Une suite au problème 6 du recueil turc Geometri Günlüğü

Ludwig

$ABCD$ est un carré de côté $4$ et de centre $O$. $E$ et $F$ sont les points d'intersection du cercle de centre $C$ passant par $D$ avec celui de centre $A$ passant par $O$. Calculer l'aire du triangle $ODE$.

Dans le problème original on demande simplement de calculer $OE$.

Rescassol

Bonjour,

$OE=2$ et $Aire(ODE)=1$. Il y a des $\sqrt{7}$ qui se simplifient.

Cordialement,
Rescassol

Ludwig

Oui, mais ce sont plutôt des racines de racines qui se simplifient non ? Des calculs bien compliqués donc. Or on peut rendre l'exercice accessible à un élève de seconde, voire de troisième.

Rescassol

Bonjour,

Non, je n'ai pas de racines de racines.
J'ai fait de la géométrie analytique on ne peut plus basique:
$O$ comme origine, $A(-2;-2)$ etc...
Les cercles $(x-2)^2+(y-2)^2=16$ et $(x+2)^2+(y+2)^2=8$.
La droite $(EF)$ par différence $x+y+1=0$.
Un peu de substitution mène à $2x^2+2x-3=0$, d'où les abscisses de $E$ et $F$: $\dfrac{-1\pm \sqrt{7}}{2}$.
On a alors $E\left(\dfrac{-1-\sqrt{7}}{2}; \dfrac{\sqrt{7}-1}{2} \right).$
Et enfin $OE$ et l'aire de $ODE$.

Cordialement,
Rescassol

Chaurien

Je ne crois pas avoir jamais vu des exercices en turc. Peut-on trouver ce recueil ?

Ludwig

Ce recueil a été posté sur facebook, je le mets en pièce jointe. Ah oui tu as raison Rescassol, j'étais passé par la formule de Héron... Cela dit il y a une autre voie avec davantage de géométrie et des calculs plus élémentaires.

PS : ah mince le fichier est trop gros, je cherche un lien.

Ici il y a les 50 premiers problèmes corrigés

Chaurien

Moi je fais ça, sans doute bêtement, à la Descartes. Le point $O$ me fait un clin d’œil, je le prends pour origine, et la droite $OC$ pour axe des abscisses et $OD$ pour axe des ordonnées, et ça roule bien, intersection des deux cercles, une $\sqrt{7}$, oui, qui se simplifie comme dit @Rescassol. La seule racine de racine c'est pour $DE$ que je n'ai pas su simplifier, je trouve $DE=2 \sqrt {3- \sqrt{7}}$.

Ludwig

Je trouve ça aussi. Mais avant d'utiliser la géométrie analytique on peut regarder la symétrie du problème pour voir ce qu'on peut en tirer. Pas besoin de la racine de sept.

Chaurien

Il a de l'imagination, le collègue Halit Çelik ! Pas étonnant que la Turquie se place bien à l'OIM ! C'est un bon recueil pour les professeurs français.

Ludwig

La droite $(AC)$ est un axe de symétrie de la figure et $(EF) \perp (AC)$. Je note $H$ le point d'intersection de ces deux droites et $h=OH$.

On utilise le théorème de Pythagore dans les triangles $AEH$ et $CHE$ : $$AE^2-(OA-h)^2=CE^2-(OC+h)^2,$$ $$AE^2-OA^2+2h\,(OA+OC)=CE^2-OC^2.$$ Or $AE=OA=OC=2\sqrt{2}$ et $CE^2=CD^2=16$. On a donc $2h\times 4\sqrt{2}=8$, c'est-à-dire $h=1/\sqrt{2}$.
Les triangles $ODE$ et $ODH$, ayant même base $OD$ et même hauteur $h$, ont la même aire : $$aire(ODE)=\frac{OD\times OH}{2}=\frac{2\sqrt{2}}{2 \sqrt{2}} = 1.$$

kolotoko

Bonjour,
j'ai pris A comme origine du repère : A(0,0), B(4,0), D(0,4), O(2,2).
Les équations des deux cercles m'ont donné les coordonnées de E.
J'en ai déduis l'aire du triangle ADE ainsi que la longueur EO, EO = 2.
Connaissant AO, EO et AE la formule de Héron m'a donné l'aire de AEO, puis ensuite l'aire de DEO = 4 - ADE - AEO.
J'ai trouvé DEO = 1.
Bien cordialement.
kolotoko

Ludwig

Pas besoin de Héron pour l'aire du triangle $AEO$, sa hauteur issue de $A$ se calcule facilement avec Pythagore, on trouve $\sqrt{7}$ directement.

kolotoko

Bonjour,

c'est pour AEO que j'ai utilisé Héron.

Pour AED il suffit de faire Bxh/2 avec B = AD = 4 et h = abscisse de E.

Bien cordialement.

kolotoko

Ludwig

La solution proposée dans le fichier posté plus haut consiste à utiliser le théorème de la médiane. $OE=2$ découle en effet directement de l'égalité : $$2OE^2+\frac{AC^2}{2}=AE^2+EC^2.$$ Ensuite, pour l'aire du triangle $AED$, je note $x$ la mesure de l'angle $\widehat{MAO}$, où $M$ est le milieu de $[OE]$. On a alors : 

$$aire(AED)=\frac{1}{2}AE\times AD \times \sin(\frac{\pi}{4}-2x).$$ Or $AE=2\sqrt{2}$ et $AD=4$, Pythagore dans $MAO$ donne $\sin(x)=\frac{\sqrt{2}}{4}$ et $\cos(x)=\frac{\sqrt{14}}{4}$. Encore un petit calcul de trigo :

$$\sin(\frac{\pi}{4}-2x)=\frac{\sqrt{2}}{2}(2\cos(x)^2-2\cos(x)\sin(x)-1),$$ et on obtient finalement que cette aire vaut $3-\sqrt{7}.$