Inscription / Connexion Nouveau Sujet
Cercles et triangles
Bonjour
j'ai besoin de votre aide pour résoudre l exercice suivant :
On désigne par a, b et c les côtés d'un triangle ABC, par D et D', E et E', F et F' les pieds des bissectrices intérieures et extérieures des angles aux sommets A, B et c respectivement.
1/ Montrer que les cercles de diamètre DD', EE' et FF' ont deux points communs vérifiant la relation
a.MA = b.MB = c.MC
2/ En déduire que les milieux C1, C2 et C3 de [DD'], [EE'] et [FF'] sont alignés.
3/ Que peut-on dire des pieds des tangentes en A, B et C au cercle circonscrit au triangle ABC.
J'en suis à la question 1.
Ce que je sais :
Le lieu des points M1 tels que le rapport soit constant est le cercle de centre C3 de diamètre FF'
Le lieu des points M2 tels que le rapport soit constant est le cercle de centre C2 de diamètre EE'
Le lieu des points M3 tels que le rapport soit constant est le cercle de centre C1 de diamètre DD'.
J'ai fait un schéma que j'ai épuré le plus possible des constructions intermédiaires pour qu'il soit lisible par des personnes qui découvrent le sujet, et pour qu'il passe sur le site.
Les deux points cherchés seraient H et I, et les centres des 3 cercles sont alignés, mais on ne peut pas avoir par exemple.
Par ailleurs :
de a.MA = b.MB je déduis ce qui signifierait que M = C ?
Merci par avance à celles ou ceux qui prendront du temps pour guider mes réflexions et résoudre cet exercice.
Bonjour,
écrire juste "le lieu des points tels que le rapport est constant" ne suffit pas
il faut préciser la valeur de ce rapport.
de plus ton point I est à définir sérieusement avant de l'utiliser
par exemple : intersection des deux seuls cercles (C1) et C2)
il faudrait justifier que cette intersection existe !
donc puisque I est sur (C1) : IB/IC = AB/AC = c/b
I sur (C2) donne IC/IA = BC/BA = a/c
calculer alors IB/IA = (IB/IC)(IC/IA) = ... va prouver que I est sur le cercle (C3)
et ceci est évidemment valable aussi bien pour I que pour l'autre intersection H de (C1) et (C2)
juste que M est sur le cercle (C3)
en fait le point M de l'énoncé ... est ton point I ou ton point H (nom muet pour dire I ou H)
Bonjour Mathafou
D'abord grand merci d'intervenir sur mon sujet.
écrire juste "le lieu des points tels que le rapport est constant" ne suffit pas
il faut préciser la valeur de ce rapport.
donc puisque I est sur (C1) : IB/IC = AB/AC = c/b
I sur (C2) donne IC/IA = BC/BA = a/c
Eh oui, j'avais oublié ce théorème du rapport du pied de la bissectrice intérieure (extérieure aussi d'ailleurs) issue d'un sommet d'un triangle aux deux autres sommets égal au rapport des mesures des côtés du triangle formant l'angle dont est issue la bissectrice intérieure.
Je travaille sur ces bases, et si besoin je me permettrai de revenir.
Merci
>>Mathafou
Bonjour
il faut préciser la valeur de ce rapport.
J'ai pu établir que :
M
C1, MB/MC= c/b
MC2, MA/MC= c/a
MC3, MA/MB= b/a.
par exemple : intersection des deux seuls cercles (C1) et C2)
il faudrait justifier que cette intersection existe !
Est-ce que la démonstration ci-dessous est valable ?
On sait que :
- A
C1 et D C1
[BC] ; donc un arc de C1 joint A à D qui est situé sur le côté opposé à A du triangle ABC ; par conséquent, cet arc est à l'intérieur du triangle ABC (1)
- B
C2 et E C2[AC] ; donc un arc de C2 joint B à E qui est situé sur le côté opposé à B du triangle ABC ; par conséquent, cet arc est à l'intérieur du triangle ABC (2).
De (1) et (2), on déduit que C1 et C2 se coupent à l'intérieur du triangle ABC.
Si tant est que cette démonstration soit acceptable ? je procède de façon similaire pour C1
C3 et C2 C3.
Ensuite, je sais que l'intersection de deux cercles est:
- soit vide (ce n'est pas le cas ici)
- soit réduite à un point, auquel cas les deux cercles sont tangents
- soit comporte deux points (et pas plus).
