,je ne trouve toujours rien

bonjour moctar,

je n'ai pas encore cherché la suite de ta demo mais la fin est simple.
c'est de la manipulation de formules trigo:

on a d'abord:
tbB.tgC= 3 => cosB.cosC= sinB.sinC /3
puis:
cos (B-C) = cosB.cosC + sinB.sinC
= sinB.sinC /3 +sinB.sinC
= 4/3 sinB.sinC
de plus:
A= 180-B-C
donc
Cos A = cos(180-b).cos C +sin(180-B).sinC
= -cosB.cosC + sinB.sinC
= -sinB.sinC /3 + sinB.sinC
= 2/3 sinB.sinC
d'où sinB.sinC = 3/2 cosA

en reportant on obtient:
cos(B-C)= 4/3×3/2 cosA
= 2 cosA


je vais essayer de chercher ce qui manque mais je ne te garantis rien...

voici mon depart (figure en bas)

on a (GH)//(BC) et (AA')perpendic à (BC) donc (GH)perpendic à (AA')
le triangle HGA'est rectangle en H ---> à utiliser quelque part...

de plus :

dans le triangle AA'B tgB = AA'/A'B
dans le triangle AA'C tgC = AA'/A'C

d'où tgB.tgC = AA'²/A'B.A'C

or dans le triangle ABC AA'² = A'B.A'C
donc tgB.tgC = A'B.A'C
= AA'. A'H d'après la question 1

on a aussi G centre de gravite , donc AG/AI = AH/AA'=2/3 avec I milieu de [BC]
ce qui permet d'exprimer A'H = 1/3 AA'

mais alors si on remplace dans tgB.tgC= AA'.A'H= AA'.1/3AA'= AA'² /3 = A'B.A'C /3 incompatible!!!

et là je bloque...

et toi?

pardon sur la figure, B'et C' sont mal placés mais je ne les utilise pas...

et zut, la figure est fausse G aussi n'est pas sur la bonne intersection , mais bon c'est le raisonnement qui me pose probleme...

bon j'ai refait une figure au cas où...

Choix d'un repère orthonormé tel que :
B(0 ; 0)
C(1 ; 0)
A(a ; b)

Dans ce repère, on a:

(AA') : x = a
(AB) : y = (b/a)x
perpendiculaires à (AB) : y = -(a/b)x + k

(CC') :  y = -(a/b)x + (a/b)

H en résolvant le système:
x = a
y = -(a/b)x + (a/b)

H(a ; -(a/b)a + (a/b))

H(a ; (a/b).(1-a))

A' (a ; 0)

AA' = |b|
A'H = |(a/b).(1-a)|
A'B = |a|
A'C = |a-1|

AA'.A'H = |b|.|(a/b).(1-a)|
AA'.A'H = |a.(1-a)|

A'B.A'C = |a|.|a-1|
A'B.A'C = |a.(1-a)|

--> AA'.A'H = A'B.A'C

-----
G((a+1)/3 ; b/3)

coeff direct de (GH) = [(b/3)- (a/b).(1-a)]/ ((a+1)/3) -a)]

si (HG) // (BC) -->

[(b/3)- (a/b).(1-a)]/ ((a+1)/3) -a)] = 0

(b/3)- (a/b).(1-a) = 0

b = 3.(a/b).(1-a)

b² = 3a(1-a)

--> A(a ; V(3a(1-a)) avec V pour racine carrée.

AA' = A'B.tg(B)
V(3a(1-a)) = a.tg(B)

tg(B) = V(3(1-a)/a)

AA' = A'C.tg(C)
V(3a(1-a))  = |a-1|.tg(C)
tg(C) = V(|3a(1-a)|) /  |a-1|

tg(B).tg(C) = V(|3(1-a)/a|) * V(|3a(1-a)|) / |a-1|

tg(B).tg(C) = 3|1-a| /  |a-1|
tg(B).tg(C) = 3|1-a| /  |a-1|

tg(B).tg(C) = 3

...
-----
Sauf distraction.  

Ah merci, J-P !!!

Je me suis pris la tête avec une solution vectorielle et je n'ai même pas pensé à la solution analytique...

un grand merci encore

Salut Sariette,

Il y a sûrement moyen de ne pas utiliser une approche analytique.

C'est d'ailleurs plus apprécié en général par les profs.

... Mais je n'ai pas essayé.

Oui tu as raison, mais la solution analytique est très belle aussi.

Je me suis acharnée sur le sujet, mais je vais continuer...!

Je ne vois toujours pas où est l'erreur dans mon raisonnement qui m'amène à une contradiction.

Et j'étais surtout très ennuyée de laisser moctar en plan!

Ah voilà j'ai trouvé:

on a
dans le triangle AA'B tgB = AA'/A'B
dans le triangle AA'C tgC = AA'/A'C

d'où tgB.tgC = AA'²/A'B.A'C

or dans le triangle ABC AA'² = A'B.A'C
donc tgB.tgC = A'B.A'C (P0)
= AA'. A'H d'après la question 1 (P1)

on a aussi
G centre de gravite , et (GA) // (BC) donc d'apres Thales, AG/AI = AH/AA'=2/3 avec I milieu de [BC]
ce qui permet d'exprimer A'H = 1/3 AA'
que l'on reporte dans (P1)

d'où tgB.tgC = 1/3 AA'²
= 1/3 A'B² . A'C'² (P2)

(P0) et (P2) nous donnent alors A'B'.AC'/3 = 1
soit encore A'B'.A'C'= 3

reporté dans (P0) on obtient tgB.tgC = 3

OUF!

je comprends,merci beaucoup tous les deux pour tout ce temps que vous avez consacré à mon problème.

ben de rien!

bonne soiree!