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Chapitre 3  Géométrie plane seconde et terminale

3.1  Un problème de partage

3.1.1  Le problème

Un père possède un terrain triangulaire. Il veut forer un puits à l’intérieur de son terrain, de façon qu’á sa mort chacun de ses 3 fils possède un morceau triangulaire de même surface ayant accès au puits.

Soit ABC le terrain initial et P l’emplacement du puits.
Chaque fils aura comme morceau ABP ou APC ou BCP et ces morceaux doivent avoir même aire qui est le tiers de l’aire de ABC.
Donc la hauteur de ABP doit être le tiers de la hauteur de ABC issue de C et la hauteur de BCP doit être le tiers de la hauteur de ABC issue de A.
Avec Xcas on clique sur 3 points et on tape dans un ècran de géométrie :

triangle(A,B,C);
I:=A+(C-A)/3;
dc:=parallele(I,droite(B,A));
J:=A+2*(C-A)/3;
da:=parallele(J,droite(B,C));
P:=inter_unique(da,dc);
affichage ([segment(P,A),segment(P,B),segment(P,C)],rouge)
K:=B+(A-B)/3

On obtient :

On tape pour vérifier :
aire(A,B,P),aire(B,C,P),aire(C,A,P)
Propriétés du point P
I est le milieu de AJ, IP est parallèle à AK donc P est le milieu de KJ. AP est une médiane de AKJ, KJ est parallèle à BC donc AP est une médiane de ABC.
On montrerait de même que BP et CP sont des médianes de ABC.
P est donc le centre de gravité du triangle ABC ou encore l’isobarycentre des 3 points A,B,C.
On tape pour vérifier :
affichage(isobarycentre(A,B,C),point_width_2)

3.1.2  Généralisation du problème

Un père possède un terrain triangulaire et a n fils (n=3,4,5...).
Il veut forer un puits à l’intérieur de son terrain, de façon qu’á sa mort, chacun de ses n fils possède un morceau triangulaire de même surface ayant accès au puits. Déterminer le nombre de solutions possibles.

Pour n=4, on cherche 2 points P et D avec D par exemple sur BC (il y a donc 3 solutions selon que l’on choisit D sur BC ou sur AC ou sur AB) pour que chaque fils ait comme morceau ABP ou APC ou BDP ou DCP et que ces morceaux soient de même aire à savoir le quart de l’aire de ABC.
Avec Xcas on clique sur 3 points et on tape dans un ècran de géométrie :

triangle(A,B,C);
I:=A+(C-A)/4;
dc:=parallele(I,droite(B,A));
J:=A+(C-A)/2;
da:=parallele(J,droite(B,C));
P:=inter_unique(da,dc);
D:=milieu(B,C);
affichage ([segment(P,A),segment(P,B),segment(P,C),
            segment(P,D)],rouge);
K:=B+(A-B)/2;

On obtient :

On tape pour vérifier :
aire(A,B,P),aire(B,D,P),aire(C,A,P),aire(D,C,P)
Propriétés du point P
I est le milieu de AJ, IP est parallèle à AK donc P est le milieu de KJ. AP est une médiane de AKJ, KJ est parallèle à BC donc AP est la médiane AD de ABC.
De plus P est le milieu de AD puisque J est le milieu de AC, JP est parallèle à DC .
P est donc le barycentre des 3 points [A,2],[B,1],[C,1].
On tape pour vérifier :
affichage(barycentre([A,2],[B,1],[C,1]),point_width_2).
Les 2 autres solutions, pour l’emplacement du puits, sont obtenues avec :
affichage(barycentre([A,1],[B,2],[C,1]),point_width_2)
affichage(barycentre([A,1],[B,1],[C,2]),point_width_2)
Pour n=5, on cherche 3 points P, D et E avec D et E sur un même côté par exemple sur BC ou D et E sur des côtés différents par exemple D sur BC et E par exemple sur AC (il y a donc en tout 6 solutions : 3 solutions selon que l’on choisit D et E sur BC ou sur AC ou sur AB et 3 solutions selon que l’on choisit D et E pas sur BC ou pas sur AC ou pas sur AB) pour que chaque fils ait comme morceau un triangle de sommets pris parmi A,B,C,D,E,P et que ces morceaux soient de même aire à savoir le cinquième de l’aire de ABC.
Avec Xcas on clique sur 3 points et on tape dans un ècran de géométrie :