Comment démontrer que c'est la 3ème hypothèse qui s'applique ici (ou éventuellement que les cercles considérés deux à deux ne sont pas tangents)?
J'ai bien noté que tu écris :
calculer alors IB/IA = (IB/IC)(IC/IA) = ... va prouver que I est sur le cercle (C3)
et ceci est évidemment valable aussi bien pour I que pour l'autre intersection H de (C1) et (C2)
mais je n'ai pas compris cette explication.
Peux-tu préciser stp ?
Merci par avance
oui, mais c'est "un peu visuel" du genre "on constate que"
parce que il ne suffit pas de dire que deux arcs sont intérieurs à un triangle pour affirmer qu'ils se coupent !
en fait une justification plus sérieuse est d'exhiber deux points : un point de C2 intérieur à C1, et un point de C1 intérieur à C2.
mais il faut considérer plusieurs cas de figure pour être convainquant selon les dimensions relatives des côtés du triangle
on peut imposer "sans perte de généralité" comme on dit (quitte à renommer les points) que 'c' est le plus petit côté
alors B de C2 est intérieur à C1 (car c < b) et A de C1 est intérieur à C2 (car c < a)
________
pour démontrer que trois objets (droites, cercles, courbes) sont concourants en un même point on définit le point d'intersection de deux seulement des objets
puis on démontre que ce point là est sur le 3ème.
PS
un cas de figure montrant que ta preuve ne tient pas la route :
tes arcs ne sont pas forcément intérieurs au triangle et les "points isodynamiques" (les points de concours ici M et N des 3 cercles) peuvent très bien être tous deux extérieurs au triangle.
Mettons de côté le cas d'un tringle isocèle ou équilatéral qui pose un nouveau problème.
Sinon, notons le cercle de diamètre
et
le cercle de diamètre
A car
est rectangle en
, il est facile de justifier que
qui est un point de
est strictement intérieur à
donc à fortiori à
On montre de même que qui est un point de
est strictement intérieur au triangle rectangle
donc à fortiori à
Par conséquent et
se coupent en 2 points.
Ce n'est pas très élégant, mais on utilise le fait que la bissectrice extérieure est perpendiculaire à la bissectrice intérieure et que le pied de la bissectrice intérieure de est sur
, de toute façon je n'ai rien trouvé d'autre.
ta preuve ne tient pas la route
Effectivement ; merci d'avoir pris la peine de (me) fournir ce contre-exemple.
Je reprends et poursuis cet exercice très formateur
Je me permettrai de revenir vers vous si nécessaire (et c'est très probable
)Juste une précision >> mathafou
tes arcs ne sont pas forcément intérieurs au triangle
nous sommes bien d'accord ? (même si ça ne change rien au raisonnement pour résoudre l'exercice)
compte tenu des caractéristiques des 3 cercles (passent par un sommet et le pied de la bissectrice intérieure du côté opposé), nécessairement me semble-t-il un arc de chacun de ces 3 cercles est à l'intérieur du triangle, comme le montre ton schéma ; mais ces 3 arcs ne se coupent pas nécessairement à l'intérieur, toujours comme le montre ta figure.
Non ?
on est d'accord mais il s'agissait des arcs AD BE et CF pas de leurs prolongements (en cercles entiers)
l'arc AD ne coupe aucun des deux autres
de plus dans cette figure il y a certes des "bouts" des arcs BE et CF qui sont intérieurs, mais pas ces arcs là en entier...
(et on retrouve le coup de "cas de figure différents selon les valeurs d a,b,c")
D'accord sur la question connexe des arcs de cercle.
Je reviens à la question 1 :
pour démontrer que trois objets (droites, cercles, courbes) sont concourants en un même point on définit le point d'intersection de deux seulement des objets
puis on démontre que ce point là est sur le 3ème.
Les éléments que tu m'as fournis m'ont permis d'établir que :
- si un point M appartient à C1
C2, alors il vérifie MB/MC= c/b et MA/MC= c/a, et donc on a a.MA = b.MB = c.MC
- si un point M appartient à C2
C3, alors il vérifie MA/MC= c/a et MA/MB= b/a, et donc on a a.MA = b.MB = c.MC
- si un point M appartient à C1
C3, alors il vérifie MB/MC= c/b et MA/MB= b/a, et donc on a a.MA = b.MB = c.MC
Et ces points - s'ils existent - sont au plus au nombre de deux.
