Géométrie élémentaire
Réponses
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Ca aurait été plus intéressant sans la réponse non ?
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Je n'en suis pas si sûr !
Domi -
Je partirais par la relation aux sinus dans les triangles $ABD$ et $BDC$ :
$\dfrac{AD}{\sin\left(\pi-\frac{\pi}{4} - 3x\right)} = \dfrac{BD}{\sin 3x}$ et
$\dfrac{DC}{\sin\left(\pi-\frac{3\pi}{4} - x\right)} = \dfrac{BD}{\sin x}$
Comme $AD = DC$, il vient $\sin 3x \sin\left(\dfrac{\pi}{4} - x\right) = \sin x \sin 3\left(\dfrac{\pi}{4} - x\right)$ qui doit, sauf erreur, conduire à $$ \cos\left(\dfrac{\pi}{4} + 2x\right) - \cos\left(\dfrac{3\pi}{4} - 2x\right) = \cos\left(\dfrac{\pi}{4} - 4x\right) - cos\left(\dfrac{3\pi}{4} - 4x\right)
$$ Ce qui se réécrit $2\cos\left(\dfrac{\pi}{4} + 2x\right) = \sqrt{2} \cos 4x$, et l'on doit pouvoir conclure, mais il se fait tard... -
Je reprends mon calcul. En posant $y = \dfrac{\pi}{4} + 2x$, donc $4x = 2y - \dfrac{\pi}{2}$, ma dernière équation devient
$$\sqrt{2} \cos y = \sin 2y$$
donc $$(\sqrt{2} - 2\sin y)\cos y = 0$$ et $\cos y = 0$ ou $\sin y = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$, et la conclusion s'ensuit, je l'espère... -
gb , ma question était "sans trigonométrie" !!!
Merci quand même .
Domi -
Bonjour Domi.
Il est facile de voir que $\widehat{ABD} = 3\,\widehat{DBC}$ et que $\widehat{BCA} = \dfrac \pi 8 \iff \widehat{ABC} = \dfrac \pi 2$. Le problème que je ne parviens pas à résoudre réside dans l'exploitation de {\it D milieu de A et C}.
Bruno -
J'avoue sécher également sur ce problème.
D'ailleurs, je viens de le trouver sur le site : http://agutie.homestead.com/files/geometry_help_online.htm
(section : 56. triangles, puis 32 proposed problems; il s'agit du problem 3)
Il n'y a pas la solution... -
je rajouterai même que domi a trouvé le problème sur le site précédent.(:P)
-
Bonjour
eureka..
vite fait:la perpendiculaire en D à AC coupe BC en J
B se projette en K sur AC et en L sur la droite DJ
on a BK=BLcar DB est la bissectrice de ADJ
on a BA=BJ et par suite les triangles rectangles ABK et JBL sont egaux; par suite les angles ABK et JBL sont egaux , à x
on a donc x+3x =90°
c'est fini;)
Oump. -
Bonjour Bruno,
Tout d'abord une merveillese année 2007.
Ta solution peut être complétée aisément,
car le cercle de centre D et de rayon AD est le cercle circonscrit au triangle ABC
et ceci permet appliquer théorème de l'angle inscrit et de l'angle au centre ...
Sincèrement,
Galax -
Bonjour Oumpapah,
Tout d'abord une merveilleuse année 2007.
En observant ton approche du problème on observe un fait ammusant,
L'angle ABC est partagé en 4 angles de mesure égale par sa hauteur, sa bissectrice et sa médiatrice tous passants par B.
Sincèrement,
Galax -
Salut Domi, jolies couleurs !
Onmpapah, quelque chose m'échappe dans ton raisonnement: ABK et JBL sont égaux, d'accord, mais pourquoi à x ? Ne supposerais-tu pas implicitement que ABC est droit, ce qu'il s'agit précisément de démontrer ? -
oups ! d'accord, j'ai parlé trop vite ! Bravo
-
J'ai une autre solution utilisant la trigo :
Notons $H$ le pied de la hauteur issue de $B$. On a $BH = AB.\sin(3x)$ et $AH = AB.\cos(3x)$, et aussi $DH = BH = AB.\sin(3x)$ grâce à l'angle de $45°$. Donc $AD = AB (\sin(3x)+\cos(3x))$.