triangle(A,B,C);
I:=A+(C-A)/5
dc:=parallele(I,droite(B,A));
J:=A+2*(C-A)/5;
da:=parallele(J,droite(B,C));
P:=inter_unique(da,dc);
D:=B+(C-B)/3;
E:=B+2*(C-B)/3;
affichage ([segment(P,A),segment(P,B),segment(P,C),
            segment(P,D),segment(P,E)],rouge)
K:=B+3*(A-B)/5;
affichage(barycentre([A,3],[B,1],[C,1]),point_width_2)

On obtient :

On tape pour vérifier :
aire(A,B,P),aire(B,D,P),aire(C,A,P),aire(D,E,P),aire(E,C,P)
Propriétés du point P
I est le milieu de AJ, IP est parallèle à AK donc P est le milieu de KJ. AP est une médiane de AKJ, KJ est parallèle à BC donc AP est la médiane de ABC.
De plus P est situé au 2/5 de cette médiane de AD puisque J est situé au 2/5 de AC, JP est parallèle à DC.
Donc l’aire de PBC vaut les 3/5 de l’aire de ABC P est donc le barycentre des 3 points [A,3],[B,1],[C,1].
On tape pour vérifier :
affichage(barycentre([A,2],[B,1],[C,1]),point_width_2).
On voit le partage en rouge sur la figure lorsque le puits est en P.
Les 2 autres solutions, pour l’emplacement du puits lorsque l’on choisit D et E sur le même côté, sont obtenues avec :
affichage(barycentre([A,1],[B,2],[C,1]),point_width_2)
affichage(barycentre([A,1],[B,1],[C,2]),point_width_2)
Les 3 autres solutions, pour l’emplacement du puits lorsque l’on choisit D et E sur des côtés, sont obtenues avec :
affichage(barycentre([A,2],[B,2],[C,1]),point_width_2)
affichage(barycentre([A,2],[B,1],[C,2]),point_width_2)
Q:=affichage(barycentre([A,1],[B,2],[C,2]),point_width_2)
On voit le partage en vert sur la figure lorsque le puits est en Q :

On généralise aisément.
On montre par récurrence que le nombre de solutions pour n (n>3) est : (n−2)(n−1)/2.
En effet on cherche le nombre de triplets d’entiers non nuls de somme n i.e. on cherche le nombre de triplets (a,b,c)∈ ℕ*3 vérifiant a+b+c=n. pour n=3 ce nombre est 1=(n−2)(n−1)/2 car (1+1+1=3)
Hypothèse de recurrence : pour n ce nombre est (n−2)(n−1)/2,
pour n+1, on cherche le nombre de triplets d’entiers non nuls de somme n+1 :
si a+b+c=n+1, c’est que a+b<n+1 car c ≠ 0
Donc le problème revient à chercher le nombre de couples (a,b) d’entiers non nuls de somme strictement inférieure à n+1. Par hypothèse de recurrence, le nombre de couples (a,b) d’entiers non nuls de somme strictement inférieure à n est (n−2)(n−1)/2. Il reste donc à comptabiliser les couples (a,b) d’entiers non nuls de somme n : il y en n−1 puisque a peut prendre n−1 valeurs. Donc le nombre de triplets d’entiers non nuls de somme n+1 est :
(n−2)(n−1)/2+n−1=(n−1)(n−2+2)/2=(n−1)n/2. On a ainsi montrer par récurrence que le nombre de solutions pour le partage en n triangles de même aire est (n−2)(n−1)/2.
Il est interessant de voir alors la disposition des différents puits les uns par rapport aux autres : il forme un reseau triangulaire de côté n−2 et on retrouve alors le nombre de puits avec la formule :
1+2+...+(n−2)=(n−2)(n−1)/2.

