*v/(u+v);

aB=2*vB*wB/(vB+wB); % Conjugués
bB=2*wB*uB/(wB+uB);
cB=2*uB*vB/(uB+vB);

%-----------------------------------------------------------------------

% J est le pied de la bissectrice issue de B
% Les angles ABC et ACB vérifient ABC=2*ACB 
% si le triangle BCJ est isocèle en J, donc si BJ^2=CJ^2

j=2*s3/(v^2+w*u);
jB=2*s3B/(vB^2+wB*uB);

BJ2=prod(factor((j-b)*(jB-bB)));
CJ2=prod(factor((j-c)*(jB-cB)));

% Pour le dessin:
% BJ = x(sqrt(4*u*w*(u - v)^2*(v - w)^2/((u + w)^2*(v^2 + u*w)^2)))
% CJ = x(sqrt(-4*u^2*v^2*(v - w)^2/((u + v)^2*(v^2 + u*w)^2)))

Nul1=prod(factor(BJ2-CJ2)) 

% On trouve:
% Nul1=(4*u*(v - w)^2*(u^3 + w*v^2))/((u + v)^2*(u + w)^2*(v^2 + u*w))
% ce qui s'annule si u^3+w*v^2=0 donc w=-u^3/v^2

BC=-2*i*u*(v-w)/((u+v)*(u+w));
CA=-2*i*v*(w-u)/((v+w)*(v+u));
AB=-2*i*w*(u-v)/((w+u)*(w+v));

Nul2=prod(factor(CA^2-AB*(AB+BC)))

% On trouve:
% Nul2=-(4*(u - w)*(v - w)*(u^3 + w*v^2))/((u + v)^2*(u + w)^2*(v + w))
% Ce qui s'annule aussi si u^3+w*v^2=0

% Donc c'est gagné !!!!.......

Cordialement,

Rescassol



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par Rescassol.


Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - Kouassi01.ggb (17.6 KB)
Re: Triangle Simple
il y a trois années
avatar
Soit $J$ l'intersection du côté $AC $ avec la bissectrice de l'angle $B$ du triangle $ABC$. Les triangles $AJB$ et $ABC$ sont semblables.De plus le théorème de la bissectrice dit que : $\frac {BA}{BC}= \frac {JA}{JC}$. On en déduit immédiatement l'égalité demandée. En rédigeant convenablement, on a la réciproque.
Curieuse application. Moins célèbre que le triangle $3,4,5$, le triangle $4,5,6$ a aussi une particularité géométrique : il a un angle double d'un autre. Trouver tous les triangles à côtés entiers qui ont cette propriété.
Bonne soirée.
Fr. Ch.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par Chaurien.
Re: Triangle Simple
il y a trois années
Pour le sens direct, on n'a pas besoin du théorème de la bissectrice, le fait que les triangles $AJB$ et $ABC$ soient semblables suffit:

$\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{AJ+JC}{AB}=\dfrac{AJ}{AB}+\dfrac{JB}{AB}=\dfrac{AB}{AC}+\dfrac{BC}{AC}$.

Les triangles à côtés entiers qui ont un angle double d'un autre ont leurs côtés donnés par:
$a=kp^2$, $b=kpq$, $c=k(q^2-p^2)$ avec $p$ et $q$ premiers entre eux tels que $p<q<2p$.
Re: Triangle Simple
il y a trois années
@ jandri Une démo ravissante de simplicité et en prime une formule générale . Bravo .
Meilleurs voeux à toutes et à tous .
Re: Triangle Simple
il y a trois années
Bonjour à tous
Je suis à peu près sûr qu'on rencontre ce triangle chaque année.
Les points $B$ et $C$ étant donnés, quel est (pour la énième fois) le lieu de $A$ pour que:
$$\beta=\widehat{ABC}=2\gamma=2\widehat{ACB}$$
A tout hasard en ce premier jour de l'année, une question-cadeau pour les trisecteurs qui fréquentent encore le forum:
Le point $A$ étant sur le lieu en question, trisecter l'angle $\widehat{BAC}$ à la règle (ébréchée) et au compas (rouillé)!
Amicalement
pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par pappus.


