D1859. Trois amuse-tête**
D1.Géométrie plane : triangles et cercles
Trois amuse-tête proposés par Pierre Leteurtre à résoudre en un quart d'heure chrono en main.
Amuse-tête n°1
On donne 2 cercles sécants (Γ) et (Γ'), et deux points de (Γ), I fixe et J variable tel que la droite IJ coupe (Γ') en P et Q. Quelles sont les conditions sur le point I et le cercles (Γ) et (Γ') pour qu'on ait PJ = JQ quel que soit J ?
Amuse-tête n°2
Deux droites D et D' se coupent en O sous un angle fixe. Le point A sur D et le point B sur D' sont tels que la distance AB est une constante d
.Démontrer que lorsque le segment AB glisse le long des deux droites D et D', le lieu du milieu de AB est une ellipse dont on construira les foyers.
Amuse-tête n°3
On considère un point P strictement intérieur à un triangle équilatéral ABC tel que angle(APB) = 150° et angle(CPA) = 110°.
Démontrer qu'on sait construire un triangle dont les côtés sont égaux à PA,PB et PC et déterminer la valeur de son plus petit angle
PROPOSITION Th Eveilleau
Amuse-tête n°1
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Amuse-tête n°2 rapidement…
Si les deux droites sont perpendiculaires, le point M est tel que OM=AB/2 et M milieu de [AB]
décrit un cercle de centre O et de rayon AB/2.
Si les deux droites se coupent sous un angle constant différent de 90°,
deux affinités obtenues avec le cosinus et sinus de l’angle des deux droites qui est constant, vont transformer le cercle en une ellipse dont les axes sont les bissectrices intérieures et extérieures de l’angle en O.
L’idée est de revenir au repère formé par les deux bissectrices de l’angle qui sont orthogonales.
Les sommets s1 et s2 déterminent le petit axe et le grand axe de l’ellipse.
Ils sont obtenus lorsque le triangle OAB est isocèle.
s1 est l’intersection de la bissectrice extérieure avec [AB], idem avec la bissectrice intérieure pour s2.
Soit b le demi-petit axe et a le demi-grand axe.
Soit c =OF, F étant un des foyers de l’ellipse.
Alors a² = c² + b².
On construit le cercle de centre
s
1, de rayon a=OS2, qui coupe l’axe (OS2) en F tel que OF1 = c.
Amuse-tête n°3
On construit le cercle de centre C, de rayon AC.
De tout point de cercle on voit le segment [AB] sous un angle (inscrit) de 30°=60°/2.
60° étant la mesure de l’angle au centre en C.
Sur l’autre partie de l’arc, on voit [AB] sous un angle de 150°.
Prendre le symétrique d’un point de cet arc, pour obtenir un point à l’intérieur du triangle ABC.
Le déplacer pour que l’angle APC soit de 110°.
Nous avons AB < PA+PB
car le triangle ABP existe toujours avec la construction précédente.
Comme PC intérieur a u triangle équilatéral ABC, nous avons toujours PC < AB et donc PC < PA + PB .
Cette inégalité suffit pour affirmer que le triangle de côtés PA, PB et PC est constructible.
Dans le triangle PAB posons
l’angle
PAB, nous aurons les relations PB / sin
= PA / sin (30-
) = AB/sin(150°)sin(150°) = sin 30° = 0.5 Donc
PB = 2 * AB * sin
De même dans le triangle PBC
nous avons PCB = 50-
et l'angle en B,PBC = 30 +
Donc
PB / sin (50-
) = AB / sin (100°) PB = AB *sin (50-
) / sin (100°)Il faut résoudre
sin
= sin (50 °-
) / 2*sin (100°)
en notant que 100° =2*50°, les calculs mènent à :tan(
) = tan(50°) / (4*sin(50)) + 1)
Le plus petit angle demandé
est celui qui est opposé au plus petit côté : PA.PB = 2 * AB * sin
PA = AB * sin
/ sin(150°) PC = AB * sin(30 + / sin
Avec Al_Kashi , dans le nouveau triangle :
PA² =PB² +PC² - 2*PB * PC *cos()
cos() = - (PA² - PB² - PC² ) / 2*PB*PCOn prend AB=1 pour faciliter les calculs et on trouve avec une calculatrice 40° exactement.
L’angle le plus petit est de 40°
Construire alors le triangle dont les 3 côtés mesurent PA, PB et PC sont obtenus à partir de la construction de l’angle 150° puis 110°.
Remarque
On obtient un triangle rectangle d’hypoténuse PC.
