Aire d'un triangle avec deux inconnus.

[invite323995a2]

Bonjour,

Voilà j'aurais besoin dune petite aide car je suis vraiment bloqué sur un exercice. Voici le sujet: Soit ABC un triangle et M un point intérieur ce triangle. La droite (AM) coupe (BC) en I, la droite BM coupe AC en J et la droite (CM) coupe (AB) en K. Les aires des triangles MAK, MBI, MCI et MCJ sont égales respectivement à 84, 40, 30, 35. Déterminer l'aire du triangle ABC.

Voilà je pense que comme il nous manque deux aires il s'agit de résoudre un système à 3 inconnues. Soit z l'aire du triangle ABC ,on arrive à l'équation x+y+ 189= z.
Mais j'ai des difficultés pour trouver deux autres équations qui me permettraient de résoudre le système. J'essaye d'exprimer x et y en fonction de la formule Base*Hauteur/2 mais je n'y arrive pas.
Si quelqu'un pouvait m'aider ce serait sympa.

Merci
-----

[invite95c5cd5f]

je regarde ton probleme.

[invite51d17075]

bjr, pas évident si on n'en sait pas plus sur le triangle.
j'ai un axe de solution en utilisant le théorème des sinus ou plutôt
l'équation de la surface en fonction des simples valeurs de mesure des cotés.
S=rac(p(p-a)(p-b)(p-c)) avec a,b,c longueur des cotés et p le demi-périmètre p=1/2(a+b+c)
on peut déduire douloureusement a,b,c des valeurs de surface données
mais ça reste très lourdingue.
il y a probablement une astuce liée aux valeurs données.
sinon, c'est du calcul de bourrin.

[invite03f2c9c5]

Je ne sais pas si c’est la façon la plus simple, mais je propose ce qui suit (sans tout détailler).

D’après le théorème de Ceva, on a
,
ce qui, après quelques considérations sur des aires, revient à
.

Par ailleurs, en considérant les aires respectives des triangles et (dont on note et les hauteurs respectives relativement à ), on obtient
,
ce qui donne, en utilisant le théorème de Thalès,
.

En outre, en considérant les aires des triangles et , on obtient

(en utilisant ). En décomposant le triangle en trois, on obtient alors
.

En posant , et en combinant et , on obtient l'équation du second degré

dont la seule solution positive est . On obtient ensuite aisément les aires de puis du triangle , cette dernière valant .

Sous réserve d’erreur de calcul, ou de raisonnement ! Si quelqu’un a le courage de vérifier ma démonstration assez elliptique…

[A voir en vidéo sur Futura]

[invite03f2c9c5]

Il y a en effet une erreur de calcul sur la fin, la solution positive de l’équation du second degré est , et l’aire de vaut . J’espère qu’il n’y a pas d’autre erreur, je suis bien fatigué et ai réfléchi au problème tout en corrigeant des copies…

[Seirios]

Par curiosité, d'où vient ce problème ?

[invite51d17075]

j'ai du mal à suivre la démo de DSCH ( je ne connait pas le théorème de ceva )
je repart de l'idée de départ sur les hauteurs.
sans oublier la première équation :
x+y+189=z
donc on en cherche 2 autres !

pour être clair je prend les notation suivantes
A1 = aire de AMK
y=aire de KMB
A2= aire de BMI
A3 = aire de IMC
A4 = aire de CMJ
x = aire de JMA
z = aire totale

en fait j'utilise 2 fois le principe de la surface par rapport à la hauteur et au coté opposé
une fois depuis le sommet opposé
une fois depuis le point M

soit donc ha la hauteur de A sur CB.
3 triangles sont concernés
ha*CB=2z
ha*CI=2(x+A3+A4)
ha*IB=2(A1+y+A2)

et pour M , Mbc la projection de M toujours sur CB
Mbc*CB=2(A2+A3)
Mbc*CI=2(A3)
Mbc*IB=2(A2)

on a du coup 2 manière d'écrire IB/CB
IB/CB= (A1+y+A2)/z = A2/(A2+A3)

ce qui donne une relation affine directe entre y et z

en prenant un autre coté sur lequel projeter à la fois le sommet opposé et M trouver une troisième équation.
mais il est possible que celle-ci ne soit pas affine et fasse apparaitre un x², ou un xy....
d'ou peut être à la fin une équation du second dégré mais on sait que toute les valeurs sont positives.

je ne suis pas aller au bout faute de temps, mais j'espère que vous comprenez ma méthode..
codialement.

[invite51d17075]

salut DSCH
en continuant ds ma démarche et en projetant C et M sur AB de la même manière
j'obtient la même chose que toi ( c'est rassurant avec deux approches totalement différentes )
après une petite equation du second degré en y.

soit z=315
x=70
y=56
donc je doute qu'on ait fait tous les deux la même erreur en procédant differemment.

