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• Juin 2018, 5e défi

  le 29 juin 2018 à 09:18, par mong

  si x est le rayon du petit cercle, d le diametre du grand on a :
  (d-x) sin(30°) = x

  soit x = d/3 = 2r/3
  Le rapport des aires est égal au rapport du carré des rayons, soit 4/9

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• Juin 2018, 5e défi

  le 29 juin 2018 à 09:45, par FDesnoyer

  Bien vu, j’aurais perdu mon temps sur des puissances de points par-rapport aux deux cercles (même en ayant tracé la figure à laquelle vous faites référence)
  J’arrive à x=(SPOILER ALERT !) 1/3sqrt(pi) ?

  bonne journée

  F.D.

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• Juin 2018, 5e défi

  le 29 juin 2018 à 15:18, par Daniate

  Une solution géométrique, moins efficace que la trigo mais ce n’est pas pour rien que la trigo fut inventée.

  On trace le diamètre commun, le rayon du petit cercle passant par le point de tangence supérieur, la corde joignant ce point de tangence à l’autre extrémité du diamètre du petit cercle ainsi que la droite d joignant les deux points de tangence.

  L’angle droit rayon-tangente donne un angle au centre de 60°, donc un angle inscrit de 30° et par suite un triangle isocèle symétrique par rapport à d.

  On a aussi un triangle équilatéral formé de la corde et des deux rayons avec la même symétrie.

  Finalement , le grand diamètre est partagé en 3 parties de même longueur et le petit diamètre est formé de 2 parties, d’où le rapport déjà proposé de 2/3 puis passage au carré pour la solution.

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• Juin 2018, 5e défi

  le 30 juin 2018 à 20:01, par FredM

  Toujours dans la géométrie : on complète le triangle équilatéral dans lequel le petit cercle est inscrit. (Le côté « manquant » est la tangente commune aux deux cercles). La hauteur de ce triangle est le diamètre du grand cercle, et le rayon du petit cercle est le tiers de cette même hauteur, d’où le rapport 2/3 entre les diamètres et la conclusion.

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• Juin 2018, 5e défi

  le 1er juillet 2018 à 01:39, par Daniate

  Jolie démonstration, bien plus simple que mes divagations.

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• Juin 2018, 5e défi

  le 29 juin 2018 à 15:22, par drai.david

  Soient $r$ le rayon du petit cercle, $R$ celui du grand et $\alpha$ l’angle.

  On a donc :$\frac{r}{2R-r}=\sin{\frac{\alpha}{2}}\Leftrightarrow r=\frac{2R}{1+\frac{1}{\sin \frac{\alpha}{2}}}\Leftrightarrow\pi r^2=\frac{4}{\left ( 1+\frac{1}{\sin \frac{\alpha}{2}} \right )^2}\pi R^2$.

  Avec $\pi R^2=1$, on obtient donc que l’aire du petit cercle vaut $\large{\boldsymbol{\frac{4}{\left ( 1+\frac{1}{\sin \frac{\alpha}{2}} \right )^2}}}$.
  Application numérique : si $\alpha=60°$, l’aire vaut $\large{\boldsymbol{\frac{4}{9}}}$.

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• Juin 2018, 5e défi

  le 30 juin 2018 à 18:12, par ROUX

  Evidemment, une daniaterie (avec mon fils aîné, nous avons inventé ce mot pour qualifier vos belles contributions :-)) ;-).
  Je voulais écrire une belle daniaterie mais, par définition, une daniaterie EST belle ;-) !
  J’avais la trigo’.
  Et puis, en regardant la figure, je me suis demandé comment tracer ce cercle inscrit à l’aide exclusive de la géométrie de troisième des années 1970, celle sur la disparition de laquelle pleure monsieur El Kacimi (et je pleure avec lui) : une règle et un compas (pas d’équerre puisqu’on sait tracer un angle droit à l’aide d’une règle et d’un compas) et des théorèmes.
  Je me donne un segment [AB] (qui est le diamètre du grand cercle).
  Je trace une demi-droite 0,5d qui part de A à un angle a.
  Je cherche en fait à tracer un triangle BCD où C appartient à 0,5d et D appartient à [AB] de manière à ce que (CD) soit perpendiculaire à 0,5d et que DC=DB. BCD sera donc isocèle.
  D sera le centre du cercle à tracer et DC et DB deux de ces rayons.
  Je montre par des sommes d’angles sur des triangles (dont BCD qui est isocèle) que l’angle CBD vaut 45-0,5*a.
  Je trace une droite perpendiculaire à (AB) en B (médiatrice d’un segment gnagna).
  Je trace la bissectrice b de l’angle de 90°qui va plutôt du côté de C et qui passe par B évidemment.
  Je trace un petit cercle autour de A et le même petit cercle autour de B.
  Je reporte la corde de l’angle a sur le petit cercle en B à partir de b : j’ai a en B. Je trace ensuite la bissectrice de cet angle a là à cet endroit là (de sommet B) : j’ai 0,5*a.
  Je trace alors la droite qui est donc désormais à 45-0,5*a de (AB) : elle vient croiser d en C.
  Je trace la perpendiculaire à (AC) qui passe par C et qui croise (AB) en D.

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• Juin 2018, 5e défi

  le 1er juillet 2018 à 12:40, par Daniate

  Savoureuse construction qui fait penser à la pose d’un carrelage sur une surface tarabiscotée. Je vous laisse réfléchir sur une construction quelque peu plus simple.

  E est le projeté orthogonal de B sur 0,5d.
  F est sur la droite (AB) tel que B est entre A et F et BF = BE.
  C est le point de 0,5d tel que (BC)//(EF).
  D est sur (AB) tel que (DE) perpendiculaire à 0,5d

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• Juin 2018, 5e défi

  le 1er juillet 2018 à 15:01, par ROUX

  Très joli (ah oui, les triangles semblables) !
  J’avais souhaité répondre à la suite de votre premier message : ça aurait fait une daniaterie dans une daniaterie ;-).
  Et comme se donner un angle entre (AB) et 0,5d, c’est se donner la valeur de EB, une thalesserie donne la valeur de CD en fonction exclusive de AB et EB.

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