Or, on a également $BH = CH.\tan(x)$. Donc $AB.\sin(3x) = (AD+DH) \tan(x) = \big(2AB.\sin(3x) + AB.\cos(3x)\big)\tan(x)$.
On simplifie par $AB$ et on multiplie chaque côté par $\cos(x)$ (pour supprimer le $\tan$) : $$
\sin(3x)\cos(x) = 2 \sin(3x)\sin(x)+\cos(3x)\sin(x)
$$ On en déduit que $\sin(3x)\cos(x) - \cos(3x)\sin(x) = 2 \sin(3x)\sin(x)$, soit $\sin(2x) = 2\sin(3x)\sin(x)$.
Mais $\sin(2x) = 2\sin(x) \cos(x)$. Donc, en simplifiant par $2\sin(x)$, ceci devient : $$
\cos(x) = \sin(3x)
$$ Et cette équation n'a qu'une seule solution dans $]0,\frac{\pi}{4}[$ qui est $\frac{\pi}{8}$. -
C'est surement évident mais je ne vois pas pourquoi BA=BJ :-(
-
Re
les angles BAJ et BJA sont egaux à 2x;)
( c'est la finalement qu'intervient D milieu de AC:JA=JC etc.)
Oump. -
Merci. Belle solution !
-
Limpide , bravo Oumpapah !!!
Domi -
Bravo Oump.
Bruno -
galax Écrivait:
> Un fait ammusant ,l'angle ABC est partagé en 4 angles de mesures
> égales par sa hauteur, sa bissectrice et sa médiane .
Tout triangle ayant cette particularité est-il rectangle ?
Domi -
salut Domi,
en notant a l'angle ABK (K proj de B sur AC) et en supposant la hauteur BK = 1, on arrive à la condition tg a + 2 tg 2a - tg 3a = 0 qui a donc pi/8 comme sol. Il ne devrait pas être trop difficile de montrer que c'est la seule dans ]0,pi/6[. -
Salut GG,
d'accord , le résultat est donc établi mais j'aimerais tant une démonstration à la Oumpapah avec un ou deux petits tracés et un "mésalors" pour conclure !!!
En tout cas merci pour ta réponse et bonne année !!!
Domi -
Domi Écrivait:
> galax Écrivait:
>
>
> > Un fait ammusant ,l'angle ABC est partagé en 4
> angles de mesures
> > égales par sa hauteur, sa bissectrice et sa
> médiane .
>
> Tout triangle ayant cette particularité est-il
> rectangle ?
>
> Domi
Dans un tel triangle la hauteur et la médiane sont donc isogonales, et le centre du cercle circonscrit, isogonal de l'orthocentre, est donc sur la médiane.
Mézalor le pied de la médiane est le centre du cercle circonscrit, et le triangle est rectangle. -
Isogonal ? Désolé pour mon inculture ?
Domi -
Google m'a fourni \lien{http://fr.wikipedia.org/wiki/Conjugué_isogonal}
Bibliographie :
T. LALESCO, {\it La géométrie du triangle} 2e éd., Vuibert, Paris, 1952
Y. \& R. SORTAIS, {\it La géométrie du triangle}, Hermann, Paris, 1987 -
Merci gb ,
j'ai découvert la géométrie ( au-delà de celle du lycée ) il y a peu de temps et je vois tous les jours s'agrandir le chemin qu'il me reste à parcourir .
Je te réponds dès que j'ai compris .
Domi -
En fait ce qu'il faut comprendre, c'est que, dans tout triangle, la symétrique de la hauteur par rapport à la bissectrice issue du même sommet est un diamètre du cercle circonscrit.