Re: Triangle Simple
il y a trois années
avatar
Je trouve une hyperbole.
Merci pappus de poser quelque chose de faisable.
Re: Triangle Simple
il y a trois années
avatar
Plus exactement, une branche d'hyperbole.
Re: Triangle Simple
il y a trois années
Mon cher Chaurien
En ce premier jour de l'année, il est encore temps de te présenter personnellement mes meilleurs voeux pour 2018.
C'est un peu vague comme résultat!
Foyers, sommets, asymptotes, excentricité et tout le fourbi!
Amicalement
pappus
PS
C'est bien la énième fois que je pose ces questions!
Re: Triangle Simple
il y a trois années
Bonsoir à tous
Je ne sais pas trop si le théorème de l'angle inscrit est encore au programme.
Si c'est éventuellement le cas, la figure ci-dessous montre que en évaluant la puissance (encore enseignée?) de $A$ par rapport au cercle $BCD$, on a:
$$AC^2=AB.AD=AB.(AB+BC)$$
Amicalement
pappus


Re: Triangle Simple
il y a trois années
Bonsoir,

Avec $B(-1;0)$ et $C(1;0)$, je trouve $\dfrac{\left(x-\dfrac{1}{3}\right)^2}{\left(\dfrac{2}{3}\right)^2}-\dfrac{y^2}{\left(\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\right)^2}=1$.
Les sommets sont $S\left(-\dfrac{1}{3};0\right)$ et $C$.
Le centre est $\Omega\left(\dfrac{1}{3};0\right)$.
Les foyers sont $B$ et $D\left(\dfrac{5}{3};0\right)$.
Les asymptotes ont pour équations $y=\pm\sqrt{3}\left(x-\dfrac{1}{3}\right)$.

Cordialement,

Rescassol



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par Rescassol.
Re: Triangle Simple
il y a trois années
Merci Rescassol
Aurais-tu décidé de faire des infidélités à Morley?
Voici la figure pas si difficile que cela à faire, que j'ai déjà dû donner $n$ fois!
L'excentricité se lit sur la figure et vaut $2\ $!
Il reste à trisecter l'angle $\widehat{BAC}$ !!
Laissez tomber vos trisectrices préférées et retrouvez votre règle et votre compas!
Amicalement
pappus



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par pappus.


Re: Triangle Simple
il y a trois années
Bonsoir à tous
Une dernière figure archiconnue pour bien terminer cette journée!
Le triangle $AA'A''$ est équilatéral!
D'la trisection dans l'air......
Amicalement
pappus


Re: Triangle Simple
il y a trois années
Bonsoir,

Bon, Pappus, pour te faire plaisir: $z^2 + z\overline{z} + \overline{z}^2 - z - \overline{z} - 1=0$.

Cordialement,

Rescassol
Re: Triangle Simple
il y a trois années
Bonsoir,

$\widehat{BAC}=\pi - \beta - \gamma = \pi - 3\gamma$ donc $\dfrac{\widehat{BAC}}{3}=\dfrac{\pi}{3}-\gamma$ qui ne doit pas être très difficile à construire connaissant $\dfrac{\pi}{3}$ et $\gamma$.

Cordialement,

Rescassol
Re: Triangle Simple
il y a trois années
Merci Rescassol!
C'est quand même plus simple!
Les affixes de $B\ $ et $C$ sont $-1$ et $1$?
Amicalement
pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par pappus.
Re: Triangle Simple
il y a trois années
Bonsoir,

> Les affixes de $B$ et $C$ sont $-1$ et $1$ ?

Oui.

Cordialement,

Rescassol
Re: Triangle Simple
il y a trois années
Félicitations, Rescassol, tu es un trisecteur patenté!
Il serait quand même utile de faire une figure pour voir comment on peut se servir de sa règle et de son compas à bon escient.
Amicalement
pappus
Re: Triangle Simple
il y a trois années
avatar
Moi j'ai fait bêtement et classiquement en exploitant $AC^2 = BA ( BA +BC)$ das un repère d'origine $B$. Mais il me semble que seule la branche de gauche convient.
Re: Triangle Simple
il y a trois années
Bonne Nuit
Nul besoin de circonscrire ce brave Morley ou de faire de la géométrie analytique.
Dans le trapèze isocèle $ABCD$, pour des raisons d'angle inscrit, (le théorème est -il encore enseigné?, j'en doute fort!), on a:
$$AB=AD=CD$$
Il en résulte que $A$ appartient à l'hyperbole de foyer $B$, de directrice associée la médiatrice de $BC$ et d'excentricité $2$.
Amicalement
pappus


