calcule de l'aire d'un octogone régulier

exotikgirl · 23-10-2010 15:15:18

bonjour, bonsoir
je suis perdue en bref je souhaiterai savoir comment calculer l'aire d'un octogone régulier qui se trouve dans 1 carré
ps: je n'ai jamais fait de leçon sur ça
merçi de votre attention

freddy · 23-10-2010 17:17:25

Bonsoir,

va voir là : http://fr.wikipedia.org/wiki/Octogone

Bb

yoshi · 23-10-2010 19:51:16

Salut à toi exotikgirl,

Bienvenue sur Bibm@th...

Pourquoi jeter le bébé avec l'eau du bain ? Pourquoi faire compliqué quand on peut faire simple ?

Soit x le côté du carré et a la longueur AB.
On a donc : [tex]BC = EF = ... = x-2a[/tex]
CDE est un triangle rectangle et isocèle : CE² = CD²+DE²
donc [tex](x-2a)^2=2a^2[/tex]
Soit encore :
[tex](x-2a)^2-2a^2=0[/tex]
Maintenant, je fais apparaître une différence de 2 carrés :
[tex](x-2a)^2-(a\sqrt 2)^2=0 [/tex] que je factorise : [tex](x-2a+a\sqrt 2)(x-2a-a\sqrt 2)=0[/tex]

[tex][x-a(\sqrt 2-2)][x-a(\sqrt 2 +2)]=0[/tex]
Deux solutions :

La première est négative et ne convient pas..

Reste la 2e dont je vais rendre rationnel le dénominateur :
[tex]a=\frac{x}{\sqrt 2 +2}=\frac{x(\sqrt 2 -2)}{(\sqrt 2 +2)(\sqrt 2 -2)}=\frac{x(\sqrt 2 -2)}{-2}=\frac{x(2-\sqrt 2)}{2}[/tex]

L'aire de l'octogone est donc celle du carré moins celle des 4 triangles rectangles.
Ces 4 triangles forment 2 carrés :
[tex]A_{4 \;triangles}=2\times\left(\frac{x(2-\sqrt 2)}{2}\right)^2=\frac{x^2(2-\sqrt 2)^2}{2}[/tex]

[tex]Aire_{Octogone}=x^2-\frac{x^2(2-\sqrt 2)^2}{2}=\frac{x^2[2-(2-\sqrt 2)^2]}{2}=\frac{x^2(2-4+4\sqrt 2 -2)}{2}=\frac{x^2(4\sqrt 2-4)}{2}=x^2(2\sqrt 2-2)[/tex]

C'est peut-être moins joli que Wikipedia, mais ça marche aussi bien et ça ne fait pas appel à la cotangente (qui ne s'étudie plus) ni à la trigo : c'est du prg 3e/2nde (2nde à cause de la suppression de la racine au dénominateur : cela ne m'empêchait pas de le montrer, de le travailler sans le noter...)

@+

freddy · 24-10-2010 13:08:40

Salut,

en effet, c'est plus élégant.

Bb

karlun · 27-10-2010 11:52:31

Bonjour,

Une autre manière de calculer l'aire de l'octogone régulier inscrit dans un carré de côté x.

S=16* la surface du triangle coloré.
S=16*(base (x/2) * hauteur (c/2))/2
Reste à calculer c en fonction de x

Notons que c/2=[W , X] , a=[W , Z] , x/2 = [X , Y] .

[tex]S\,\left(octog\right)\,\,=\,\,16\times \frac{\frac{x}{2}\,\frac{c}{2}}{2}\,=\,2xc [/tex]

On sait que:

[tex]c=x-2a[/tex]

[tex]{c}^{2}=2{a}^{2}\,\,\,=>\,\,\,a=\sqrt{\frac{{c}^{2}}{2}}\,\,\,=>\,\,\,a=\frac{c\sqrt{2}}{2}[/tex]

Alors:

[tex]c=x-2\left(\frac{c\sqrt{2}}{2}\right)\,\,\,\,=>\,\,\,\,c=x-c\sqrt{2}[/tex]

[tex]c+c\sqrt{2}=x\,\,\,=>\,\,\,c=\frac{x}{1+\sqrt{2}}\,\,[/tex]
Simplification du dénominateur:

[tex]c=\frac{x\left(1-\sqrt{2}\right)}{\left(1+\sqrt{2}\right)\,\left(1-\sqrt{2}\right)}\,\,\,=>\,\,\,c=\frac{x\left(1-\sqrt{2}\right)}{-1}\,\,\,=>\,\,\,c=x\left(\sqrt{2}-1\right)[/tex]

[tex]S\left(octog\right)\,=\,2{x}^{2}\left(\sqrt{2}-1\right)[/tex]

Élégante aussi non?

