Mesure d'un angle

Bonjour,

Je bloque sur l'exercice suivant : il faut trouver la mesure de l'angle $a$.
Des idées ?

Merci
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For every seemingly unmotivated solution to a problem, there is a deeper insight that makes it self-evident.

Réponses

  • GeoGebra me dit qu'il fait 54°
    Pour l'instant, je ne sais pas le prouver
  • JLT : merci pour ton indication, mais je ne vois toujours pas comment on peux déduire que l'angle $a$ mesure $54^\circ$ comme le suggère Jacquot.
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  • Bonjour,

    $A'$ partage le grand arc d'extrèmités $B$ et $C$ en deux arcs d'égales mesures.
    On regarde alors les angles inscrits de sommets $E$ et les angles au centre correspondants.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Merci Rescassol (tu)
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  • Bonjour
    si BA et CA sont tangents au cercle.
    COB et CAB font 180° et comme CAB=36° donc COB=144°
  • Cela dit, pour montrer que le point $E$ est l'intersection de $(A'F)$ et de $(BD)$, je n'ai rien de mieux qu'une méthode analytique, un peu pénible mais faisable à la main. Voici quelques détails.

    On peut supposer que le cercle est le cercle unité et que les affixes de $B$ et $C$ sont $b=e^{2\pi i /5}$ et $c=\bar{b}$. Posons $\varphi=b+\bar{b}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$. L'affixe de $A$ vaut $a=\frac{2bc}{b+c}=\frac{2}{\varphi}=2(1+\varphi)$ compte tenu de $\varphi (\varphi+1)=1$. On en déduit que l'affixe de $D$ est égale à $d=\dfrac{a+c}{2}=1+b+\frac{3}{2}\bar{b}$.

    Soient $E_1$ et $E_2$ les points où les droites $(BD)$ et $(A'F)$ recoupent le cercle. Il suffit de montrer que $x_{E_1}=x_{E_2}$. Il existe $\lambda\in\R$ tel que $e_1=b+2\lambda(d-b)=b+\lambda(2+3\bar{b})$.

    En développant l'égalité $|e_1|^2=1$ et en utilisant $\varphi (\varphi+1)=1$, on trouve après calculs que $\lambda=\frac{3-\varphi}{11}$, puis que $x_{E_1}=\dfrac{e_1+\bar{e}_1}{2}=\dfrac{19 \varphi +9}{22}$.

    De même, on calcule que $x_{E_2}=\dfrac{19 \varphi +9}{22}$, ce qui conclut.

    Si quelqu'un a une méthode synthétique, je serais intéressé.
  • compte tenu de la figure, l'angle "a" ne va pas varier en fonction du rayon OB.

    superbe question!
  • C'est gentil de faire remonter.
    Alors, toujours pas de démonstration synthétique de l'alignement F,E,A' ? (voir figure de JLT)
    En tous cas, cette configuration est spécifique au cas particulier mes(Â)=36°.
  • cela m’intéresse,

    puisque l'angle CAB est obligatoirement de 36°, on peut surement dire que les longueurs CA et BA sont des projections des deux rayons du cercle en fonction d'une position C?

    on peut noter aussi que E n'existe dans l'exercice que parce qu'il est sur le cercle et sur le segment DB.
    contraire ment à c il n'est pas une position mais une action ou un évènement.
    28816
  • Bonjour ,

    je me suis lancé dans le calcul algébrique . C'est un peu long mais on y arrive (avec la calculette pour finir)

    http://www.geogebratube.org/student/m42330

    Cependant je suis un peu frustré de ne pas trouver de démonstration géométrique .
  • Bonsoir:

    ( EF) est la bissectrice de l'angle BEC.
    Je ne vois pas d'où cela sort ?

    Comment le démontrer ?

    Merci
  • Bonjour Jeremyjeff.

    Sur la figure du troisième message de ce fil, appelons G l'autre intersection de AA' avec le cercle. Les angles A'GB et A'GC sont égaux. Avec l'égalité des angles inscrits interceptant le même arc, on obtient le résultat voulu.

    Cordialement.
  • Bonjour gerard0

    Cela ne suppose-t-il pas que les points F, E et A' sont alignés ? Ou que le point E (intersection de FA' avec DB) est sur le cercle. Je pense que c'est cela qu'il faut démontrer.

    Cordialement
  • Vue la figure originale, il faut sans doute prouver que F, E et A' sont alignés. R=E est sur le cercle par définition (voir message initial). JLT en a rédigé une preuve dans son deuxième message.

