celui là sera dur à+

Salut, (salut dpi)

c'est de quel niveau ?

Yumi> Terminale d'il y a longtemps

Bonjour blang

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Je me demande si la droite cherchée ne passe pas par le centre de gravité G du triangle ?

si oui,
en pointant le compas en A d'ouverture AB je trace le cercle en A
je conserve l'ouverture, pointe en B et trace le cercle de centre B
je trace la droite passant par les 2 intersections des deux cercles ;
cette droite coupe AB en I, milieu de AB

Je fais de même avec A et C pour trouver leur milieu J

je trace CI et BJ dont l'intersection fournit G

Il ne reste plus qu'à tracer MG

Je ne suis pas certain de cette construction

Bonjour à tous

Rudy

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S'il est vrai que chaque médiane coupe le triangle en deux parties égales et que chacune d'entre elles passe par le centre de gravité du triangle , toute droite passant par le centre de gravité ne coupe pas le triangle en deux parties égales

Bonsoir Rudi.

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Ta supposition est fausse.
La parallèle à un côté du triangle passant par le centre de gravité détermine un triangle semblable au premier, avec un coefficient de réduction deux tiers et dont l'aire est quatre neuvièmes de l'aire du premier, et non la moitié.

Merci à Imod et plumemeteore

mon conjecture initiale :

"Toute droite passant par le centre de gravité d'une figure coupe cette figure en deux figures de même aire"

est tout bonnement fausse...

Rdy

[blank][/blank]
Je pense au parallélogramme ABCX
et la droite serait // et confondue avec BX

Bonjour à tous,

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Même si je sors une ânerie, j'aurai au moins le mérite d'avoir pariciper.Pour que le triangle ABC ait son aire divisées en deux aires égales, la ligne de séparation doit passer par le barycentre (le grave).Le barycentre étant ce que l'on appelait autrefois le point d'équilibre indifférent. Sans pouvoir le démontrer je dirais que le triangle aura son aire divisée en deux paries égales par la droite issue de M et passant par le barycentre. Expérienses grossières: en plaçant divers points M dans le plan et en procédant par des découpages et collages: les petites erreurs rencontrées viennent de la paire de ciseaux

Bonjour obrecht,

tu as eu la même idée que rudy . Pas bête mais ça ne marche pas

Imod

bonsoir à tous,

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mon idée était de construire le point d'intersection K  de la droite cherchée avec la bissectrice de en calculant et en construisant la distance de K aux côtés CA et CB mais cela ne s'arrange pas trop bien
est-ce que je m'égare?

J'ai une construction quand M est sur le côté [AC] , mais rien quand il est à l'extérieur ou même à l'intérieur du triangle ABC .

Imod

Bonjour

veleda>

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Je ne sais pas si tu t'égares. Il y a sûrement plusieurs approches.

Bonjour,
considérons la figure suivante.
Imaginons que du point M on trace une droite passant par le centre du cercle inscrit au triangle ABC: soit I le point d'intersection des bissectrices du triangle.
A' et B' sont les points d'intersection de cette droite avec les côtés AC et BC.
Pour répondre à la demande de l'énoncé, il faut que l'aire du quadrilatère AA'BB' soit égale à l'aire du triangle A'B'C.
Le quadrilatère AA'BB' a pour aire la somme des aires AA'I + ABI + BB'I soit
AA'r/2 + ABr/2 + BB'r/2
Le triangle A'B'C est la somme des triangles A'IC et B'IC soit les aires  A'Cr/2 +B'Cr/2
Egalons les aires (AA'+BB'+AB)r/2 = (A'C+ B'C)r/2
comme AA'=AC-A'C et BB'= BC-B'C on trouve (AC-A'C + BC-B'C+AB)r/2= (A'C+ B'C)r/2 et
(AC+BC+AB)r/2 = 2(A'C+B'C)r/2
Dans un triangle quelconque l'aire est égale au demi-périmètre multipliée par le rayon du cercle inscrit. Le premier membre de l'égalité ci-dessus correspond à l'aire du triangle ABC et le second membre 2 fois l'aire du triangle A'B'C. La droite MA'B' partage donc bien le triangle ABC en deux parties d'aires égales. CQFD
Bien à vous

Il suffit de demander

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Si est le milieu de il suffit de tracer la droite sinon quitte à changer les noms des points et on peut supposer que est plus près de que de . On note le milieu de , la parallèle à passant par coupe en . Les triangles et sont semblables donc :

soit  

castoriginal>

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Bien

re-bonjour
dans le cas où M est sur un côté j'avais aussi une solution  avec des triangles semblables ,elle est toute bête mais moins jolie que celle d'Imod et mon gros problème est que j'ai toujours beaucoup de mal à attacher une image

