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Exercices de collège ou lycée

Modifié (22 Nov) dans Géométrie
Bonjour à tous
Je trouve que l'idée de JLT de proposer des exercices du niveau Collège ou Lycée est excellente.
Voici par exemple un exercice pris dans un ouvrage de géométrie datant de 1930.
Cet ouvrage est divisé en livres qui suivent exactement ceux de la géométrie d'Euclide, livre 1, livre 2, etc, etc...
Cet exercice est tiré du livre 1 et je pense qu'il est du niveau Lycée ou peut-être de celui du Collège.
Je propose la version originale qu'on pourra toujours modifier après la discussion pour la mettre au gout d'aujourd'hui.
Etant donné un triangle $ABC$ dans lequel $\widehat B-\widehat C=90°$, démontrer que si $H$ est son orthocentre, les triangles $ABC$ et $HBC$ sont égaux.
Pour le moment, je ne donne pas de figure pour ne pas vous influencer.
Amicalement
pappus
PS
Je suis aussi intéressé par la façon de faire la figure pour les élèves!

Réponses

  • Modifié (22 Nov)
    Bonjour
    La solution est dans la construction de la figure :   on se donne le segment $[BC]$ et l'angle $\widehat{C}=\widehat{BCx } $  qui doit être inférieur à $45$ degrés.  Soit $B_1$  le projeté  orthogonal de $B$  sur la demi-droite $[C x)$ et   $ \Delta$   la  perpendiculaire à (BC)  et passant pat $B. $  Alors le point $A$  ("intersection de [Cx)"   et  de  "la droite symétrique de  $(BB_1)$  par  rapport à $\Delta$"  fini la construction.
    Pour répondre à la question il suffit d'identifier chaque angle de la figure  en fonction de l'angle $\widehat{C},$  ce qui est facile
    En particulier on obtient $\widehat{HCA_1}=\widehat{C}.$

  • Bonjour

    Pour les élèves, j'écris
    $\widehat B=\widehat C+90°$
    et je reporte au compas

  • Modifié (22 Nov)
    Une construction du triangle pour commencer.
    Je suis dans une troisième de 1930. Plusieurs brouillons de figures m’amènent à construire en premier le côté BC et la perpendiculaire en son milieu (le mot ‘médiatrice’ n’existe pas encore : il a été inventé par ?  (j’ai oublié), et sur celle-ci je place un point D avec un angle BDC est supérieur à un droit. Alors la perpendiculaire à BD en B coupe la droite CD en A.

  • Il me semble que c'est madame  Christiane Zehren qui proposa le terme de médiatrice.
  • Modifié (22 Nov)
    Merci à tous pour vos réponses.
    Je suis un peu déçu.
    Je m'attendais au schéma suivant
    1° Une preuve en bonne et due forme, une sorte de correction détaillée pour les élèves dans le cadre du programme.
    2° Avec pour conséquence, une construction de la figure à la règle et au compas.
    Seul Léon Claude Joseph a donné une construction plus ou moins justifiée, même s'il s'est mélangé les pinceaux entre les points $B$ et $C$.
    J'attends donc toujours cette preuve détaillée de préférence rédigée en bon français!
    Amicalement
    pappus
    PS
    Quel est le mot clé pour cette démonstration?
  • Modifié (23 Nov)

    (Je suppose que les points B et C ont rejoint leurs places respectives sur ma figure et j’ose écrire une démonstration en évitant cette fois les erreurs d’écriture)

    Par construction, le point D est sur la médiatrice de BC, donc le triangle DBC est isocèle en D et ses angles à sa base, DBC et DCB sont égaux, donc l' angle  ACB est égal à l'angle DCB.

    Les droites DB et BH perpendiculaires à la droite AC sont parallèles et les angles alternes internes DBC et BCH sont égaux. Donc l'angle ACB est égale à l'angle BCH  et la droite CB est bissectrice de l’angle ACH.

    Dans le triangle ACH, la bissectrice CB est aussi hauteur. Le triangle ACH est donc isocèle en C,  la droite CB est médiatrice de la base AH et axe de symétrie pour les triangles ABC et HBC qui sont donc égaux.

    Conclusion. Dans un triangle ABC tel que B^- C^ = 90°, H étant son orthocentre, les triangles ABC et HBC sont égaux

  • Merci Léon Claude Joseph
    Autrefois on disait triangles égaux, Bourbaki dirait plutôt triangles isométriques.
    L'essentiel est que les points $A$ et $H$ sont symétriques par rapport à la droite $BC$.
    Il faut le signaler absolument.
    Je croyais avoir lu ici même que la symétrie axiale était abordée en sixième!
    J'aime bien l'hyperbole de ta figure.
    Saurais-tu donner une preuve simple de son existence?
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour
    oui, la symétrie axiale est abordée en 6e, voici un extrait des attendus en fin de 6e 

  • Preuve l’existence de l’hyperbole par la méthode analytique :

    O étant le milieu de BC, dans de repère (O ; OC), on prend D (0 ; y) et A (X ; Y).

    On écrit que le déterminant des vecteurs CD et CA ainsi le produit scalaire des vecteurs BD et BA sont nuls. L’élimination de la variable y entre les deux égalités nous conduit à l’équation d’hyperbole équilatère X² - Y² = 1.


  • Merci Léon Claude Joseph
    Voici comment j'aurais raisonné quand j'étais taupin avec le jargon de l'époque, nostalgie quand tu nous tiens!
    On travaille dans des axes rectangulaires dans lesquels les points $B$ et $C$ ont pour coordonnées $(a,0)$ et $(-a,0)$
    La pente de la droite $CM$ est $m=\dfrac y{x+a}$, celle de la droite $BM$ est $-\dfrac 1m=\dfrac y{x-a}$
    On multiplie tout le fourbi pour obtenir:
    $$-1=\dfrac{y^2}{x^2-a^2}$$
    c'est-à-dire:
    $$x^2-y^2=a^2$$
    Pour une démonstration plus géométrique, il faut farfouiller dans le Lebossé-Hémery!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (23 Nov)
    Bonjour
    Une approche moins orthodoxe, corolaire de ce qui précède.

    Proposition de lemme.
    Si l'on considère les quatre points A, B, C, D (ou H peu importe) comme quatre points formant un système orthocentrique,
    si en prenant les trois premiers points
    angle ABC - angle ACB = 90°

    le triangle ACD (ACH sur le schéma) est isocèle en C et
    B est son orthocentre
    Jean-Pol Coulon.
  • Modifié (23 Nov)
    Bonsoir à tous
    Voici une figure un peu plus élaborée d'autrefois mais devenue complètement inutile aujourd'hui et dont on peut oublier l'existence sans problème.
    Il nous reste les axiomes de Thalès et de Pythagore!
    $$\overline{A''A}^2=\overline{A''B}.\overline{A''C}$$
    c'est-à-dire:
    $$y^2=(a-x)(-a-x)=x^2-a^2$$
    Amicalement
    pappus

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