    Cordialement.
  • Bonsoir
    Les droites $(AC)$ et $(BA)$ sont tangentes respectivement en $C$ et $B$ au cercle de centre $O.$
    Soit $A'$ le point d'intersection entre la droite $(OA)$ et la droite $(EF)$. $A'$ est sur le cercle de centre $O$ et est situé sur l'arc $\overset{\frown}{BC}$ ne contenant pas le point $E.$
    Soit $A''$ le point d'intersection entre la droite $(OA)$ et le cercle de centre $O$ situé sur l'arc $\overset{\frown}{BC}$ contenant le point $E.$
    L'angle $\widehat{CA'B}$ est un angle inscrit.
    L'angle $\widehat{COB}$ est un angle au centre.
    Le triangle $\triangle ABC$ est isocèle de sommet principal $A.$
    Ainsi $\widehat{ACB} = \widehat{CBA}=\dfrac{180^\circ-36^\circ}{2}=\dfrac{144^\circ}{2}=72^\circ.$
    Or l'angle formé par une tangente à une corde a même mesure que tout angle inscrit interceptant cette même corde.
    On en tire que $\widehat{CA'B} = \widehat{ACB} = 72^\circ.$
    L' angle inscrit $\widehat{CA'B}$ et l'angle au centre $\widehat{COB}$ interceptent le même arc $\overset{\frown}{BC}$ contenant le point $E.$ Selon le théorème de l'angle au centre, on en déduit que : $\widehat{COB} = 2 \times 72^\circ = 144^\circ.$
    Le triangle $\triangle ABC$ étant isocèle de sommet principal $A,$ alors la médiatrice issue de $A$ est aussi la bissectrice issue de $A.$ Ainsi on a $\widehat{A'A''B} = \widehat{A'A''C}.$
    Les angles inscrits $\widehat{A'A''C}$ et $\widehat{A'EC}$ interceptent le même arc $\overset{\frown}{A'C}$ ne contenant pas le point $E.$ Donc $\widehat{A'A''C} = \widehat{A'EC}.$
    Les angles inscrits $\widehat{A'A''B}$ et $\widehat{A'EB}$ interceptent le même arc $\overset{\frown}{A'B}$ ne contenant pas le point $E.$ Donc $\widehat{A'A''B} = \widehat{A'EB}.$
    On en tire que $\widehat{A'EC} = \widehat{A'EB}.$ Donc $(EF)$ est la bissectrice de $\widehat{BEC}$.
    L' angle inscrit $\widehat{BEC}$ et l'angle au centre $\widehat{COB}$ interceptent le même arc $\overset{\frown}{BC}$ contenant le point $A'.$ Selon le théorème de l'angle au centre, on en déduit que : $\widehat{BEC} = \dfrac{360^\circ -144^\circ}{2}=\dfrac{216^\circ}{2} = 108^\circ.$
    Comme $A' \in (EF)$ alors $\widehat{BEA'} = \dfrac{BEC}{2}=\dfrac{108^\circ}{2} = 54^\circ.$
    Or les angles $\widehat{BEA'}$ et $\widehat{FED}$ sont opposés par le sommet $E$ donc $\widehat{FED} = \widehat{BEA'} = 54^\circ$ d'où $a=54^\circ.$
  • Bonne nuit, Bouzar,

    Le calcul de l'angle FED est effectivement assez simple quand on admet ce que tu affirmes dans ta deuxième phrase:
    Bouzar a écrit:
    Soit le point d'intersection entre la droite ((OA) et la droite (EF). est sur le cercle de centre O.

    La question qui restait en suspens était la justification de cette affirmation:
    JLT écrivait a écrit:
    je n'ai rien de mieux qu'une méthode analytique, un peu pénible mais faisable à la main
    ...Si quelqu'un a une méthode synthétique, je serais intéressé.

    et plus loin fm31 a posté une autre démonstration algébrique assortie du commentaire:
    fm31 a écrit:
    je suis un peu frustré de ne pas trouver de démonstration géométrique

    Cet alignement est une particularité de la figure liée à la mesure de l'angle  et il constitue bien la difficulté du problème de yan2.
  • Et d'où provient ce magnifique exercice, qui donne tant de fil à retordre aux plus fins géomètres ? De quelque olympiade sans doute ?
  • Bonsoir,
    Si je repends les calculs de fm_31 : "A l'aide de la calculette , on vérifie que EX2 + EY2 = 1"
    Personnellement, ma calculette ne me permet pas de vérifier que cela vaut 1.

    Le calcul est d'une complexité extrême, même en introduisant le nombre d'or.
    Le but de l'exercice, c'est justement de démontrer que E est sur le cercle. tous ces calculs pour rendre la démonstration à ce calcul impossible à faire ...
    je reste sur ma faim

    La démonstration de Bouzar, me paraît plutôt élégante.
    Il faudrait juste prouver que les points sont alignés.

    Cordialement, jeremyJeff
  • Bonjour jeremyjeff ,

    C'est vrai que le calcul est un peu long mais pas complexe du tout .