-
bonjour Domi,
Ce lien contient les livres I à VIII de Cours de géométrie de DALLE et DE WAELE, utilisé en Belgique il y a encore 35 ans ... on y parle aussi un peu des isogonales.( il y manque la partie exercices ... c'est dommage )
\lien{http://mtwnetwork.free.fr/.dirsys/affiche.php?last=Divers}
Dans la configuration du triangle ABC sa hauteur, sa bissectrice et sa
médiane où l'angle ABC est partagé en 4 angles de mesures égales
on trouve encore une autre relation ammusante concernant des 5 angles
(itersection avec AC ) qui sont en progression arithmétique
$(x,\ \frac { \pi}{2},\ \frac { \pi}{2}-x,\ \frac { \pi}{2}-2x,\ \frac { \pi}{2}-3x )$
Bonne nuit
Galax
[Lien réparé. AD] -
Bonjour
je n'avais pas tourné la page...
démo " à la oump" pour faire plaisir à Domi..
vite fait
avec les memes notations..
l'angle AJK est egal à l'angle ABD
par suite les points ABJD sont cocycliques et le cerle contenant ces 4 points
est le cercle de diametre AJ et donc l'angle ABJ est droit..
Oump. -
Bonjour AD,
J'ai trouvé un autre lien pour ce site qui devrait marcher
http://mtwnetwork.free.fr/.dirsys/affiche.php?last=Divers
Sincèrement,
Galax
[Lien corrigé dans ton message précedent. AD] -
Bonjour,
Un probléme complémentaire:
Soit l'angle ACM de mesure x et l'angle CAN de mesure 3x
Quel est le lieu géométrique de l'intesection de droites (CM) et (AN).
Sincèrement,
Galax -
Bonsoir
je trouve une cubique unicursale ( point double :C)
l'interet réside dans la méthode utilisée qui peut conduire à plusieurs equations
1.dans un repére orthonormé ou on a A=(-a,0) et C=(a,0)
Soit une droite passant par C coupant l'axe des y en I
on prend M sur cette droite tel que MI=MA..
on est conduit à une equation cartesienne (sauf distraction..)
(2x-a)y²-(2x+a)(x-a)²=0
ou à une représentation parametrique à partir de m avec Y=m(X-a) equation de la droite pivotant autour de C
x= (a/2). (m²+1)/(m²-1) ; y=(a/2).(3m-m^3)/(m²-1)
2.en prenant l'origine en C on a une equation en polaire
r= (a/2).(3-(tant)²)/(1-(tant)²)
(noter branche infinie dans la direction des bissectrices , evidence géométrique.)
bon exo de sup : etude de cette courbe avec ces différentes représentations.
cette cubique est connue? je n'en sais rien; sinon on l'appellera la cubique de Galax
Oump. -
merci oumpapah,
la géométrie analytique n'as aucun mystère pour toi.
A titre d'un clin d'oeil voici la solution du problème initial grâce à la courbe d'oumpapah-galax.
On constate que triangle ABC ( avec des angles 67,5° ; 90° et 22,5° ) est une solution du probléme.
On constate que le point C est le seul point d'intersection de la médiatrice (CD) avec la coubre d'oumpapah-galax, donc .... http://www.les-mathematiques.net/phorum/mods/smileys/images/smiley15.gif
http://www.les-mathematiques.net/phorum/mods/smileys/images/smiley15.gif
Sincèrement,
GAlax -
Merci gb pour les liens ( du travail en perspective !!! ) et Oumpapah pour sa "démo à la Oump" , il m'a fallu un moment pour la comprendre ( apparemment nous n'avons pas placé les lettres de la même façon ) .
Domi -
bonjour Domi,
Une question à propos de mon message du mar 9 janvier 2007 00:13:41
concernant "... 5 angles (itersection avec AC ) qui sont en progression arithmétique
$ (x,\ \frac { \pi}{2},\ \frac { \pi}{2}-x,\ \frac { \pi}{2}-2x,\ \frac { \pi}{2}-3x )$ ..."
