Choix de sujets de géométrie des annales académiques de 1S.
	Olympiades - Figures interactives avec GéoPlan	…avec GéoPlan

2005

1. Un ennéagone

Aix-Marseille

Un ennéagone est un polygone à neuf côtés.

On considère la figure suivante dans laquelle :
AB₁ = B₁B₂ = B₂C ; BC₁ = C₁C₂ = C₂A et BA₂= A₂A₁ = A₁C.

1. Démontrer que la droite (AE) est perpendiculaire à la droite (BC).

De même, la droite (BF) est perpendiculaire à la droite (AC) et la droite (CG) est perpendiculaire à la droite (AB) (On ne demande pas de le démontrer). On note H le point d'intersection des droites (AE), (BF) et (CG).

2. Quel est le rapport de l'aire de l'ennéagone (A₁A₂F C₁C₂E B₁B₂G) sur celle du triangle (ABC) ?

Solution

Commande : cliquer dans la figure et taper S pour la solution.

1. • Les points A, C₂ et B sont alignés dans cet ordre.
Les points A, B₁ et C sont alignés dans cet ordre.

= =

D'après la réciproque du théorème de Thalès, les droites (B₁C₂) et (BC) sont parallèles.

• E est l'orthocentre du triangle (AB₁C₂) car les droites (B₁E) et (C₂E) sont, par construction, deux hauteurs de ce triangle.

(AE) est la troisième hauteur de ce triangle, donc (AE) ^ (B₁C₂).

• (B₁C₂) et (BC) et (AE) ^ (B₁C₂) : on en déduit que (AE) ^ (BC).

2. • Les points A, C₂ et B sont alignés.

Les points A, E et H sont alignés.

(BH) // (C₂E) car elles sont toutes deux perpendiculaires à (AC).

D'après le théorème de Thalès = =

• Le quadrilatère AC₂EB₁ est donc une réduction de rapport du quadrilatère ABHC.

Donc : Aire(AC₂EB₁) = Aire(ABHC) = [Aire(ABC) - Aire(BHC)].

Par raisonnement analogue, on montre que :

Aire(BA₂FC₁) = Aire(BCHA) = [Aire(ABC) - Aire(AHC)],

Aire(CB₂GA₁) = Aire(CAHB) = [Aire(ABC) - Aire(AHB)].

• Par addition, il vient : Aire(AC₂EB₁) + Aire(BA₂FC₁) + Aire(CB₂GA₁)

= [3 × Aire(ABC) - Aire(BHC) - Aire(AHC) - Aire(AHB)]

= [3 × Aire(ABC) - Aire(ABC)] = Aire(ABC).

L'aire de l'ennéagone (A₁A₂F C₁C₂E B₁B₂G) est complémentaire de l'aire précédente, dans le triangle (ABC).

On en déduit : Aire(A₁A₂F C₁C₂E B₁B₂G) = Aire(ABC).

2. Ombre d'une fenêtre

Amiens

La figure 1 représente une fenêtre éclairée par le soleil.

Tracer son ombre sur le plancher (l'ombre du coin inférieur gauche est donnée).

La figure 2 représente la même fenêtre éclairée cette fois par un lampadaire. Tracer son ombre sur le plancher (l'ombre du bord inférieur est donnée).

On réalisera les constructions, qui resteront apparentes, sur la feuille jointe qui sera rendue avec la copie.

Figure 1

Fenêtre éclairée par le soleil. A’ est l'ombre du point A.

Solution

Commande : cliquer dans la figure et taper S pour la solution.

On construit tout d'abord la droite (AA’).

En considérant que le soleil se trouve à l'infini, on admet que l'angle d'incidence du soleil est identique pour les quatre coins de la fenêtre.

On trace donc les parallèles à (AA’) passant par B, C et D.

On construit ensuite les points A₂ et B₂, pieds des deux côtés de la fenêtre.

Les points A₂, A et D sont alignés, donc leurs projetés le sont aussi (idem pour B₂, B et C). Or A₂ et B₂ sont leurs propres projetés.

On peut donc construire le point D’, point d'intersection de la parallèle à (AA’) passant par D et de la droite (A₂A’).

On trace ensuite la parallèle à (A₂A’) passant par B₂, et les points B’ et C’ sont les points d'intersection de cette droite avec les parallèles à (AA’) passant par B et C.

Le reste de la construction se fait alors sans peine.

Télécharger la figure GéoSpace fenetre_1.g3w

Figure 2

Fenêtre éclairée par le lampadaire A’ est l'ombre du point A. B’ est l'ombre du point B.

Solution

Commande : cliquer dans la figure et taper S pour la solution.

On construit tout d'abord le point d'intersection des droites (AA’) et (BB’), nommé I.

On construit ensuite les points A₂ et B₂, pieds des deux côtés de la fenêtre.