A+-*/

yoshi · 27-10-2010 17:51:33

Ave karlun,

Joli...
Puisque tu t'appuies sur une figure exacte (puisqu'on est en Géométrie), pour ta démo et non une figure à main levée (comme pourrait l'être la mienne), tu veux bien justifier, s'il te plaît que :

S=16* la surface du triangle coloré.
S=16*(base (x/2) * hauteur (c/2))/2
Reste à calculer c en fonction de x
Notons que c/2=[WX], a=[WZ], x/2 = [XY]

et préciser au départ ce que tu notes par x et par c, sans oublier de justifier aussi ta construction, parce qu'icelle est loin d'être aussi évidente que tu le sous-entends.
Évidemment tout ça va allonger la démo au demeurant fort astucieuse et avec moins de calculs que la mienne...

@+

[EDIT]
Il aurait fallu placer le point P symétrique de W par rapport à X et travailler avec 8 triangles isocèles égaux à WYP : ça, ça se prouve facilement...
Mais ça fait un bon moment que je m'acharne à essayer de prouver que R étant l'intersection de (ZW) et de la bissectrice des 2e et 4e quadrants, les triangles WYX et WYR sont égaux et là, je coince pour l'instant...
[EDIT2] Je viens de trouver...

Dernière modification par yoshi (27-10-2010 19:18:23)

karlun · 27-10-2010 21:45:49

Bonsoir,

Réflexions rapides oui (et naïves aussi)!
Mais aller à la démonstration?! Volontiers mais comment m'y prendre?

Il ne me semble pas travailler en m'appuyant sur une figure exacte. Si tel semble être le cas c'est à cause du super géolabo dont on peut user (usons-en) ; mais un gribouillis dans une marge aurait pu tout aussi bien faire l'affaire.

On part de la donne: un octogone inscrit dans un carré.
Mise en place:
1) un cercle
2) des carrés aptes à être inscrits dans ce cercle.
3) Observations des symétries.

Inscrits dans un cercle,traçons deux carrés dont l'un a subi une rotation de 45°par rapport à l'autre.
Leurs intersections forment les sommets d' un octogone régulier.

De même que:
Inscrits dans un cercle, traçons quatre carrés dont chacun, par rapport au précédant a subi une rotation de 22,5°. Leurs intersections forment les sommets d' un ? régulier.

Histoire de bissectrices:
On repère (sans calculer), en vertu des propriétés de la bissectrice des angles formés entre les sommets des carrés inscrits dans le cercle, que ces bissectrices coupent les intersections des dits carrés. (question de symétrie)

Pour l'octogone,
En vertu de ce qui précède, on observe que le triangle coloré WYX est 1 des 16 triangles formant l'ensemble de la surface recherchée.(Pour s'en convaincre il suffit de multiplier les bissectrices rejoignant les intersections des carrés autant de fois que possible.

Pour ce qui est de x,c,a, il me semble que ces lettres minuscules représentent les segments dûment notés sur la figure ci-avant.
Un carré vaut l'autre s'ils sont tous deux inscrits dans le même cercle.