Re: Triangle Simple
il y a trois années
Il y a quelques années je m'étais intéressé aux triangles dont l'un des angles était le double de l'autre, le triple, le...
Je vous joins le document, très imparfait, c'était purement amateur.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - Triangles vérifiant beta = n alpha.pdf (267.7 KB)
Re: Triangle Simple
il y a trois années
Bonjour
Voici expliquée la trisection selon Rescassol.
$\widehat{BAC}=180°-\beta-\gamma=180°-3\gamma$
Donc $\dfrac{\widehat{BAC}}3=60°-\gamma\ $
Pour trisecter l'angle $\widehat{BAC}$ à la règle et au compas, il suffit donc de mener par $A$ la parallèle à l'asymptote rouge de l'hyperbole.
Liesse des trisecteurs! La malédiction serait-elle rompue?
Les points $B$ et $C$ étant donnés, ils ont sous les yeux une famille infinie d'angles $\widehat{BAC}$, chacun d'eux constructible à la règle et au compas comme chacun des points $A$ de l'hyperbole quoique je doute que cette construction soit encore connue. Prière de farfouiller son Lebossé-Hémery!
De plus, chaque angle $\widehat{BAC}$ de la famille peut être trisecté à la règle et au compas.
Mais reporter un angle de 60° à la règle et au compas est sans doute une tâche trop difficile aujourd'hui!!
Amicalement
pappus


Re: Triangle Simple
il y a trois années
Bonjour
Eh bien, ce triangle équilatéral $AA'A''$ résulte de la trisection de l'angle $(\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC})$
On a:
$$(\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}) = 3(\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OA})\ $$
Pourquoi?
On ne peut pas dire que l'exo de Kouassi a suscité un enthousiasme délirant!
Amicalement
pappus


Re: Triangle Simple
il y a trois années
On peut aussi s'en sortir avec Al-Kashi :

Soit $H$ le pied de la hauteur issue de $A$ et $D$ tel que $H$ milieu de $\big[BD\big]$.
On a $AB=AD=DC$, donc $BC=2BH+DC=2AB\cos 2\beta+AB$.

Puis :
$AC^2=AB^2+BC^2-2\cdot AB \cdot BC \cdot \cos 2\beta$
$AC^2 =AB^2+BC\big(BC-2AB\cdot\cos2\beta\big)$
$AC^2=AB^2+BC\cdot AB$
$AC^2=AB\big(AB+BC\big)$


Re: Triangle Simple
il y a trois années
C'est bien mais avec ce point $D$ le théorème de Pythagore suffit:

$AC^2-AB^2=(AH^2+CH^2)-(AH^2+BH^2)=(CH+BH)(CH-BH)=BC \cdot CD=BC\cdot AB$.
Re: Triangle Simple
il y a trois années
Bonjour
Je m'intéresse à l'intersection du cercle $ABC$ avec l'hyperbole de foyer $B$, de directrice associée la médiatrice de $BC$ et d'excentricité $2$.
C'était pourtant le moment ou jamais de Rescassoliser en circonscrivant Frank autour du triangle $ABC$ mais on en est resté encore à l'axiome de Pythagore ou à la sourate d'Al-Kashi!
Sur ma figure:
$\vert a-b\vert^2=(a-b)(\dfrac 1a-\dfrac 1b)=-\dfrac{(a-b)^2}{ab}$
On doit écrire:
$\vert a-b\vert=\vert a-d\vert$ où $D$ est le symétrique de $A$ par rapport à la médiatrice de $BC$.
Donc:
$\dfrac{(a-b)^2}{ab}=\dfrac{(a-d)^2}{ad}$
On doit tenir compte de: $ad=bc$ et on trouve:
$(a^2-bc)^2-ac(a-b)^2=(a-c)(a^3-b^2c)=0$
Les calculs sont terminés, il suffit de conclure.
Amicalement
pappus


Re: Triangle Simple
il y a trois années
Bonjour,

Cela donne $a^3=b^2c$, à rapprocher de mon $u^3+wv^2=0$ donné plus haut.

Cordialement,

Rescassol
Re: Triangle Simple
il y a trois années
Bonjour
Maintenant comment modifier l'énoncé originel de Kouassi, rédigé avec les angles-camemberts, pour tomber naturellement sur notre triangle équilatéral solution?
Amicalement
pappus
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