Les points A₂, A et D sont alignés, donc leurs projetés le sont aussi (idem pour B₂, B et C). Or A₂ et B₂ sont leurs propres projetés.

On peut donc construire le point C’, point d'intersection des droites (IC) et (B₂B’), et le point D’, point d'intersection de (ID) et (A₂A’).

Le reste de la construction se fait alors sans peine.

Télécharger la figure GéoSpace fenetre_2.g3w

Carrés inscrits dans un triangle

On considère un triangle ABC dont les trois angles sont aigus.
On pose BC = a, CA = b et AB = c.
On appelle h la hauteur relative à [BC] et S l'aire du triangle ABC.

Dans ce triangle, on inscrit le carré IJKL tel que I et J soient sur [BC], K sur [AC] et L sur [AB] comme indiqué sur la figure ci-dessous.
On dit que le carré IJKL est « posé » sur [BC]. On appelle C₁ ce carré.

On peut construire, de même, deux autres carrés C₂ et C₃ inscrits dans le triangle ABC, l'un « posé » sur [CA], l'autre « posé » sur [AB].

1 : Exprimer le côté du carré IJKL en fonction de a et h.
2 : On suppose que a ≤ b ≤ c. Classer les trois carrés C₁, C₂ et C₃ par ordre de grandeur.
3 : Déterminer les triangles ABC d'aire S donnée, tels que l'aire du carré IJKL soit maximale.
4 : Existe-t-il des triangles ABC d'aire S donnée, tels que les trois carrés soient d'aires maximales ?

2004

3. Pliage du coin d'une feuille

Une lumière neuve sur un problème ancien

Problème connexe avec les travaux de l'ingénieur Allemand Walter Porstmann, qui a établi en 1922 le rapport de la longueur à la largeur de la feuille A4 à .

Fiche professeur

Ce problème ouvert peut faire l'objet d'une activité réalisable en première S ou en terminale S, après le cours sur l'étude des fonctions, y compris la composée de fonctions.

Utiliser les TICE pour émettre des conjectures, car la solution mathématique n'est ni directe, ni évidente.

En une séance d'une heure, les élèves construisent la figure avec GéoPlan. Le logiciel leur permet d'émettre des conjectures. Les plus rapides construisent la représentation graphique de la fonction.
La suite est donnée en devoir maison pour la semaine suivante.

Prolongement :
Reprendre l'étude sur d'autres  formats, par exemple une feuille A4.

Exercice

National

Soit ABCD une feuille de papier rectangulaire de largeur AB = 4 et de longueur BC = 6 Soit R un point de [AB] (bord inférieur de la feuille) et T un point de [AD] (bord droit de la feuille). On replie la feuille suivant le segment [RT] et on appelle S la nouvelle position du point A (coin inférieur droit de la feuille).
Voir figure ci-dessous.

Dans tout l'exercice, on s'intéresse au cas où  S est sur le segment [BC] (bord gauche de la feuille).
On se propose de déterminer s'il existe une position de S sur le segment [BC] qui donne une longueur de pli  PQ minimale, puis dans un deuxième temps de déterminer s'il existe une position de S sur le segment [BC] qui donne une aire minimale pour le triangle SRT.

On pose AR = x, AT = y.

1°) Trouver les valeurs minimale et maximale de x.
2°) Trouver une relation entre x et y lorsque S se déplace sur [BC].
3°) Trouver la valeur de x pour laquelle l'aire de la partie repliée (triangle SRT) est minimale.
Quelle est alors la nature du triangle AST ?

Approche GéoPlan

Placer un point libre R sur le segment [AB]. Si R est à gauche du milieu de [AB] le cercle de centre R, passant par A, coupe le segment [BC] en S. La médiatrice de [AS] coupe la droite (AD) en T. Si T appartient au segment [AD] le triangle RST représente le bord replié de la feuille. Dans le cadre de droite de la figure ci-dessus on place les points M(x, y) et N(x, z) où z = A(x) est l'aire du triangle SRT (touche T pour la Trace de M et N, touche S pour Sortir du mode trace et touche L pour les représentations graphiques des fonctions.

En déplaçant le point R de A vers B on s'aperçoit :
  – que la partie repliée de la feuille est un trapèze qui ne convient pas si 2 < x < 2,29 (figure 1),
  – qu'environ 2,29 est la plus petite valeur de x obtenue lorsque T est D (figure 2),
  – que l'aire de SRT décroît jusqu'à ce que x atteigne 2,67,
  – pour x ≈ 2,67 le triangle AST semble être équilatéral avec BS ≈ AT (figure 3),
  – qu'enfin l'aire croit jusqu'à 8 lorsque le point R est en B pour le maximum 4 de x (figure 4).