3.2  Le cercle inscrit

3.2.1  Le problème

Soient ABC un triangle et M un point qui se déplace sur le segment BC. Soit I (resp J) le centre du cercle inscrit au triangle ABM (resp ACM). Montrer que le cercle de diamètre IJ passe par un point fixe lorsque le point M se déplace sur le segment BC.

3.2.2  Les lemmes

Lemme1

Soient c est un cercle de diamètre AB et une corde MP avec M et P situé d’un même côté de AB. Soient A1 et B1 les projections respectives de A et B sur MP.
Alors


A1M
 
=

PB1
 

En effet le centre de c est le milieu de AB et donc il se projette sur le milieu de MP. Comme le milieu de AB se projette sur le milieu O1 de A1B1, on a A1B1 et MP ont même milieu.
Donc :


A1M
 
=

A1O1
 
+

O1M
 
=

O1B1
 
+

PO1
 
=

PB1
 

Lemme2

Soient ABC un triangle et K le centre de son cercle inscrit.
Alors K est le barycentre des points [A,a],[B,b],[C,c] où a,b,c sont les longueurs des côtés BC, AC, AB.

Si la bissectrice intérieure de l’angle A coupe BC en A1 on a : A1B/A1C=c/b donc b*A1B=c*A1C ou encore puisque A1 se trouve sur le segment BC :

b*

A1B
 
+c*

A1C
 
=0

donc A1 est le barycentre de [B,b],[C,c].

Si la bissectrice intérieure de l’angle B coupe AC en B1 on a : B1A/B1C=c/a donc a*B1A=c*B1C ou encore puisque B1 se trouve sur le segment AC :

a*

B1A
 
+c*

B1C
 
=0

donc B1 est le barycentre de [A,a],[C,c].
Donc le barycentre des points [A,a],[B,b],[C,c] est l’intersection de AA1 et de BB1 c’est à dire l’intersection des bissectrices K qui est le centre du cercle inscrit.

Lemme3

Soient un triangle ABC et K1 un point de la droite BC.
Alors K1 est la projection sur BC du centre du cercle inscrit à ABC si et seulement si :

K1BK1C=ABAC

Soit K le centre du cercle inscrit à ABC.
Soient K1, K2 et K3 les projections respectives de K sur BC, AC et AB. Puisque les côtés AB,AC,BC sont des tangentes au cercle inscrit et que K1,K2,K3 sont les points de contact de ces tangentes, on a :

BK1=BK3, CK1=CK2, AK2=AK3

et K1, K2 et K3 se trouvent respectivement sur les segments sur BC, AC et AB. Donc :

ABAC=AK3+K3B−(AK2+K2C)=K1BK1C

Soit K1 tel que K1BK1C=ABAC.
Le point K1 se trouve sur le segment BC en effet si K1 était à l’exterieur de BC on aurait |K1BK1C|=|BC|>|ABAC| d’apres l’inégalité triangulaire ce qui condredit l’hypothèse K1BK1C=ABAC. L’égalité K1BK1C=ABAC définit un seul point K1 du segment BC, ce point est donc la projection du centre du cercle inscrit à ABC

3.2.3  La solution géométrique

Pour la solution géométrique, on va se servir des lemmes 1 et 3. La bissectrice de l’angle BMA et la bissectrice de l’angle CMA sont perpendiculaire donc M est sur le cercle de diamétre IJ. Ce cercle coupe le segment BC en M et P. Montrons que P est fixe. Soient I1 et J1 les projections de I et J sur BC.


D’après le lemme3 on a :
I1BI1M=ABAM et
J1MJ1C=AMAC donc

I1BI1M+J1MJ1C=ABAM+AMAC=ABAC

Puisque I1 et J1 sont entre B et C, et que M et P sont entre I1 et J1, on a M et P sont entre B et C.
D’après le lemme1 on a :
I1M=PJ1 et I1P=MJ1 donc

I1BI1M+J1MJ1C=I1BPJ1+I1PJ1C

M et P sont entre B et C donc I1B+I1P=PB et PJ1+J1C=PC d’où :

PBPC=ABAC

Le point P est fixe et P est la projection du centre K du cercle inscrit à ABC.

