1) AI =

Preuve
    tg =
et  tg(45° + ) =
On développe la 2e relation en posant t=IB/3 :
=
d' où on tire t = 1/7
Donc IB = 3/7
Enfin AI = 4 - =

2) et

Preuve
= arctg(2/3)
= arctg(1/2)
Posons arctg x = arctg(2/3) + arctg(1/2)   On égale la tg des 2 membres
         x =
        x =
On en déduit que = 180° - 2.arctg(7/4)
Donc /2 = 90° - arctg(7/4) = arctg(4/7)
Soit H le pied de la abaissée de O sur AC
   4 = CH . tg/2
   4 = CH .
   CH = 7
AC = AH + CH = 6 + 7 = 13
et BC = 8 + 7 = 15

1ère Partie :
Posons x = AI ( avec 0 < x < 4 )
La formule des sinus ( = = = 2R = a,b,c:longueurs des côtés et S l'aire du triangle ) dans le triangle ACI donne :

Donc,   avec

Puis, par le théorème de Pythagore dans le triangle rectangle BCI,

Soit finalement, l'équation
à résoudre.
Après simplification, cette équation s'écrit .
On obtient 2 solutions : 25 et dont seule la seconde est comprise entre 0 et 4.

Conclusion: AI =

-----------------------------------------------

2ème Partie :
Notons J et K les projettés orthogonaux respectifs de O sur les côtés [AC] et [BC].
On montre aisément que AJ = AI = 6 et que BK = BI = 8
( propriété de distance ou de symétrie des bissectrices intérieures concourrantes en O, centre du cercle inscrit ou même 2 fois Pythagore )
Reste à calculer CJ = CK = x > 0 ( même argument ).

Rappel: Formule de Héron où a=BC, b=AC, c=AB et où S est l'aire du triangle, p le demi-périmètre du triangle et r le rayon du cercle inscrit.

On a donc avec
soit en élevant au carré.
Cette équation se ramène à et dont les deux solutions sont : -14 et 7.
Ainsi x = 7 ( solution positive )
puis AC = AJ + JC = 6 + x = 13  et  BC = BK + KC = 8 + x = 15

Conclusion: AC = et  BC =


N.B: Plusieurs méthodes possibles bien sûr mais, sauf astuce qui m'aurait échappée, il n'y a pas plus rapide !

1ere énigme :
  Soient et
Sin 45° = 2 /2 = sin (a-b)= sina * cosb -cosa * sinb
Si je pose x= AI et y=CI
2 /2 = (4/5) * (3/y) -(3/5) [(4-x)/y]
4-(4-x) = 5y*2 /6.
y² = 36 x²/50 = 18 x²/25 .
J'applique Pythagore dans CBI, ce qui donne :
3² + (4-x)² = 18 x²/25 .
J'obtiens une équation du second degré : 7 x² - 200 x + 625 = 0
Donc la seule solution comprise entre 0 et 4 est x = AI = 25/7

2ème énigme

Soit J le point de tangence du cercle inscrit avec AC et K avec BC.
Le rayon du cercle inscrit est égal à  r = OI = 4.
Par propriété de la tangente à un cercle , on a AJ = AI = 6 et BK = BI = 8.
Soit p le demi périmètre de ABC et x = CJ = CK, on a p = 1/2 (8 + 6 + 8 + x + 6 + x) = 14 + x
D'après la formule de Héron : S² = p ( p - a) (p - b) (p - c) = (14+x)(x) (6)(8) = 48x (14 + x)
On sait aussi que S² = p²* r² = 16 * (14 + x)².

48 x (14 + x) = 16 * (14 + x)².ou
48 x = 16 (14 + x)
3 x = 14 + x
x = 7,
AC = 6+7 = 13  et  
BC = 8+7 = 15

1ere partie :
AI=25/7
2eme partie :
AC=13 et BC=15

1ere partie

AI=25/7 grace a la formule tan(45+c)=(1+tan c)/(1-tan c) puisque tan45=1

2eme partie

AC=13 et BC=15 garce a la formule : tan(2alpha)=(2*tan alpha)/(1-tan²(alpha))

Miaouw

PS : comment fait on pour pouvoir ecrire des fractions comme on peut le faire avec Word et son editeur d'equation!!!