[invite621f0bb4]

Et ça c'est des mathématiques du collège ou de lycée ? ^^

[invite51d17075]

oui tu as raison,
on se demande d'ou vient cet exercice.
au départj'ai ouvert grand les yeux:
pas de thalès ni pythagore visibles
pas d'angle
pas de médiatrice, mediane ,cercle inscrit ou autre , etc....

mais in finé , j'arrive au bout avec deux seules formules
celle de la surface d'un triangle en fontion de la hauteur et la base
et une équation du second degré ( qui tombe juste ouf ! )

reste que celui qui a posé cet énoncé ( le prof) est forcement un vilain pervers pour les lycéens.

[invite621f0bb4]

Quand j'ai vu l'énoncé je me suis dit "trop simple !". Après j'ai fait une figure. Et j'ai compris que c'était pas si facile ^^

D'ailleurs Boisdevincennes n'a pas reparu avec "sa solution" ^^

[invite03f2c9c5]

L’auteur du fil a sans doute posté ici car c’est un exercice de géométrie élémentaire, au sens où elle ne fait appel qu’à des connaissances relativement basiques (même le théorème de Ceva se démontre aisément à l’aide de barycentres, notion qui était au programme du lycée jusqu’à l’an dernier). Il semble cependant qu’il ne soit pas trivial ! Je ne sais pas s’il existe une résolution intuitive en quelques lignes. Pour ma part, je suis parti d’une figure assez sale au brouillon, ai pensé à Ceva puisqu’on avait affaire à trois céviennes concourantes, puis suis parti un peu au hasard. J’ai trouvé ça intéressant quand j’ai vu que la réponse ne tombait pas tout de suite ! Mon cheminement est peut-être tortueux, et sans doute difficile à suivre sans figure. J’ai rédigé ma réponse content d’avoir trouvé la solution, sans bien me relire ni réfléchir à comment présenter ça simplement. Je suis trop fatigué ce soir pour regarder ça de plus près, mais ce fil m’intéresse, j’espère qu’il ne va pas tomber dans l’oubli tout de suite ! Je ne pense toujours pas avoir bien saisi ce qui se passe…

[invite03f2c9c5]

En tout cas, le théorème de Ceva est assez inutile, puisqu’il peut se démontrer avec des considérations sur les aires. On revient toujours à la méthode qui consiste à considérer les aires de deux triangles de même base, l’un de sommet le sommet opposé de ABC, l’autre de sommet M, et on obtient un lien entre rapport d’aires et rapport de longueur. Je pense que les deux résolutions proposées ne sont pas si différentes sur le fond donc.

[invite621f0bb4]

Perso j'ai essayé de le refaire selon la technique d'Ansset ('connais pas le théorème de Ceva ni les barycentres ^^) mais je ne comprends pas non plus (d'un côté, on a un niveau incomparable, donc si vous deux avez du mal à comprendre, alors moi...)

[invite95c5cd5f]

Non je n'ai pas trouvé utilisateur samuel9-14. j'ai fait un dessin mais je n'ai rien vu

[invite51d17075]

Perso j'ai essayé de le refaire selon la technique d'Ansset ('connais pas le théorème de Ceva ni les barycentres ^^) mais je ne comprends pas non plus (d'un côté, on a un niveau incomparable, donc si vous deux avez du mal à comprendre, alors moi...)

bjr, que ne comprend tu pas dans la demo.?
même la deuxième equation entre y et z ?
je n'utile que le fait que pour TOUT triangle sa surface = hauteur*base/2
peut être as tu pris d'autres notations, ce qui rend plus difficile l'interprétation.
la troisième est effectivement une équation du second degré.

@CSCH:
en te relisant mieux, effectivement les deux demos sont comparables et dans le même esprit

[invite621f0bb4]

Ben faudrait que je réessaye à tête reposée. Je le referais demain et si je comprends pas je te dirais

[invite51d17075]

Il y a en effet une erreur de calcul sur la fin, la solution positive de l’équation du second degré est , et l’aire de vaut . J’espère qu’il n’y a pas d’autre erreur, je suis bien fatigué et ai réfléchi au problème tout en corrigeant des copies…

ben non 70 n'est pas solution de ton équation et à la re-relecture , ta dmo m'echappe.

[invite03f2c9c5]

ben non 70 n'est pas solution de ton équation et à la re-relecture , ta dmo m'echappe.

Pourtant, cette équation est , son discriminant est , si bien que sa solution positive est . Tout le monde est bien fatigué en ce moment ; de mon côté, j’ai une forte fièvre, alors je ne garantis pas l’état de mes neurones…

[invite51d17075]

désolé DSCH,
boulette de calcul de ma part.
cordialement