A+-*/

yoshi · 28-10-2010 12:44:41

Re,

Désolé, Karlun, une démonstration de géométrie, ça peut pas être "expédiée" comme ça...
Là, il ne s'agit pas de résoudre une énigme, mais d'apporter une démonstration solide et argumentée à une élève qui n'a pas eu de leçon là-dessus...
Leurs intersections forment les sommets d'un octogone régulier.
Oui, bien sûr...
Octogone, ça se discute pas (par définition de l'octogone) ; par contre régulier, il faut le prouver.
On repère (sans calculer), en vertu des propriétés de la bissectrice des angles formés entre les sommets des carrés inscrits dans le cercle, que ces bissectrices coupent les intersections des dits carrés. (question de symétrie).
Quelles propriétés ? Il faut la (ou les) citer...
ces bissectrices coupent les intersections des dits carrés : c'est justement le point très délicat qui m'a arrêté hier.
Question de symétrie ou symétries ? Comment l'appliques-tu ? Quel type ? Centrale ou orthogonale ? a quoi l'appliques-tu ?
on observe que... Dans une démo de géométrie, ceci n'est pas admis. Quand, élève, j'écrivais sur ma copie : on voit que... elle revenait barrée d'un grand trait rouge, assorti de ce commentaire : Moi, je ne vois rien !

Je vais essayer d'apporter une démonstration aussi complète que possible, en essayant de ne pas enfoncer de porte(s) ouverte(s). Les propriétés des Rotations, heureusement sont vues déjà en 3e.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------
On considère deux points distincts O' et A du plan. On construit le cercle de centre O et de rayon OA', puis le carré ABCD inscrit dans ce cercle (on va dire qu'il n'est pas nécessaire de prouver que c'est possible).

On considère la Rotation [tex]\mathcal{R}[/tex] de centre O' et d'angle [tex]{\pi \over 4}[/tex].
On note [tex]B=\mathcal{R}(A),\;D=\mathcal{R}(C),\;F=\mathcal{R}(E)\;et\;G=\mathcal{R}(F)[/tex].
La Rotation conserve les longueurs et les angles donc, ACEG étant un carré BDFH est aussi un carré inscrit (on va dire qu'il n'est pas nécessaire de le prouver) dans le cercle.
Soit I l'intersection de [AC] et [BH], J celle de [AC] et [BD], K celle de [BD] et CE]... P celle de [GA] et [HB].

Et là, je ne m'en vais pas dire, en usant d'ellipses, que [OI) et [OJ] sont des bissectrices et que grâce aux propriétés des bissectrices OI = OJ. J'ai justement longuement cherché à prouver hier que c'étaient des bissectrices !
J'ai défini B comme l'image de A par [tex]\mathcal{R}[/tex], Quelle est l'image de B par cette Rotation ?
OA = OB = OC = rayon (1)
Les diagonales d'un carré sont perpendiculaires : [tex]\widehat{AOC}= {\pi \over 2}[/tex].
[tex]\widehat{AOB}= {\pi \over 4}[/tex] par définition de la rotation.
D'où : [tex]\widehat{BOC}=\widehat{AOC}-\widehat{AOB}={\pi \over 4}[/tex] (2)
D'après (1) et (2), il vient que [tex]C=\mathcal{R}(B)[/tex]
On montrerait de même que [tex]E=\mathcal{R}(D),\;G=\mathcal{R}(F),\;et\;A=\mathcal{R}(H) [/tex].
On sait donc que dans [tex]\mathcal{R}[/tex], on a :
[tex]A \to B[/tex]

[tex]B \to C[/tex]

[tex]C \to D[/tex]

[tex]D \to E[/tex]

[tex]E \to F[/tex]

[tex]F \to G[/tex]

[tex]G \to H[/tex]

[tex]H \to A[/tex]

J'ai cherché à éviter ce qui précède en pensant que si BDFH était l'image de ABCD, alors il était "évident" que la réciproque était vraie aussi.
Mais ici, c'est vrai parce que c'est un carré inscrit, mais faux dans le cas d'un triangle, par ex, dont un sommet n'est pas sur le cercle, donc ça doit se prouver et ça n'a rien d'une "évidence".
D'autre part, globalement et graphiquement c'est vrai, mais à condition d'établir les correspondances de points et de les justifier. Donc, tant qu'à faire...

Je peux donc maintenant écrire que : [tex][AC]\xrightarrow{\mathcal{R}}[BD][/tex] et [tex][HB]\xrightarrow{\mathcal{R}} [AC][/tex]
Or, le point I étant l'intersection de [AC] et [HB], l'image de I sera l'intersection des segments images respectifs de [AC] et [HB], donc de [BD] et [AC], soit J.
On démontrerait de même que, dans cette rotation : J --> K, K --> L, L --> M, M --> N, N --> O, O --> P et P --> I, donc que IJ = JK = Kl = LM = MN = NO = OP = PI et que [tex]\widehat{IOJ}=\widehat{JOK}=\widehat{KOL}=\widehat{LOM}=\widehat{MON}=\widehat{NOP}=\widehat{POI}={\pi\over 4}[/tex]
IJKLMNOP est donc bien un octogone régulier.