Bonjour,
voici un autre raisonnement.
Considérons le triangle ABC et le point M extérieur.(voir figure)
Si on trace la médiane AI, on peut dire que les aires ABI et AIC sont égales.
Si l'on mène depuis le point M une droite traversant le triangle respectivement en M' et P, on peut construire les droites IM' et AP.
Quand les droites IM' et AP sont parallèles, la propriété du trapèze AM'PI nous permet de dire que les aires IAM' et IPM' sont égales.
La droite MP partage le triangle ABC en deux aires BM'P et M'ACP quui doivent être égales.
mais BM'P = BM'I + IM'P   ou BM'P = BM'I + IAM' soit BM'P = ABI qui vaut la moitié de l'aire ABC.
La solution au problème demandé consiste à tracer à partir de A et de I deux droites parallèles qui constituent avec les points d'intersection M' et P un trapèze dont une diagonale passe par le point M extérieur au triangle ABC.
En appliquant Thalès aux triangles BM'I et BAP on a BM'/BA = BI/BP soit BM'=BI*BA/BP
et aux triangles MFP et M'BP  BM'/FM = BP/FP  avec FP=FB+BP  BM'=(BP*FM)/(FB+BP)

en égalant sur BM'  on a BI*BA/BP = (BP*FM)/(FB+BP)
on peut connaître BP donné par la relation   FM*(BP)^2-BI*BA*BP - BI*BA*FB = 0

Bien à vous

castoriginal> Cela me paraît tout à fait correct, c'est une façon de résoudre le problème de façon théorique. Cela dit, je voudrais bien sûr une construction effective et aussi économique que possible

  Bonjour à tous,

Peut-être faut-il savoir faire l'âne pour avoir du son? Je pense qu'en partant dans des calculs compliqués on s'égare. Moi-même, je suis parti dans un chemin tortueux, mal aisé, en considérant des droites antiparallèles en utilsant les angles du triangle. Où me-suis embarqué? ... j'en reviens à mon idée première que pour couper un triangle en deux aires égales, la ligne de démarcation doit passer par le grave ou barycentre. D'ailleurs en physique on ramène toute masse pondérale à une masse ponctuelle, c'est à dire à son brycentre. Et c'est ainsi que l'on dit que le barycentre est le point d'équilibre indifférent. Le calcul du moment d'inertie de cette masse est ( M . d )  d, étant la distance du centre de gravité à une droite delta par exemple. Et (d) cette ligne virtuelle en passant par le centre de gravité de la masse divise celle-ci en deux masses égales et en volume si le corps est strictement homogène.

obrecht> Je suppose que ce que tu appelles grave ou barycentre est le centre de gravité du triangle... Mais plumemeteore (le 29 juillet à 00:34) a déjà écrit pourquoi ta supposition est fausse.

salut blang

En cherchant dans un vieux grimoire du 18e siècle (dans lequel je pioche des idées pour adapter mes énigmes mathématiques), je suis tombé sur cette construction "qui vaut ce qu'elle vaut"



N'ayant pas le temps de chercher à la vérifier, vacances obligent, je la soumets à la communauté pour entretenir votre sagacité

Bonnes vacances à tous !

Rudy

Re-bonjour,

je regrette mais la figure proposée par Rudi ne donne pas des aires égales dans le partage du triangle

Bien à vous

Rudy et castoriginal>>

Eh bien, je viens de vérifier et la construction fournie par le vieux grimoire de Rudy est correcte (je pense d'ailleurs qu'elle est valable pour tous les points M, à condition d'échanger les rôles joués par A, B et C).

Voici ma démonstration :

Notons K le point d'intersection des droites (JM) et (BC).

On a
d'où en utilisant Pythagore :
et .
Ainsi :

Ensuite : car F est le milieu de [CA]
donc d'après Thalès, .
Toujours d'après Thalès, on a : donc .
Finalement : , ce qui prouve en multipliant chaque membre de la relation précédente par que : Aire(CJK)=Aire(ABC)/2.


_______________


Pour ceux qui veulent continuer à réfléchir sur le problème, je vous propose la question suivante :

Bonsoir,

dans mon message précédent, je disais que la construction proposée par Rudi ne donnait pas un partage du triangle en deux aires égales.
Je m'étais basé sur son dessin en appliquant des polygones sur chaque partie et en demandant à mon programme ( Mac Draft) de me communiquer les aires.
Voici le dessin en question. Il y a un problème, mais lequel ?
Bien à vous

castoriginal>

La démarche de construction donnée par Rudy est correcte (voir ma démonstration). J'ai d'ailleurs commencé à m'en persuader en le vérifiant avec un logiciel de géométrie dynamique (Geogebra) : ça fonctionne parfaitement. Je ne sais pas non plus à quoi tient l'imprécision de la figure de Rudy, peut-être au logiciel utilisé.