Comme tu l'écrivais hier :
il faudrait justifier que cette intersection existe !
Donc en fait j'en suis là : comment démontrer que cette intersection des cercles existe nécessairement? J'ai lu et réfléchi sur tes explications de 11 h 19 ; elles sont - j'en suis convaincu - pertinentes, mais me paraissent nous entraîner très loin dans les hypothèses à poser ; initialement cet exercice était proposé à des élèves de 1ère ; si tu me confirmes que c'est le seul moyen de fournir la démonstration de cette intersection, j'essaierai de poursuivre plus avant ; ou alors je passe à côté de quelque chose de plus simple
Commençons par prendre le cas où ABC est équilatéral; dans ce cas, D', E' Et F' sont rejetés à l'infini et les 3 cercles ont pour position extrême 3 droites qui sont les 3 côtés de ABC
Errata: qui sont les bissectrices intérieures de ABC; donc dans ce cas I=H et on a bien la relation souhaitée. je n'ai pas étudié le cas ABC isocèle, à voir.
Sinon, il faut étudier 4 cas rien que pour prouver que et
sont sécants.
Soit b>c et a>c ou b>c et a<c ou....etc. Quand à donner cet exo à des élèves de 1°, c'était possible il y a 40 ans. Moi même, ayant passé mon bac à l'époque des maths modernes, je ne me souviens pas m'être servi du compas pendant ma terminale.
>> Francchoix
ABC est équilatéral; dans ce cas, D', E' Et F' sont rejetés à l'infini
et les 3 cercles ont pour position extrême 3 droites qui sont les 3 côtés de ABC
j'ai rectifié juste après; j'avais cliqué sur poster au lieu d'aperçu; les 3 cercles ont pour position limite les 3 bissectrices intérieures. désolé pour ma maladresse.
les cercles deviennent à la limite les médiatrices du triangle.
le "cercle" est toujours "perpendiculaire" au côté (le coupe en D et D' à angle droit)
à la limite D vient au milieu de BC si AB = AC
donc le cercle devient un cercle de rayon infini (= une droite), perpendiculaire à BC en son milieu D, c'est bien la médiatrice (elle passe bien par le sommet opposé puisque le triangle est isocèle en ce sommet)
Le cercle passe par A et D donc sa limite est aussi (AD) ce qui fournit aussi la bissectrice comme position limite ce qui est en accord avec la médiatrice.
Sinon; si on prend le cas ou b>c et a>b, on aura B]DD'[ et A ]EE'[ et et
sont sécants; ça fait étudier plusieurs cas, mais chaque cas donne un résultat différents;
par exemple le cas b<c et a>b donne A]EE'[ et C]DD'[ et c'est E qui permet de conclure. Pas très joli, mais ....
l'astuce dans ce cas est d'invoquer :
"on peut sans perte de généralité poser c < b < a"
cela revient à dire :
ce que je vais démontrer alors sera valable dans tous les autres cas en renommant mes points dans mon raisonnement (ce que j'appelle C1 devient C2 etc ...)
on n'explicite pas ces autres cas, ça ne sert à rien, ce ne serait qu'un changement de notation et rien d'autre.
revenons quelques messages en arrière sur une conclusion erronée :
Et ces points - s'ils existent - sont au plus au nombre de deux.
aucun rapport.
avec 3 cercles à priori on a 6 points d'intersection en général
le fait qu'il n'y en ait ici que deux ne tient pas du tout à invoquer "il y a au plus tant de points"
mais comme j'ai dit :
on appelle M l'intersection de seulement deux de ces cercles
on prouve que cette intersection existe (à mon avis c'est fait on piétine dessus mais c'est fait), et même qu'il y en a deux, on appelle M n'importe lequel des deux (et N l'autre si on veut)
il s'agit maintenant de prouver que ce point M là est sur le 3ème cercle
pas un autre point courant n'importe où, ce point là unique (à échange de M et N près)
et la preuve tient en deux lignes, et je l'ai déjà donnée ici :
donc puisque I est sur (C1) : IB/IC = AB/AC = c/b
I sur (C2) donne IC/IA = BC/BA = a/c
calculer alors IB/IA = (IB/IC)(IC/IA) = ... va prouver que I est sur le cercle (C3)
avec les notations de maintenant ça donne :
ce point M là unique (pas "un point quelconque de C1") est sur (C1) donc : MB/MC = AB/AC = c/b
ce même point M est sur C2 donc : MC/MA = BC/BA = a/c
par conséquent MB/MA = (MB/MC)(MC/MA) = (c/b)(a/c) et en simplifiant cette expression cela donne MB/MA = a/b = CB/CA et donc ce point M là est sur C3
terminé.