Reste à prouver que, avec cette construction, R est le milieu de [AC] et de [IJ]...

Il a été déjà été prouvé que [tex]\widehat{AOB}=\widehat{BOC}[/tex] : [OB) est donc la bissectrice de [tex]\widehat {AOC}[/tex].
Considérons le triangle : OA = OB par construction. Il est isocèle de sommet O.
Dans ce triangle isocèle, la bissectrice de l'angle au sommet O est aussi médiatrice de la base [BC]. Soir R ce milieu.

Il a été montré que I --> J dans la Rotation choisie, d'où OI = OJ. Le triangle IOJ est donc isocèle de sommet principal O.
Or, (OB) est la médiatrice de [AC] donc [tex](OR)\perp[AC][/tex] et comme I et J sont sur [AC], alors [tex](OB)\perp[IJ][/tex].

Mais dans un triangle isocèle, la hauteur issue du sommet principal est aussi médiatrice de la base et bissectrice de l'angle au sommet, donc (OB) est aussi la médiatrice de [IJ] et R intersection de [AC) et (OB) est aussi l'intersection de [IJ] et (OB) : R est donc aussi le milieu de [IJ].
J'ai donc RI = RJ et RA = RC on en déduit que AI = JC.
(OB) étant donc aussi la médiatrice de [IJ], alors BI = BJ

On montrerait de même que le milieu de [BD] est aussi celui de [JK], le milieu de [DF] est aussi celui de [LM], le milieu de [FH] est aussi celui de [NO], le milieu de [HB] est aussi celui de [PI]...
J'ai bien 8 triangles égaux IOJ ou 16 triangles égaux à ROI...

(Dessin fait avec Geolabo, retouché avec Photofiltre).
Si quelqu'un a plus court je suis preneur...

Moi, je suis simplement parti d'un carré ADGJ.
Sur [AD] J'ai placé BG et C, sur [DG], j'ai placé E et F, sur [GJ], j'ai placé H et I et sur [[JA] j'ai placé K et L.
Puis je me suis posé la question, peut-on placer ces points tels que BCEFHIKLA soit un octogone régulier et que AB = CD = DE = FG = GH = IJ = JK = LA et quelle est l'aire de cet octogone ?

@+

karlun · 28-10-2010 18:22:07

Bonsoir,

Bravo, exemplaire; j'apprends.

Jamais encore vu telle démonstration (ou j'ai oublié).

Question jargon je vais tenter de m'y accrocher en repartant depuis ton dessin (super).

Je lance une autre piste (symétrie, symétries) sans trop savoir si elle est à creuser plus avant.

Donc on part de rotations (de pi/4) d'un ensemble de 4 points, sommets d'un carré inscrit dans un cercle. On obtient quatre points images.

L'angle formé par les côtés d'un carré = pi/2.
Les diagonales et médianes d'un carré se coupent au centre (leur intersection= centre du cercle circonscrit) et forment également un angle (entres elles respectivement) de pi/2.

Idem (après rotation) pour les diagonales ou médianes images. (diagonales => médianes après rotation) du carré image.

Les médianes du carré sont deux segments reliant les milieux de deux côtés opposés. La médiane forme avec les côtés opposés un angle de pi/2

L'ensemble des diagonales et leurs images après rotation (=médianes) forment un bouquet (un peu de poésie) de droites ayant entres elles un angle de pi/4.

Considérons le triangle rectangle AOC:
Par définition de la rotation, (angle)AOC = (angle)BOD .