Voilà, j'ai décalqué la configuration initiale de Rudy (triangle ABC et point M) et transféré le tout dans Geogebra qui me confirme l'égalité des deux aires

Bonsoir,

il y a une différence entre les deux figures : la position du point J .
On voit dans la figure de Rudi que HJ est différent de HI.

Bien à vous

castororiginal> De toute façon la géométrie est l'art de raisonner juste sur des figures fausses

Comme c'est poétique...

Ayoub> Je ne sais pas si Descartes était un grand poète (la phrase est de lui) Dis-donc, au lieu de jouer les snipers, si tu réfléchissais plutôt à ma question de 17:33

(  Au fait, Ayoub, félicitations   )

J'ai passé l'âge de faire mumuse avec des triangles, j'suis un grand garçon maintenant.

Plus sérieusement, j'ai aucune chance de trouver quoique ce soit de significatif. Je passe mon tour...

Pour la réponse à la question subsidiaire concernant l'enveloppe de la famille de droites qui partagent le triangle, je vous renvoie au site de "La feuille de vigne n°112 de juin 2009" qui publie le graphique. Les raisonnements sont basés sur les solutions de Jacques Ozanam (1778)

bonne nuit

castoriginal>

bonjour,
la remarque de castoriginal me fait repenser au problème posé par ozanam du terrain triangulaire que deux héritiers devaient se partager également de façon à ce que le puits situé sur le terrain leur soit mitoyen ,je l'avais oublié (je vieillis dirait Camélia)

Bonjour,

je vais essayer de fournir le lien vers le site Irem de Dijon pour la publication " la feuille de vigne n°112":

bonne journée

castoriginal> Merci pour le lien vers cet intéressant article

Mais même s'il la dessine (avec Geogebra), l'auteur ne dit rien sur la nature de l'enveloppe.

Ma question reste donc d'actualité :

analytiquement j'ai une représentation paramétrique de l'enveloppe mais je viens d'aller voir le lien je ne suis pas sûre que mon calcul corresponde

Bonjour,
je vais donner un embryon de piste pour rechercher l'enveloppe des droites partageant le triangle ( voir figures ci-dessous)
1) La figure du dessus montre que le point M n'est plus nécessaire puisqu'on a une infinité de points sur la droite MP qui donnent la même droite de partage. On peut donc raisonner à partir du point M'du triangle ABC.
Pour l'arc de courbe inférieur entre les médianes de B et de C, le point M' va se déplacer de E en A puis de A en F.
2) la figure en dessous montre que si l'on trace une droite passant par C et B' image de B par rapport au point M'on a une parallèle à la droite M'P. Les pentes des droites M'P varient entre les pentes de AC et de B'C(pour M' se trouvant en A)pour la variation de P de I à C.
Dans un système d'axes x,y ayant pour origine B on peut déterminer analytiquement les
équations des droites M'P en fonction d'une variable unique qui est x(M').

A bientôt

petite erreur: il faut lire
"la figure en dessous montre que si l'on trace une droite passant par C et B' image de B par rapport au point M' on a une parallèle à la droite AP"
bien à vous

J'ai vu à mon retour que ce triange a motivé les iliens;je voulais trouver une méthode originale basée sur le fait que notre triangle moitié devait se contenter d'une demi hauteur ou d'une demie base

dpi> Peux-tu expliquer ta méthode de façon plus détaillée, en partant d'un triangle ABC et d'un point M quelconques ?

Je voulais simplifier au maximum pour une utilisation pratique

La démo est plus longue:
*surface d'un triangle = base x moitié de la hauteur ou hauteur x moitié de la base
Donc tout triangle ayant soit la moitié de la hauteur et la base entière soit la hauteur et la moitié de la base aura une surface moitié du triangle initial.

Le triangle A'B'C' que nous cherchons devra avoir:

NA'/NA =JI/JA = k de demie hauteur
il devra aussi avoir
B'P/BP= 1/k de la demie base
pour garder la définition

donc il suffit de graduer NA de N vers A et BP de B vers P avec le même nombre de points (par exemple 0 à16 avec une règle et un compas ) et de tracer la droite issue de M en passant par le même nombre de graduation .
Suivant la place de M on agira par symétrie

Essayez;CA MARCHE!