(et démonstration identique sans qu'il soit besoin de la répéter pour le point N)
Bonjour à tous
on prouve que cette intersection existe (à mon avis c'est fait on piétine dessus mais c'est fait),
Alors pardon, c'est ça que j'ai "zappé" ; peux-tu m'indiquer où et comment c'est prouvé stp, parce qu'effectivement je piétine toujours
merci
par conséquent MB/MA = (MB/MC)(MC/MA) = (c/b)(a/c) et en simplifiant cette expression cela donne MB/MA = a/b = CB/CA et donc ce point M là est sur C3
terminé.
Ca d'accord ; clair et net, merci ; donc il me reste pour la question 1 ce que j'évoque dans mon précédent message
là : (le 24-09-14 à 11:19)
en fait une justification plus sérieuse est d'exhiber deux points : un point de C2 intérieur à C1, et un point de C1 intérieur à C2.
on peut imposer "sans perte de généralité" comme on dit (quitte à renommer les points) que 'c' est le plus petit côté
alors B de C2 est intérieur à C1 (car c < b) et A de C1 est intérieur à C2 (car c < a)
la propriété : deux courbes fermées quelconques se coupent si et seulement si il existe un point de l'une intérieur à l'autre et un point de l'autre intérieur à l'une" est considérée comme "intuitivement évidente"
pour la démontrer : voir un cours de topologie dans l'enseignement supérieur.
à ce niveau-ci bon nombre de propriétés intuitives sont "admises".
c'est vrai que la propriété :
si deux points d'une courbe continue sont l'un à l'intérieur et l'autre à l'extérieur d'une courbe fermée, alors ces deux courbes se coupent est certes plus évidente,
hélas les contre-exemples indiqués montrent que ce n'est pas aussi simple d'exhiber deux points de C1 qui soient toujours de part et d'autre de C2.
même dans le livre "College Geometry" de Nathan Altshiller-Court, où ce problème est entièrement traité, il fait l'erreur de considérer qu'il suffit d'affirmer que un point de C1 est intérieur à C2 !
c'est "à priori faux" car C1 pourrait "à priori" être entièrement intérieur à C2, la condition (sans perte de généralité cIl faut aussi exhiber soit un point de C1 extérieur à C2 (avec la propriété alors sans contestation de relier un point intérieur à un point extérieur par une courbe continue)
soit un point de C2 intérieur à C1 (avec la propriété "symétrique" citée au début)
bref il ne faut pas trop "pinailler" non plus sur ces histoires de topologie...
Merci bcp Mathafou de la peine que tu prends et du temps que tu passes pour que j'avance sur cette question.
Je m'en tiens donc à ce que tu as écrit hier et au premier paragraphe de ton précédent message, et travaille sur cette base (c < b < a, la démonstration restant valable en permutant les côtés dans l'inégalité).
J'avais pensé - mais apparemment ça n'aboutit pas - que du fait que l'on est dans un contexte bien particulier, il s'agit de 3 cercles dont les diamètres ne sont pas pris dans la généralité mais sur les pieds des bissectrices intérieures et extérieures issues de chacun des 3 sommets du triangle, et que de ce fait il y aurait une nécessaire intersection à 2 points des 3 cercles considérés deux à deux...
Ensuite, oui, j'embraye sur la démonstration telle que tu l'as représentée en début d'AM.
Bien, je pars sur ces bases là, si je reviens ce sera si besoin pour la question 2.
merci encore.
il faut effectivement tenir compte précisément que ce n'est pas n'importe quoi mais les bissectrices, donc que les points DD' EE' FF' ne sont pas "n'importe comment" mais dans les rapports des côtés
c'est grâce à ça qu'on peut affirmer que si c < b alors B est intérieur à C1 etc.
(et donc la preuve d'une "nécessaire intersection", qui sans cela resterait juste un voeu pieux)
Annuler
connectez vous