21 février 2014

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  • Février, 3ème défi

    le 22 février 2014 à 13:58, par orion8

    Est-ce une bonne piste ? Soit ABCD la face inférieure (L milieu de [AB]) et EFGH la face supérieure (M milieu de [BF] et N milieu de [FG]).

    Soit O le milieu de [GH], P celui de [EH] et Q celui de [AE]. Les points LMNOPQ sont coplanaires dans le plan médiateur de [DF] et forment ainsi un hexagone régulier, car les côtés sont d’égale longueur : la moitié de la diagonale d’une face. L’angle devient évident...

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    • Février, 3ème défi

      le 24 février 2014 à 18:46, par Daniate

      La piste est excellente et l’hexagone est effectivement régulier, je note toutefois deux faiblesses dans l’argument. L’une, légère : pourquoi les points sont-ils coplanaires ? L’autre plus grave : un hexagone peut être déformé sans changer les longueurs de ses côtés donc l’égalité des longueurs est insuffisante pour justifier la régularité.

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      • Février, 3ème défi

        le 24 février 2014 à 19:18, par orion8

        Pourquoi coplanaires ? C’est écrit ! Le six points sont équidistants de F et D, donc dans le plan médiateur de [FD] :

        on a en effet LF² = (a/2)² + a² = LD² etc. (a étant l’arête du cube).

        Soit K le milieu de [FD], centre du cube. Par symétrie centrale, il est équidistant de tous les milieux des arêtes, en particulier de L M N O P Q. L’hexagone est donc inscrit dans un cercle de centre K. Ses côtés étant d’égale longueur, il est régulier.

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        • Février, 3ème défi

          le 24 février 2014 à 20:01, par Daniate

          Justification désormais parfaite. J’attire l’attention sur une alternative : la rotation spatiale d’axe (DF) qui transforme A en C

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    • Février, 3ème défi

      le 27 février 2014 à 08:15, par orion8

      Veuillez corriger : « P est le milieu de [DH] et Q est le milieu de [AD] » (merci à L. Daniate)

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      • Février, 3ème défi

        le 27 février 2014 à 09:27, par Daniate

        Et afin que rien ne reste d’incohérent, les 6 points sont équidistants de C et E.

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  • Février, 3ème défi

    le 25 février 2014 à 09:07, par fzefredo

    Oh allez, avec les produits scalaires, de tete et a vue de nez, je sens bien le truc du genre 1/2*1/2 + (-1/2)*1/2 = 0 = cos(angle). Peut etre j’ai tort...

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    • Février, 3ème défi

      le 25 février 2014 à 10:45, par orion8

      Dans la base orthonormée (AB, AD, AE) [cf mes notations ci-dessus], « à vue de nez » ML(-1/2 ; 0 ; -1/2) et MN(0 ; 1/2 ; 1/2), d’où le produit scalaire égal à -1/4.

      En divisant par le produit des normes, égal à 1/2 car les deux normes valent la moitié de la diagonale d’une face, on en déduit le cosinus de l’angle des vecteurs ML et MN : -1/2, soit celui d’un angle bien connu...

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  • Février, 3ème défi

    le 26 février 2014 à 23:05, par Daniate

    Astucieuse idée d’utiliser les produits scalaires, bien qu’un repère ne soit pas nécessaire. La décomposition des vecteurs ML et MN en MB+BL et MF+FN donne 4 produits dont 3 sont nuls et le dernier donne - MB². Les normes ML et MN sont égales à MB racine de 2 et leur produit est 2MB². On retrouve bien un cosinus de -1/2. Léger problème ici, le cosinus n’est pas bijectif il faut donc justifier que l’angle LMN est inférieur à pi.

    Je donne maintenant une démonstration purement géométrique. Avant je dois corriger les notations de orion8 : P est le milieu de [DH] et Q est le milieu de [AD]

    Dans la symétrie d’axe (MP) le cube est globalement invariant et les points L et N sont images l’un de l’autre. Les angles LMP et NMP sont donc égaux. Le triangle KLM (K centre du cube) est équilatéral puisque ses trois sont égaux à une demi diagonale d’une face du cube. etc ...

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    • Février, 3ème défi

      le 27 février 2014 à 08:12, par orion8

      « P est le milieu de [DH] et Q est le milieu de [AD] » : merci pour la relecture attentive !

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