3.2.4  La solution avec Xcas

Le choix des paramètres est important ! Sans perte de généralité, on peut prendre l’origine du repère en B, et C sur l’axe des x d’abscisse a. Le point M est donc sur l’axe des x d’abscisse m<a .
Si on choisit comme paramètres les coordonnèes de A, Xcas n’arrive pas à faire les calculs (cf la remarque ci-après). Mais si on choisit comme paramètres les longueurs b et c des côtés AC et AB les calculs sont simples même si on ne définit pas les centres des cercles inscrits comme des barycentres : on peut indifférement mettre pour définir I :
I:=barycentre([A,m],[B,l1],[M,c]); (cf lemme2) ou
I:=normal(centre(inscrit(A,B,M))); (idem pour définir J et K) On tape :

B:=point(0);
supposons(a=[1,0,2,0.1]);
C:=point(a);
supposons(b=[0.9,0,2,0.1]);
supposons(c=[1.1,0,2,0.1]);
A:=inter(cercle(B,c),cercle(C,b))[1];
triangle(A,B,C);
supposons(m=[0.4,0,a,0.1]);
M:=point(m);
b1:=longueur(A,M);
I:=barycentre([A,m],[B,b1],[M,c]);
J:=barycentre([A,a-m],[C,b1],[M,b]);
K:=barycentre([A,a],[B,b],[C,c],affichage=1);
I1:=projection(droite(y=0),I,affichage=quadrant3);
J1:=projection(droite(y=0),J,affichage=quadrant4);
K1:=projection(droite(y=0),K,affichage=quadrant2+
                               epaisseur_point_2);

On obtient :

On tape :

simplify(2*longueur(B,K1)-a))

On obtient :

-b+c

cela prouve le lemme3 puisque CK1=aBK1 on a :

BK1−CK1=2*BK1−a=cb=ABAC

On tape en se servant du lemme1 pour définir P :

P:=I1+vecteur(M,J1):;
simplify(affixe(P))

On obtient :

(a-b+c)/2

Donc P est fixe.
On tape :

simplify(affixe(K1))

On obtient :

(a-b+c)/2

Donc P et K1 sont confondus.

Remarque On peut aussi faire faire le calcul à Xcas avec au départ plus de paramètres que nécessaire et donner ensuite les relations entre ces paramètres seulement à la fin des calculs.
On choisit comme paramètres :
a1 l’abscisse de A,
a l’abscisse de C,
m l’abscisse de M,
b1 la longueur de AM,
b la longueur de AC,
c la longueur de AB.
cos(B) le cosinus de l’angle B qu triangle ABC Ces paramètres vérifient :
a1=c*cos(B)
b12=m2+c2−2m*c*cos(B)
b2=c2+a2−2a*c*cos(B)
Si on note i1 l’affixe de I1, j1 l’affixe de J1 et p1 l’affixe de P1, on a, avec les notations précédentes, PBPC=2*PBa.
On tape :

i1:=affixe(barycentre([point(a1),m],[point(0),b1],[point(m),c]));
j1:=affixe(barycentre([point(a1),a-m],[point(m),b],[point(a),b1]));
p1:=simplify(i1+j1-m);
res:=simplify(2*p1-1);
res:=simplify(subst(subst(res,[a1=c*cos(B),b1^2=m^2+c^2-2*m*c*cos(B)]),
            cos(B)=(-b^2+c^2+a^2)/(2*c*a)));

On obtient alors facilement pour PBPC=2*PBa=res :
-b+c
Donc PBPC=cb=ABAC.

3.3  Un problème de surface minimum

Ce problème a ète donné aux olympiades académiques de 2005.

3.3.1  Le problème

Soit une feuille de papier rectangulaire ABCD de côtés AB=4 unités et BC=6 unités. Soient R un point du segment AB et, T un point du segment CB. R et T sont tels que si on plie la feuille selon le segment RT le point B se trouve sur le segment AD. On appelle S le point du segment AD qui coincide avec B lors du pliage.
On pose AR=a et BT=b.