Considérant qu'une diagonale, après rotation de pi/4 est médiane et est également diagonale image du carré image, =>
(angle)AOB=(angle)BOC
(angle)BOC=(angle)COD
donc: (angle)AOB=(angle)COD etc.
Les segments [AB] = [BC] = [CD]= .... =[HA]
Tous les triangles: AOB , BOC , COD , ... , HOA sont isocèles; l'angle au sommet = pi/4

Considérons le triangle AOB:
« dans un triangle isocèle, la hauteur issue du sommet principal est aussi médiatrice de la base et bissectrice de l'angle au sommet.»
Cette première hauteur (médiatrice et bissectrice) est perpendiculaire à la base [AB] (définition du sommet du triangle).
Il existe 2 autres hauteurs partant d'un des 2 sommets restant et coupant perpendiculairement leur côté opposé.

La médiane [OA] est perpendiculaire à [HB] côté du carré image BDFH.
[HB] contiendra la hauteur du triangle AOB
Idem pour [OB] perpendiculaire à [AC]
Ces 3 hauteurs se coupent en un point unique I appelé orthocentre du triangle AOB.
[HB] et [AC] se coupent également en I .

Là je ne sais pas si cette coïncidence suffit (sachant qu'elle pourra être généralisée (rotation de pi/4))

Coïncidence n'est pas démonstration je le crains.

Piste à poursuivre?

A+-*/

yoshi · 28-10-2010 19:54:05

Salut,

Je regarderais mieux demain : il me semble que tu enfonces beaucoup de portes ouvertes, mais tu m'as donné une idée...
Centre du cercle O' pas O...
* AO'B, BO'C, CO'D... etc sont triangles isocèles A partir du moment où tu sais que A, B, C, D, E... sont sur le cercle de centre O, O'A = O'B = O'C = O'D = .... = rayon et les triangles sont donc isocèles comme ayant 2 côtés de même longueur. Inutile de faire beaucoup de blabla...

* On montre facilement effectivement que [tex](AC)\perp(O'B)\;(DH)\perp (O'A)[/tex].
I l'intersection des hauteurs du triangle AO'B est donc l'orthocentre du triangle. Donc (O'I) qui part de O' est donc la 3e hauteur du triangle AO'B.
Mais dans le triangle AO'B, cette hauteur (O'I) est donc aussi la bissectrice de l'angle au sommet [tex]\widehat{AO'B}[/tex] (code LaTeX : \widehat{AO'B})

* Maintenant on peut dire : on montrerait de même que [O'J), [O'K), [O'L).... sont les bissectrices respectives des angles [tex]\widehat{BO'C},\;\widehat{CO'D},\;\widehat{DO'E}....[/tex]
Sachant que [tex]\widehat{AO'B} =\widehat{BO'C}={\pi \over 4}[/tex], il est facile de montrer que [tex]\widehat{BO'I} =\widehat{BO'J}={\pi \over 8}[/tex] et donc que [O'B) est bissectrice de [tex]\widehat{IO'J}[/tex]

Je vais voir pour mettre ça en forme demain : ce doit être un poil plus court...

@+

PS : un polygone a 16 côtés = hexadécagone, je ne savais pas --> source Wikipedia.
Je connaissais jusqu'à 12 (sauf 11).

karlun · 30-10-2010 15:12:25

Bonjour,

Puisque au fond nous sommes d'accord (point de vue démonstration), j'ai envie de poursuivre sur l'aire de l'hexadécagone...relevant du même domaine de démonstration.
Oh! pas sans desseins. (d'ailleurs j'ai déjà annoncé cette perspective en notant que ces carrés peuvent roter d'un angle moitié du précédent autant qu'on veut)... poursuivre et trouver (qui trouve, cherche) une relation du côté du polyèdre à sa surface.

Sans doute portes ouvertes mais bel exercice tout de même (pour mes neurones).

A+-*/

Dernière modification par karlun (30-10-2010 16:40:53)

karlun · 05-11-2010 13:12:25

Bonjour,

Vers l'aire du triacontakaidigone ou dotriacontagone:

En villégiature, je pensais à une façon d'aborder, démonstration à l'appui, la construction d'un type de polygone par ses médianes. (La voici; gommons-y les portes ouvertes).

Posons:
Les bissectrices d'un angle sont l'ensemble des points à égale distance des côtés de cet angles.

Soit un segment de droite [AB]
Soit O le point milieu de [AB]
Par A, traçons un cercle de centre O.
Il existe la bissectrice de l'angle AOB (pi) en O: => [CO] et [DO]
(C ou D sont à égale distance de A et de B (et de O)). D= image de C (et inversement ) par rapport à A(O)B. A= image de B (et inversement ) par rapport à C(O)D.
C , D appartiennent au cercle => [CO]=[AO]=[DO]=[BO] et sont rayons du cercle.

