Bonsoir,

quand l'angle OCO' est droit, montrer que O'B=a donc....(ou réciproquement)

Bonjour,

1) la question 1 est fausse, le lieu de M est seulement une partie de ce cercle

2) vham : c'est faux.



moi, je considère le cercle de diamètre AB
il est orthogonal à C et à C'
avec la condition que C et C' sont orthogonaux, ces trois cercles sont mutuellement orthogonaux.
le centre de chacun est donc sur l'axe radical du faisceau déterminé par les deux autres
ceci dit, niveau seconde ??

posso49 m'a l'air de poster suivant ce qu'il pense du niveau du sujet
posso49, si tu es en iut, poste à ce niveau
merci

Bonsoir,

2) Exact mathafou, je me suis un peu précipité...

Tout à fait d'accord Mathafou, ce n'est qu'une partie du cercle, l'arc AA'.
En fait, je suis retraité et reprend par plaisir des exercices du Lebosse-Hemery 2°C de ma jeunesse. J'ai un niveau DEST CNAM Electronique en fait, mais avec les années, j'ai un peu perdu.
Axe radical et faisceau de cercle était à l'époque du niveau Terminale, mais peut-être que cet exercice du chapitre révision 2°C n'est pas du niveau 2°.

Excellent ! lebosse-hemery...ça rappelle des souvenirs, ça !
ben disons que maintenant tout ça ne se fait plus au lycée ! (c'est pour cela que j'ai basculé le sujet dans le forum du supérieur)

Bien sûr, cela ne se fait plus. Est ce à dire que les niveaux ont baissé??? Car, ces exercices de géométrie pure faisaient quand même appel à un niveau de réflexion important.
Merci pour ta réponse.

si tu manges la moitié de l'énoncé, on a du mal à suivre le fil suggéré dans l'exo par l'enchaînemnt des questions !!
(p 273 du Lebossé Hemery en question, exo 681) :

3) On suppose que l'angle OCO' est droit
Quelle relation vérifient alors R, R' et a ? la clé est là.

la relation demandée s'obtient facilement avec Pythagore. : 2a² = RR'

Montrer que AO' est alors perpendiculaire à OI
relation qui s'écrit aussi 2a/R' = R/a et les triangles rectangles O'BA et OAI font le reste (trigo : tangentes angles complémentaires)

la droite AO' est donc la hauteur issue de O' dans le triangle OO'I
on démontre de même que BO est perpendiculaire à O'I et donc que OB est une autre hauteur du même triangle

reste à démontrer que IC (la droite CD !) est perpendiculaire à OO' (ce qui est assez évident) pour achever la démonstration que ces trois droites sont concourantes.

Oui, ça ne se fait plus de nos jours, cette "géométrie de papa"
tout amateur de belle géométrie à gardé soigneusement ses Lebossé Hemery ...

Ah, j'ai effectivement oublié d'écrire cette phrase. J'avais trouvé cette relation, mais comme je ne voyais pas de lien avec le reste de la question, je n'y ai pas prèté attention en écrivant l'exercice.
Merci pour ta réponse.
Cordialement.

Bonsoir
j'appelais ça "géométrie de grand-papa", pour ma part
je dois être un poil plus jeunette que vous, je pense ... En seconde, on apprenait les espaces vectoriels, on n'avait pas le droit de faire de figure , tellement nos profs craignaient qu'on ne confonde géométrie vectorielle et affine ....
Au point que j'ai souvenir d'un camarade en prépa agreg, qui nous avait exposé la leçon sur "le cube" sans faire une seule figure ....

Vous connaissez la différence entre l'étudiant et le professeur  ?
Le professeur raisonne juste sur une figure fausse, l'étudiant c'est le contraire.

J'ai toujours pensé (au moins en maths théoriques) que faire des figures était une source de confusion.

Bonsoir

Je ne sais quelle lecture de l'énoncé m'a conduit à l'aberration du 30-03-17 à 18:30,
aussi je reprends le problème  avec les notions connues au lycée :

Soient deux points O et A, la perpendiculaire en A à la droite (OA) et un point B sur cette perpendiculaire. Soit I milieu de [AB].
Soit O' le point d'intersection de la perpendiculaire abaissée de A sur [OI] avec la parallèle à (OA) menée par B.

Less triangles rectangles AOI et BAO' sont semblables donc OA/AB=IA/O'B. Donc 2.OA.O'B= AB²

Considérons le point X intersection de (OA) et de la perpendiculaire abaissée de B sur [O'I] .
Les triangles retangles IBO' et XAB sont semblables donc IB/O'B=XA/AB.
Comme IA=IB alors  X et O sont confondus. Les droites O'A et OB se coupent en l'orthocentre H du triangle OO'I et  IH est perpendiculaire à OO'.

Considérons les cercles (C) (respectivement (C')) de centres O (respectivement O') et de rrayon OA (respectivement OB).  Ils s'intersectent,en C et D, La droite(CD) est perpendiculaire à OO' et coupe (AB) en I' tel que I'C.I'D=I'A²=I'B² car les deux cercles sont tangents à (AB).
Les doitres (CD) et  (IH) sont donc confondues.
On a vu que 2.OA.O'B=AB² . Or OO'²=(O'B-OA)² + AB²
donc OO'²=O'B²+OA² ce qui prouve que le triangle O'CO est rectangle.

ça c'est la façon de construire une figure qui satisfait aux conditions de l'énoncé pour la question 2
et la preuve que cette construction marche.

c'est à dire faire le problème à l'envers de ce qui est demandé dans l'exo ..

ce qui est demandé : on sait que l'angle C est droit (que les cercles sont orthogonaux) et on en déduit que blablaba (l'énoncé)
toi tu construis d'abord avec un truc "tiré d'un chapeau" (enfin imaginé pour que ça colle si tu préfères dit comme ça) et ensuite tu démontres que alors les cercles sont orthogonaux.

m'enfin, c'est aussi une façon de le résoudre ...

dans ce que je proposais le 30-03-17 à 20:44 je faisais la démonstration dans le sens demandé par l'énoncé : en partant de cercles orthogonaux par hypothèse (de l'énoncé) et en démontrant à partir de ça ce qui est demandé dans l'énoncé, directement sans points "primes"

Bonjour,

Oui, c'est la réciproque qui manque souvent pour moduler une démonstration, comme pour la question 1).