3.3.2  La figure

On peut faire la figure à l’aide d’une feuille de papier que l’on plie de façon à amener le coin B de la feuille sur AD ou bien, on utilise Xcas mais alors :

Dans les 2 cas, on obtient, après réglage de la fenêtre graphique, la figure :

3.3.3  Les calculs avec Xcas

On obtient :

3.3.4  La démonstration

Les valeurs minimales et maximales de a

En faisant bouger s ou a, on voit que R va se déplacer du point A au point R1 d’abscisse a1 qui correspond à S en S1 et T en C, c’est à dire lorsque m passe par C.
On a alors :
S=0+i*s avec 0 ≤ s ≤ 6 et SC=6 donc S est sur le cercle de centre C et de rayon 6 qui a pour équation : (X−4)2+(Y−6)2=36
si X=0 on a (Y−6)2=36−16=20 donc s=6−√20=6−2√5
On a :
S1R1=4−a1, AR1=a1 et AS1=6−2√5
comme le triangle AS1R1 est rectangle en A on a :
(4−a1)2=a12+(6−2√5)2=a12+−24*sqrt(5)+56
donc
−8*a1=−24*sqrt(5)+40
donc a1=3*sqrt(5)−5.
Autre solution :
Le triangle DS1C est rectangle donc DS12=36−16=20=(6−s1)2 soit DS1=2√5
Les triangles rectangles AR1S1 et DS1C sont semblables donc :
AR1/DS1=a1/(2√5)=R1S1/S1C=(4−a1)/6 soit
a1(6+2√5)=8√5 donc
a1=8√5*(6−2√5)/16=3√5−5
Donc 0 ≤ a ≤ 3√5−5 ≃ 1.7082039325.

Relation entre a et b

SoitE la projection de T sur AD.
Le triangle ARS est rectangle en A donc AS2=SR2AR2 soit :
s2=(4−a)2a2=8*(2−a) Les triangles rectangles ARS et EST sont semblables donc :
RS/ST=(4−a)/b=AS/ET=s/4 soit
s=4(4−a)/b, soit s2=16*(4−a)2/b2=8*(2−a) donc :
(2−a)*b2−2*(4−a)2=0
Si on développe :
expand((2-a)*b^2-2*(4-a)^2), on trouve -b^2*a+2*b^2-2*a^2+16*a-32

Valeur de a pour que l’aire de BRT soit minimale

On veut avoir (4−a)*b minimum. On pose u=(4−a)*b on a donc :
b=u/(4−a) donc =0 soit
(2−a)*u2=2*(4−a)4 c’est à dire :
u2=2*(4−a)4/(2−a)
On cherche les variations de u et on tape :
factor(diff(2*(4-a)^4/(2-a),a))
On obtient :
(-2*(3*a-4)*(a-4)^3)/((a-2)^2) u*u’ est positif pour a>4/3 et est negatif pour a<4/3.
Donc lorsque a=4/3, u est minimum.
On tape :
subst(2*(4-a)^4/(2-a),a=4/3)
On obtient :
4096/27 Donc la surface minimum vaut :
normal(sqrt(4096/27))=(192*sqrt(3))/27
la valeur de b est :
normal((192*sqrt(3))/27/(4-4/3))=8*sqrt(3)/3 a valeur de s est :
normal(sqrt(8*(2-4/3)))=(4*sqrt(3))/3
Dans ce cas le triangle BTR est un demi triangle équilatéral puisque :
b=8*sqrt(3)/3 et 4-a=8/3.
L’angle T du triangle isocèle BTS vaut donc pi/3 : ce triangle est donc équilatéral.

3.4  La boite de biscuits

On veut emballer 40 biscuits d’epaisseur 0.5 cm et ayant la forme d’un quart de cercle de rayon 5 cm dans une boite ayant la forme d’un parallélépipède rectangle. Les biscuits sont dans 2 sachets fraicheur de 20 biscuits et ayant chacun 10cm de haut.

La réponse :

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