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laugav

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Exercice compliqué seconde [Résolu]

Bonjour,

J'ai un exo que j'arrive pas à faire et ça m'enerve sur maxicours, surtout la question petit c)

ABC est un triangle équilatéral. M est le symétrique de A par rapport à C, N est le symétrique de C par rapport à B et P est le symétrique de B par rapport à A

a) Démontrer que les triangles APM, CMN et BNP sont isométriques
b) En déduire que les triangles ABC et MNP sont de même forme.
c) Démontrer que l'aire de MNP est égale à 7 fois l'aire de ABC

Si quelqu'un à une idée parce que ça ma posé une colle ^^

yoshi

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Re : Exercice compliqué seconde [Résolu]

Bonsoir,

ET bienvenue sur BibMath...
Juste le pied à l'étrier, on verra la suite demain...
J'appelle a la longueur commune des côtés du triangle ABC.
Tous tes triangles ont un angle égal à 120° (le supplément de 60°) et 2 côtés égaux, l'un valant a, l'autre 2a (M symétrique de A par rapport à C, donc C milieu de [AM], donc AM = 2AC)
7 = 2 * 3 +1

@+

yoshi

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Re : Exercice compliqué seconde [Résolu]

Bonjour,

Je voulais absolument trouver une justification purement géométrique pour ta question 3, sans succès... Tant pis, je te livre ce que j'ai trouvé.
Je trace [PC], [BM] et [AN].
Examinons le triangle PAC : il est isocèle de sommet A. Son angle en A mesure 120°, les deux autres 30°.
je trace la hauteur [AH] relative à [PC] et je construis le symétrique PHA' du triangle CHA par rapport à  H.
Ces deux triangles sont isométriques  et ont donc la même aire.
Le triangle PAA' a donc la même aire que le triangle PAC.
L'angle en A du triangle PAA' vaut 60°, celui en P vaut 30°+30° = 60° et celui en A' 60°. PAA' est équilatéral et son côté [PA] est de même longueur que celui de ABC
Donc Aire(PAC) = Aire(PAA')= Aire(ABC). C'est le premier point.
Par un raisonnement analogue, on montrerait que Aire(BCN) = Aire(ABC) et que Aire(ABN)=Aire(ABC)

Deuxième point. Pour faire "plus propre", je change de triangle, je passe à MCN.
Dans le triangle MCN, je trace la hauteur [CK] issue de C relative à [MN].
Dans le triangle MBN, je trace la hauteur [BK'] issue de B relative à [MN].
J'ai (BK') // (CK) et donc les triangles  NBK' et NCK sont dans la "configuration" du Théorème de Thalès que j'applique.
Et puisque NB/NC = 1/2 alors BK'/CK=1/2.
Et maintenant comparaison des aires :
Aire(NBM) = (MN * BK')/2 = (MN * BK)/4 = Aire(MCN)/2
Par conséquent on a aussi Aire(BCM)=Aire(MCN)/2...
ET alors, diras-tu ?
Et bien on a montré au point 1. que Aire(BCM)=Aire(ABC). On a donc Aire(MCN)=2*Aire(ABC)
Les triangles PAM, MCN et PAN étant isométriques (1ere question), ils on tous trois une Aire égale au double de celle de ABC.
Donc Aire(PNM) = [2*Aire(ABC)]*3 + Aire(ABC) = 7*Aire(ABC)
Désolé, je n'ai rien de plus rapide... Ca me viendra peut-être même si j'en doute.

@+

laugav

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Re : Exercice compliqué seconde [Résolu]

Bonjour,

Ah oui effectivement j'étais loin du résultat.... Merci pour la méthode, je pense que je saurai la refaire. Et je voudrais savoir pour la question a) et b) ce que vous mettriez, car je pense avoir réussi, mais si vous avez d'autres méthodes à me proposer ça serait bien :) Merci encore

yoshi

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Re : Exercice compliqué seconde [Résolu]

Bonjour,

Pour la question a) je ne pense pas qu'il me soit nécessaire d'y revenir.
quant à la question b) MPN et ABC sont de même forme car tous deux équilatéraux. MPN est équilatéral parce que les 3 triangles PAM, PAN et MCN étant isométriques avec chaque fois un angle de 120° compris entre un côté mesurant a et un côté mesurant 2a, le 3e côté est à lui aussi de même longueur dans chaque triangle.

Mais je vais revenir sur la dernière question : j'ai trouvé plus simple pour prouver que Aire(PAC)=Aire(ABC) que d'utiliser la symétrie.
Examinons le triangle PCB.
Je trace la hauteur [CH] dans ce triangle. C'est aussi une hauteur de ABC.
En outre, B est le milieu (centre de symétrie) de [PB], AB=AP=PB/2.
Comparons les aires.
Aire(ABC)=(AB * CH)/2
Aire(PCB)=(PB * CH)/2 = (2AB * CH)/2= AB * CH
Donc Aire (PCB) = 2 Aire(ABC) et donc Aire(PCA)=Aire(ABC)
La suite est inchangée.

@+