Indications

1°)  La plus petite valeur de x respectant les conditions est obtenue lorsque T est D (figure 2).
Alors DS = DA = 6, comme CD = 4, d'après Pythagore dans le triangle rectangle CDS, CS = 2.

Donc, BS = 6 - 2. Or RS = AR = x et BR = 4 - x. D'après Pythagore dans le triangle rectangle BRS :
x² = (6 - 2)² + (4 - x)², soit (6 - 2)² + 16 - 8x = 0 et enfin x = 9 - 3.

Le maximum pour x est de 4 (figure 4) ; x est compris entre 9 - 3 et 4.

2°) Les triangles rectangles SRT et ART sont symétriques : AR = RS = x, AT = ST = y ; (RT) est la médiatrice de [AS].
Dans le triangle BRS rectangle en B, RS = x et BR = 4-x donc BS² = x² - (4-x)² = 8x -16, BS = 2 .
Les triangles rectangles BAS et ATR ayant leurs côtés perpendiculaires sont semblables et les angles aigus BÂS et ATR sont égaux.

tan BÂS = = et tan ATR = = , donc y =

3°) L'aire du triangle SRT mesure A(x) = SR × ST = = , x variant sur I[9 - 3, 4].
Cette fonction a pour dérivée A’(x) = qui est du signe de 3x - 8 sur I.
L'aire A admet un minimum atteint pour x = et y = ; minimum égal à A() =
tan ATR = = ; l'angle ATR est alors de 30°. ATS mesure 60° et AT = ST = y ; le triangle isocèle AST ayant un angle de 60° a tous ses angles égaux à 60° et est un triangle équilatéral.

4. Mise en boite

Amiens

Un objet a la forme d'un parallélépipède rectangle de base carrée de côté a = 68 cm et de hauteur inconnue. Il est vendu conditionné dans une boîte cubique de côté a = 68 cm dont il épouse la forme.
Alors qu'on l'insère dans la boîte, l'objet reste coincé en position inclinée, la boîte ferme quand même, l'arête supérieure affleurant juste le couvercle.
Quelle est la hauteur de l'objet ?

Indications

La « vue de face » d'une perspective cavalière de la figure permet de transformer ce problème en problème plan.

On peut se placer a priori dans le cas particulier où l'objet est centré sur la diagonale de la face, ce qui donne la figure ci-contre :

La diagonale ac du carré vaut a = 2y + l= 2y + a,
donc 2y = a - a = a( - 1).

Ensuite on constate que d'après la symétrie de la figure, le triangle AMQ dans le coin inférieur gauche est un demi-carré, par conséquent h = 2y.

La hauteur de l'objet vaut donc h = 68( - 1) ≈ 28,17 cm.

Télécharger la figure GéoPlan rectangle_inscrit.g2w
Exporté dans la page forum cadxp : rectangle inscrit

Multiplication de l'aire d'un triangle : triangle en seconde

Corse

Partage de l'angle d'un triangle en 4 : construction de-ci, de-là

Dijon

Existe-t-il un triangle ABC tel que la hauteur, issue de A, la bissectrice de l'angle BÂC et la médiane relative au côté [BC] partagent l'angle BÂC en quatre angles de même mesure ?

Carré d'aire cinq fois plus petite : produit scalaire

Partage en deux d'un triangle

Montpellier

ABC est un triangle quelconque.
I est un point du segment [AC].
Déterminer puis construire le ou les points J de (BC) tels que la droite (IJ) partage le triangle en deux parties de même aire.

2002

5. Octaèdre régulier : GéoSpace en seconde

Orléans-Tours

Deux pyramides de même base carrée ABCD, de sommets respectifs E et F distincts, sont accolées par leur base et forment un octaèdre régulier, c'est-à-dire un solide formé de huit faces identiques qui sont des triangles équilatéraux. On suppose que AB = 1.

Montrer que les faces ABE et CDF sont parallèles et déterminer leur distance, c'est-à-dire la plus courte distance d'un point du plan ABE à un point du plan CDF.

Solution

En notant I et J les milieux respectifs des segments [AB] et [CD], les segments [EI], [EJ], [FI] et [FJ] sont alors des hauteurs d'un triangle équilatéral de côté 1 : ils mesurent tous . Par suite, EIFJ est un losange.
Il en résulte que les droites sécantes (AB) et (EI) du plan (ABE) sont respectivement parallèles aux droites (CD) et (FJ) du plan (CDF) : ces deux plans sont donc parallèles.

Puisque le losange EIFJ est dans le plan médiateur des segments [AB] et [CD], la distance entre les deux plans (ABE) et (CDF) est aussi la hauteur h du losange.

Or les diagonales du losange EIFJ mesurent IJ = 1 et EF = (c'est la diagonale du carré ACF) :
le losange a donc pour aire A = EF × IJ = EI × h ce qui donne h = .

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Deux cercles tangents, tangents à un carré : minimum-maximum

Poitiers