    Démo :
    28895
  • bonsoir,

    complétons la figure de JLT en faisant apparaître le pentagone régulier :

    - en considérant les angles connus, il est facile de voir que A'B' est perpendiculaire (en H) à BA et que GH = HA,
    - un calcul relativement simple (à partir de la valeur de tan(π/5) permet de vérifier que (G, B, H, F) est une division harmonique,
    - de ce fait, si on appelle E le point d'intersection de A'F avec le cercle, les points (C, B, B', E) forment une division harmonique sur le cercle,

    - mais le faisceau de sommet B formé par BC, BB(=BA), BB', BD est lui aussi harmonique, car CA, parallèle à BB' est partagé en deux segments égaux...
    - donc BD coupe bien le cercle au même point E que A'F.

    ce qui achève la démonstration de l'alignement de A', E et F

    cordialement
    Gilberte28896
  • Bonjour,

    en posant comme Bouzar que la droite (OA) coupe le cercle de centre O en A' et A'' et que A'F coupe le cercle en E, il vient bien que EF est bissectrice de CEB ; F milieu de AB .

    Si (BE) coupe (AC) en D ,l 'angle DEF vaut alors 45° + CAB/4.

    Pour que D soit le milieu de AC il faut que l'angle CAB fasse 36° .
    bien cordialement
    kolotoko
  • Bonjour,

    Hmm,
    J'ai raté quelque chose ?
    "et que A'F coupe le cercle en E": c'est justement ce qu'il faut démontrer.
    On ne peut pas seulement l'affirmer: Rien ne dit que les points A',F et E sont alignés avec E sur le cercle.

    Cordialement
  • Bonjour à tous,

    en fait on peut aborder le problème par divers bouts et poser comme point de départ que E est le point d'intersection de A'F avec le cercle (EA'F alignés n'est alors pas à démontrer, c'est la définition de E !)
    et il s'agit alors de démontrer que B,E,D sont alignés (ou que la droite BE coupe AB en son milieu)
    la démo de kolotoko est justement incomplète sur ce point :
    Pour que D soit le milieu de AC il faut que l'angle CAB fasse 36°
    (sous entendu A',E, F alignés par définition de E, et D est l'intersection de BE avec AC)

    le plus "purement géométrique" est pour l'instant la démo de gipé (bravo !) sous réserve du "un calcul relativement simple" ce qui comme chacun sait veut dire "deux pages de calculs que j'ai la flemme de recopier ici"
    alors si c'est pour faire un tel calcul, les solutions de Bouzar, JLT et fm_31 "suffisent" ;)
    resterait donc à justifier géométriquement que en partant du pentagone (ou d'un décagone ?) on a "directement" (G, B, H, F) = -1 (de la figure de gipé)

    nota : avec comme définition de E l'intersection de BD avec le cercle (à prouver que A',E,F alignés) on a quel que soit l'angle A, la relation BE.BD = BC²/2
    est ce utile à quoi que ce soit ?

    amicalement.
  • Bonjour,

    Morley dit que si on part de $B(b)$ sur le cercle unitaire, donc avec $b$ de module $1$, on aboutit à $E(e)$ avec $e=\dfrac{2b^2+1}{b(b^2+2)}$, puis que $A'$, $E$ et $F$ sont alignés si et seulement si on a $(b^5 - 1)(b^2 + b + 1)(b + 1)^3=0$. On retrouve donc le pentagone, puis le $36°$ et le $54°$.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Bonjour,
    Ce Morley, il est partout.
    A croire que la géométrie pourrait s' y ramener quelque soient les configurations !

    Cordialement
  • Bonjour,

    Je n'ai pas dit ça, mais je l'aime bien, il vaut bien Mr Bignoll B-)

    Cordialement,

    Rescassol
  • Bonjour,

    ma petite relation s'est avérée fructueuse finalement !
    une démonstration niveau Lycée, foin des trucs de Morley, affixes et calculs "trop gros pour être dans la marge" ;)
    28904
  • Bonsoir à tous

    Je n'ai pas trop fouillé l'exercice mais il me semble qu'en partant du décagone régulier en pointillés on peut montrer que les deux triangles en bleu forment un angle de 144° et qu'alors l'angle DEF tombe tout seul .
    28905
  • Joli !!

    il reste "seulement" à justifier correctement tes angles droits ...
    il y a une astuce planquée pour ces angles droits ? (calculs exclus, sinon on a déja tout démontré depuis le début)
    La démo a besoin de ces angles droit pour terminer par :
    "donc l'angle en E vaut 144° - 90°"

    tout le reste est limpide.
  • On peut justifier l'angle droit assez facilement en considérant le cercle circonscrit au rectangle $ABGH$ . Il coupe l'axe de symétrie $(GD)$ en $D$ . L'angle inscrit $\widehat{BAD}$ vaut 36° donc $L,D\text{et}A$ sont alignés et $D$ est le milieu de $[AL]$ .
    Comme $[BH]$ est un diamètre $BHD$ est rectangle en $D$ .

    28907
  • Bien vu. Merci.
  • Pas de quoi :)-D

    Ca paraît toujours simple quand on a effacé ce qui ne sert à rien .

    N'est-ce pas tout le plaisir de la géométrie ?

    Domi
  • bravo !(tu)
  • Bonjour,

    Voici une autre démonstration basée sur les formules de trigonométrie de 1ère, plutôt élégante.
    le lien

    Cordialement JeremyJeff
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