Enigme 1

En appelant l'angle , on a


Donc

          



Enigme 2

Le centre du cercle inscrit au triangle ABC est l'intersection des bissectrices internes des côtés du triangle.
En appelant :
J et K les projections orthogonales de O sur les côtés [AC] et [BC]
  
  
  
  


On a






Donc


Et par suite, comme AJ = AI = 6 et BK = BI = 8 (les triangles (AOJ et AOI (respectivement OIB et OBK) sont semblables)


                  

  1°)  AI=25/7

  2°) AC=13    BC=15

Salut

1ere partie

tan=
J'utilise la formule suivante
tan(a - b) =   avec
a =
b = = 45° donc tan(b) = 1
on remplace et on obtient
tan(a - b) =
Dans le triangle IBC rectangle en B on a tan(a - b) =
d'où =
BI =
BI + IA = BA = 4 donc AI = BA - BI = 4 -
AI =

2ème partie

O est le point de concours de 3 bissectrices du triangle ABC
Soit P [AC] tel que (OP) perpendiculaire à (AC)
Soit Q [CB] tel que (OQ) perpendiculaire à (BC)
On a AP = AI = 6 et BQ = BI = 8 et CP = CQ = x
Je pose h la hauteur issue de C
=
=
sin =
sin =
sin()/sin() =   "équation (1)"
Dans le triangle AIO rectangle en I on a tan(/2) = =

Dans le triangle BIO rectangle en I on a tan(/2) = =
Maintenant j'utilise la formule
sin= avec t = tan(/2)
Après calcul on obtient
sin = et
sin =

sin()/sin() =    "équation (2)"
On pose (1) = (2)
=
13(8+x) = 15(6+x) x = 7
Conclusion
BC = BQ + QC = 8 + 7 = 15
AC = AP + PC = 6 + 7 = 13

1ère partie:
Je pose et comme ABC est rectangle en B on a


Finalement j'obtiens

2ème partie:
I est le point de AB tangent au cercle inscrit. J celui de AC tangent au même cercle. JC=x
Le demi-périmètre de ce triangle vaut p=6+8+x.
L'aire du triangle ABC par la formule de Héron vaut
L'aire du triangle ABC vaut aussi
En faisant une égalité de ces deux formules on obtient x=7

On a finalement AB=14 AC=13 BC=15

partie 1.
En utilisant le développement de sin (a-b), je trouve facilement que IC² = (18/25) * IA².
En appliquant Pythagore dans ICB, et en remplçant la valeur de IC², j'obtiens :
7 * IA² - 200 * IA + 625 = 0, ce qui donne comme seule valeur acceptable :
IA = 25/7

Partie 2.
Soit J et K les deux autres points de tangence.
Soit a = CJ = CK
J'utilise la formule de Héron et je trouve S = [48a (14+a)].
J'utilise aussi la formule S = p * r = 4 * p.
En élevant ces deux valeurs de S au carré et en les égalant , j'obtiens a = 7.
On a donc BC = 15 et AC = 13

1ère Partie :
AI = 25 / 7


2eme Partie :AC = 13
BC = 15

bonsoir,
pour premiere partie la reponse est 25/7
pour la deuxieme partie la reponse est BC=15
                                       AC=13
                      voila

1ere réponse:
AI=25/7
2eme réponse:
AC=6+7=13
BC=8+7=15

Bravo à tous.

C'est un sans faute...Je vous réserve plus dur pour mercredi prochain

A plus

Plus dur !!!!???

Bin mince !

J'ai cherché pas mal de temps et je n'ai rien pu commencer.
Je vais aller lire les solutions rapidement moi