28 de enero de 2019

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  • 4.12.6

    le 31 de enero à 15:06, par Hébu

    Sur les côtés $AB$ et $AC$ d’un triangle (et à l’extérieur), on trace deux triangles rectangles $ABJ$ et $ACK$, tels que les angles en $B$ et $C$ soient égaux.

    Soit $M$ me milieu de $BC$. Alors, les segments $MJ$ et $MK$ ont même longueur.

    .

    Faute d’idée, après 3 jours d’unterrogation, une solution, le calcul tout bête des longueurs des segments. $MJ$ sera évalué dans le triangle $BJM$ et $MK$ dans $CKM$. A chaque fois, utilisation de la << loi des cosinus >>.

    On note $u$ la valeur commune des angles $JBA$ et $KCA$. On note $a, b, c$ les côtés $BC, AC$ et $AB$, et $A, B, C$ les angles (en essayant de ne pas se mélanger entre manuscules et mijuscules).

    $BJ$ et $CK$ sont donnés par $BJ=c.\cos{u}$, $CK=b.\cos{u}$. $BM=CM=a/2$. L’utilisation de la loi des cosinus impose le développement de $\cos{u+C}$ et $\cos{u+B}$. Le calcul demande de faire appel à $a/\sin{A}=b/\sin{B}=c/\sin{C}$, et à un autre résultat:

    Soient $CD$ et $BF$ les hauteurs issues de $C$ et $B$. L’angle en $A$ permet d’écrire $AD/AC=AF/AB$ (le sinus de $A$), soit $AD\times AB=AF\times AC$, ou encore $c(c-a.\cos{B})=b(b-a.\cos{C})$.

    .
    Au bout du compte, on arrive par ce biais à montrer l’égalité des longueurs. Rien de glorieux, Euclide doit se retourner dans sa tombe. Il existe sûrement une preuve plus directe et plus élégante...

    Document joint : idm4-12-6.jpg
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    • 4.12.6

      le 1ro de febrero à 11:21, par Sidonie

      Bonjour, pour l’instant je n’ai pas de solution plus géométrique. Je me suis lancée sur deux pistes principales que je vous livre. Peut être pourrez vous aboutir si ce n’est déjà sur ces pistes que vous avez cogité.

      Les cercles de diamètres AB et AC se recoupent en H pied de la hauteur issue de A. L’un passe par J l’autre par K ce qui permet de démontrer que BC et AH sont les bissectrices de JHK. De là une première piste : utiliser les faisceaux harmoniques et une autre piste: si les points M,H,K,J sont cocycliques alors le résultat est démontré.

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      • 4.12.6

        le 2 de febrero à 12:09, par Hébu

        Autre idée, peut-être — prendre la chose à l’envers, hypothèse MJ=MK, en déduire l’égalité des angles (dans la mesure ou il semble y avoir équivalence entre les deux propriétés)

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        • 4.12.6

          le 10 de febrero à 12:39, par Hébu

          Dernière idée en date, creuser l’analogie avec la figure 4.3.11 — où les points J, K et A sont alignés. La configuration ne s’applique pas directement, mais peut-être quelque chose à en tirer

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          • 4.12.6

            le 11 de febrero à 11:19, par Sidonie

            Bravo, votre dernière remarque amène à une solution. Tracer les cercles de diamètres AB et AC, AH la hauteur coupe JK en P. Tracer les perpendiculaires à JK en J et K. Elles coupent BC en L et N.

            On a en mesure d’angle BJL=PJA et BLJ=PAJ=PI-JAH et donc les triangles semblables BLJ et JAP. Il vient l’égalité de rapports BL/AP=BJ/JA.

            De même côté C il vient CN/AP=CK/KA.
            Or BJ/JA=CK/KA puisque AJB et AKC sont semblables.
            Pour finir on obtient BL=CN et M devient le milieu LN.

            Ne reste plus qu’à projeter orthogonalement M sur JK pour tracer à la fois une hauteur et une médiane au triangle MJK qui devient isocèle.

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            • 4.12.6

              le 11 de febrero à 15:02, par Hébu

              Eh bien, tout est bien qui finit bien, comme on disait dans les livres de mon enfance. Mais je n’avais eu qu’une intuition, sans arriver à la faire déboucher sur une preuve — ce qui demandait, quand même, beaucoup de finesse. Bravo, donc !

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