Est-ce que tu connais d'autres situations de ce type ???
Sincèrement,
Galax -
Il me semble que la suite $(x,\ \frac{\pi}{2},\ \frac{\pi}{2}-x,\ \frac{\pi}{2}-2x,\ \frac{\pi}{2}-3x)$ n'est pas très "arithmétique" ; $(\frac{\pi}{2} + x,\ \frac{\pi}{2},\ \frac{\pi}{2}-x,\ \frac{\pi}{2}-2x,\ \frac{\pi}{2}-3x)$ me conviendrait davantage.
-
Remarque a, b, c, d, A, B, C, D, E sont les angles et non les points. Les segments sont n'importe quoi, pas forcément les hauteurs, médianes, bissectrices,...
On a les égalités immédiates :
B = A + a
C = B + b
D = C + c
E = D + d
Par suite (A, B, C, D, E) est une suite arithmétique si, et seulement si a = b = c = d.
Tu retrouves ton problème précédent. -
Merci gb,
En effet tu as raison avec la suite arithmétique.
Ton intervention est en fait mon observation initiale que j'ai mal transcrit.
Mais, pour aller encore plus loin, je repose ma question :
est-ce que tu connais d'autres situations de ce type ???
Sincèrement,
Galax -
galax> Je vieillis, mon cerveau fonctionne moins vite, je ne comprends pas ta question.
Voici mon idée.
Comme je ne veux pas refaire une figure, je reprends la précédente, mais $A$, $B$, $C$, $D$, $E$ désignent désormais aussi bien les angles que leurs sommets. Le sommet commun des angles $a$, $b$, $c$, $d$ est le point $M$.
On a donc, pour un triangle $MAE$ quelconque, et des points $B$, $C$, $D$, quelconques sur $AE$ : $(A, B, C, D, E)$ est une suite arithmétique si, et seulement si $a = b = c = d$.
Ainsi $MC$ est la bissectrice de l'angle $AME$.
Si tu veux de plus que $MB$ soit la hauteur et $MD$ la médiane, elles seront symétriques par rapport à la bissectrice $MC$, alors $MD$ est un diamètre du cercle circonscrit, dont le centre est par suite le point $D$, pied de la médiane, et le triangle $MAE$ est rectangle en $M$. -
merci gb,
Je crois que tu a fait le tour de ce problème.
Sincèrement,
Galax -
Oumpapah, comment trouves tu BA=BJ ?
-
La figure est bien évidemment fausse, comme il se doit, mais le triangle $AJC$ est isocèle, et le calcul des angles en découle, donc $ABJ$ est aussi isocèle.
-
le triangle BCD est isocèle.
donc DCB=DBC=X
et 45°=DBC+DCB=2X
soit X=22.5°. -
merci beaucoup
-
souvenir d'il y a 75ans: veuillez excuser mes notations
angles4x+90°= 180° (90° pcq triangle rectangle) d'où 4x= 180°-90°=90° donc x=90°/4 = 22,5°
CQFD
mais c'est de l'algèbre plus que de la géométrie où je m'aventurerai ci-dessous
AD=DC
Le faisceau AB,DB,CB divise donc la transversale AC en deux parties égales
Il forme dès lors avec cette transversale des angles inversement proportionnels
comme AD et la moitié de AC l'angle ABD (45°) qu'il forme est le double de l'angle ABC (25,5°)
CQFD
Il doit y avoir des démonstrations plus élégantes. Paul Boland qui cherche à retrouver
. Le traité de géométrie plane de Dalle et de Waele avec les lieux geométriques
. Le manuel d'algèbre de Schons
. un traité de Géométrie analytique (préparation à l'Ecole Militaire)
Pour faire revivre son adolescence -
@Paul Boland
Les deux premiers livres se trouvent sans difficulté sur Internet.
Pour le troisième, il faudrait plus de précision.
Moi aussi, j'aime les vieux livres.
Bien cordialement,
RC
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