Commentaire sur l'article

• Juin 2017, 5e défi

  le 30 juin 2017 à 07:37, par Florian

  Pour l’aire du premier triangle : $\mathcal{A}_{ABD} = \frac{AB \times CD}{2}$

  Ensuite, la relation entre $OC$ et $AB$ : $OC = AC - AO = \frac{2}{3} AB - \frac{1}{2} AB = \frac{1}{6} AB$

  Pour l’aire du second triangle, les triangles $OCE$ et $OCD$ ont même hateur par rapport à la base $OC$, donc $\mathcal{A}_{CDE} = OC \times CD = \frac{AB \times CD}{6}$

  D’où : $\frac{\mathcal{A}_{ABD}}{\mathcal{A}_{CDE}} = 3$

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• Juin 2017, 5e défi

  le 1er juillet 2017 à 16:29, par Daniate

  Je propose deux démonstrations

  La première s’appuie sur la propriété d’un triangle de conserver son aire quand un sommet glisse parallèlement au côté opposé. On ajoute G projeté orthogonal de E sur (AB) et R intersection de (EG) avec le cercle. Les égalités suivantes s’appliquent aux aires . Par symétrie DCG=DCB. Par glissement de D en R : AGD=AGR=DCG donc ADB=3DCG =3DCE par glissement de G en E.

  La deuxième est un jeu de puzzle. F ,H et N sont les milieux de [AG] ,[CB] et [AD]. N et L sont les points de (AD) tels que (NF), (LG) et (DE) sont parallèles. J et P de (DE) sont tels que (JG), (PC) et (AD) sont parallèles. (GJ) coupe (DC) en I et (IB) coupe (DH) en K. DCB est alors découpé en 4 morceaux et ABD den 12 morceaux qui ne sont que les 4 répétés 3 fois.

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• Juin 2017, 5e défi

  le 2 juillet 2017 à 09:31, par ROUX

  Ouah la la !!!
  Quand j’ai lu le problème, j’ai immédiatement pensé à vous : de la géométrie avec des triangles 😉
  Le fait que le triangle ABD soit rectangle en D ne sert à rien, n’est-ce pas et alors le cercle ne sert à rien non plus ?
  Pour construire votre point R vous pouviez préciser qu’il était le symétrique de E par rapport à (AB) ou G raté quelque chose ?

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• Juin 2017, 5e défi

  le 2 juillet 2017 à 10:35, par Daniate

  Bonjour,

  En effet, grâce à votre remarque, je m’aperçois qu’on peut s’affranchir du cercle et donc de l’angle droit avec une hypothèse plus faible : E symétrique de D par rapport à O milieu de [AB] mais la symétrie n’existe plus et le point R devient inutile . Pour arriver à ABD =3DCG on peut démontrer AG=GC=CB . Je crains toutefois que le puzzle ne soit plus de saison.

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• Juin 2017, 5e défi

  le 2 juillet 2017 à 16:14, par Daniate

  Et pour être très exact G devient le point de (AB) tel que (GE) et (CD) sont parallèles.

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• Erratum

  le 2 juillet 2017 à 10:43, par Daniate

  Pour ceux, sans doute bien rares, qui voudraient faire le puzzle il convient d’appeler M le milieu de [AD]

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• Juin 2017, 5e défi

  le 4 juillet 2017 à 18:35, par Daniate

  Une autre démonstration est possible avec le théorème de Pick. Il suffit de placer tous les points sauf O dans un quadrillage rectangulaire ( ou parallélogrammique dans la version modifiée) un côté étant CB et l’autre CD.
  Il suffit alors de compter les points sur la bordure (B) et les points intérieurs (I) et d’appliquer la formule S = I + B / 2 - 1
  Pour ABD : I=0 et B=5 donc S=1,5 (fois l’aire de base)
  Pour DCE : I=0 et B=3 donc S=0,5

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