En C traçons la tangente au cercle.
La tangente en un point du cercle est perpendiculaire au rayon (ici [CO]) en ce point (C).
Répéter l'opération pour D,B,A.
Les points de rencontres des 4 tangentes au cercle forment les 4 sommets du carré E F G H. Le cercle est inscrit dans le carré.

Les médianes du quadrilatère sont les segments reliant les milieux des côtés opposés.
[AB] et [CD] sont bissectrices l'une de l'autre et médianes du carré E F G H.

(fig1).

Construction de l'octogone régulier:

Traçons la bissectrice de l'angle COA . Elle coupe le cercle en I et le carré en F.
C est point image de A.
Selon l'idée que cette bissectrice est médiane d'un côté du polygone => traçons la tangente au cercle en I. Elle coupe le côté [FG] en J, le côté [EF] en K.
Pour que l'octogone soit régulier il faut que [IJ] = [JA] => définition de la bissectrice : J sur [AF] à égale distance de A et I. Traçons cette bissectrice [OJ].
[AJ] et [IJ] sont demi côté de l'octogone régulier.

(Fig. 2)
Même raisonnement pour la construction de l'hexadécagone, du dotriacontagone, etc.

Calcul du côté du polygone à partir de la longueur d'un côté du carré [AB] (uniquement par l'application du théorème de Pythagore):

Pour l'octogone:
[OA]=[AF]=[OI]=x (demi côté du carré)
[AJ]=[IJ]=c (demi côté de l'octogone)
Aire (OAF)= (x)²/2
= 2(x)(c)/2 + d(c)/2 => d?

(x)²/2 - (x)(c)
d= ---------------------- = [OF]-x
(c)/2

[OF]² = 2x² => [OF] = x(racine 2)

(x)²/2 - (x)(c)
---------------------- = x (racine 2) -x
(c)/2

=> c= x ((racine 2)-1) => l'aire de l'octogone = 16 c x => [tex]2{x}^{2}\left(\sqrt{2}-1\right)[/tex]

Bon là je fais une pose.
Le calcul de l'aire de l'hexadécagone ou du dotriacontagone se base sur la même démonstration et le même raisonnement pour le calcul.

(V. fig. 3)

L'aire de l'hexadécagone est de [tex]\frac{4{x}^{2}\left(\sqrt{2}-1\right)}{1+\sqrt{1-\frac{\sqrt{2}}{2}}}[/tex]
Pour le reste...

A+-*/

yoshi · 21-11-2010 12:50:35

Re,

Miss exotikgirl ne s'est pas montrée très empressée à venir chercher sa réponse ou n'a pas daigné le faire savoir...
Tant pis, sujet fermé.
A l'avenir, je ne répondrai plus à tout sujet ouvert par cette demoiselle.

@-

Forum de mathématiques - Bibm@th.net

#1 23-10-2010 15:15:18

calcule de l'aire d'un octogone régulier

#2 23-10-2010 17:17:25

Re : calcule de l'aire d'un octogone régulier

#3 23-10-2010 19:51:16

Re : calcule de l'aire d'un octogone régulier

#4 24-10-2010 13:08:40

Re : calcule de l'aire d'un octogone régulier

#5 27-10-2010 11:52:31

Re : calcule de l'aire d'un octogone régulier

#6 27-10-2010 17:51:33

Re : calcule de l'aire d'un octogone régulier

#7 27-10-2010 21:45:49

Re : calcule de l'aire d'un octogone régulier

#8 28-10-2010 12:44:41

Re : calcule de l'aire d'un octogone régulier

#9 28-10-2010 18:22:07

Re : calcule de l'aire d'un octogone régulier

#10 28-10-2010 19:54:05

Re : calcule de l'aire d'un octogone régulier

#11 30-10-2010 15:12:25

Re : calcule de l'aire d'un octogone régulier

#12 05-11-2010 13:12:25

Re : calcule de l'aire d'un octogone régulier

#13 21-11-2010 12:50:35

Re : calcule de l'aire d'un octogone régulier

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