Bonjour ,
Merci d'avance.
Dans le plan orienté, on considère un triangle ABC direct.
1. Construire les triangles équilatéraux directs A'CB , B'AC et C'BA de centres respectifs F, G et H.
Réponses
1)
2-a) est la composée de deux rotations de centres différents.
==> est soit une symétrie centrale soit une rotation.
2-b)
2-c) ==> f=Idp
2-d) f=Idp ==>
==>
3) J'ai pris et
les vecteurs directeurs unitaires de (D1) et (GH).
.
Ensuite je bloque..
Bonsoir,
Commençons par 2)a) :
"D'accord" ça ne suffit pas :
Le centre de r2or3 est le point d'intersection des droites (D) et (D') telles que (D)=R(F ; π/3)(GH) et (D')=R(G ; -π/3)(GH).
L'angle de est égal à 4π/3
Pour l'angle, d'accord. Note au passage que modulo , il vaut aussi
. (Il faudra t'en souvenir un peu plus tard).
Pour le centre, tu t'es trompé.
Peux-tu déterminer l'image de par
?
Peut-être, mais peux-tu répondre à la question :
Oui
donc est la rotation d'angle
qui envoie
sur
Elle est parfaitement définie ; quel est son centre ?
Il suffit de regarder la figure...
Oui!
Et donc puisque
est la rotation de centre
et d'angle
et de , on déduit immédiatement que :
Pour moi, c'est cela l'ordre des choses.
Évidemment tu as 2)b) et 2)c) qui fichent mon "ordre" par terre. Mais je préfère ma méthode
Il faut que je dorme...
Bonne nuit !
Juste avant de dormir;
Cette question 2)a) ne me plait pas :
Bonjour,
Je reviens sur 2)a)b)c)d) qu'on a traité à "ma manière" sans se préoccuper de l'énoncé.
En le suivant pas à pas :
2)a) La somme des angles des rotations et
vaut
(somme non nulle modulo
).
est donc une rotation d'angle
Pour , la somme des angles est nulle modulo
.
est donc une translation.
2)b) Il est facile de montrer que
2)c) est donc une translation de vecteur nul :
2)d) Du coup, c'est à dire la rotation de centre
et d'angle
Ceci pour arriver à 3)a) où on te demande de "construire" .
Je te le répète : tu sais faire.
Un petit dessin est attendu ...
Bonjour,
... le bicentenaire est fini, l'exo est abandonné à Sainte-Hélène ?
( pas pu m'en empêcher .. : cet exo démontre le "théorème de Napoléon")
Bonjour mathafou,
Tout de même : matheux14 n'est pas du genre à "abandonner" ses sujets. Il peut avoir des absences mais en général il revient toujours
Bonjour ,
3-a)
*Soit et
les vecteurs directeurs unitaires de (D1) et (GH).
Ainsi c'est-à-dire
.
*Soit et
les vecteurs directeurs unitaires de (D1) et (GH).
Ainsi c'est-à-dire
.
Bonjour,
On te demande de "construire". De mon point vue (certainement discutable), une figure suffit.
J'avais préparé celle-ci :
Elle parait semblable à la tienne
Note tout de même que je n'ai pas fait apparaître le point .
C'est l'objet de la question suivante.
OK
D'après le programme de construction à la question 3-a) , et
.
On en déduit que (D1) et (D2) se coupent au point F.
Je ne dis pas que c'est faux vu que tu as défini les points et
(je ne dis pas que c'est juste non plus).
Je te propose autre chose :
D'une part :
A titre d'exercice, tu peux reprendre ce théorème avec les complexes ( d'affixes
dans un certain repère) pour démontrer que
est équilatéral.
Cerise que le gâteau, tu montreras en passant que et
ont même centre de gravité.
Si on s'y prend "bien", c'est très rapide. Mais malheur à nous si on s'y prend "mal".
>> matheux14,
Je vais me permettre de poster une solution "toute faite" relative à cette question (qui n'est pas immédiate si on s'y prend de la mauvaise manière). J'espère ne pas contrevenir à la charte dans ces conditions un peu particulières.
Ceci dit, il faut que je consulte mes "archives" . Cela va prendre un peu de temps...
Pour toi, il est certain que mon prochain message sera "instructif".
N'hésite pas à revenir un peu plus tard
Bonjour,
"tu montreras en passant que ABC et FGH ont même centre de gravité."
et que A'B'C' tant qu'à faire ...
et puis pour compléter le "théorème de Napoléon", qui était le but inavoué de cet exercice (autre que simplement s'entrainer aux compositions d'isométries ) :
"les centres des trois triangles équilatéraux de même orientation érigés sur les côtés de tout triangle ABC forment eux même un triangle équilatéral")
par le point de Napoléon :
que (AF), (BG) et (CH) sont concourantes
par définition en le point appelé "point de Napoléon", X(17) dans l'encyclopédie des centres ETC
On peut le tracer directement dans Geogebra par la commande (peu connue ... )
TriangleCentre( A, B, C, 17 )
de même que l'orthocentre s'obtient directement par
TriangleCentre( A, B, C, 4 )
car l'orthocentre est X(4) dans cette encyclopédie
etc
avec toutes ces autres propriétés de la figure (il y en a encore d'autres), on s'éloigne pas mal de l'exo , même si tout ça est intéressant ...
Bonsoir à tous,
La paternité du petit Caporal quant à ce théorème est sujette à caution
Les affixes sont en minuscules. Leurs images sont les points correspondants en majuscules.
ont pour affixes
dans un repère du plan complexe.
On utilise l'écriture complexe d'une rotation de centre
et d'angle
:
Pour plus de commodité, je note
Par hypothèse :
et
On en déduit :
Ce qui signifie que ,
et
ont même centre de gravité (ici noté
)
----------------------------
Par hypothèse :
De on déduit :
On ne simplifie pas.
de et
on déduit :
est équilatéral direct.
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