Niveau collège

gebrane

Bonjour @Oshine
L'exercice est intégré dans l'image. J'ai fait une chasse à l'angle et je trouve $\widehat{CBA}=\widehat{ACB}=40°$ et (edit correction coquille) $\widehat{ADB}+\widehat{DBC}=40°$, je ne vois pas comment utiliser l'égalité des distances $AD=BC$.

OShine

J'ai cherché 5 min je n'ai pas réussi. 

Math Coss

Y a un polygone régulier à 18 côtés caché là-dessous.

gebrane

J'ai oublié tous les théorèmes utiles  du collège, mais toi, tu es censé les savoir, et surtout, cet exercice ne doit pas te décourager. L'indication de MC me met hors de moi.

OShine

Je ne comprends pas l'indication de @Math Coss. 

gebrane

Laisse l'indication de @Math Coss  en dernier recours. Ne peut-on pas faire plus simple Oshine ?. Pour le moment, je ne sais pas

Matricule_63

J'ai cherché plus de 5 minutes, mais je n'ai pas trouvé non plus ^^'
D'après géogébra, c'est 30°.

JLapin

D'après Maple et la loi des sinus, c'est 30°

Matricule_63

La loi des sinus, on sort du niveau collège (même si on peut la démontrer avec les outils du collège).

canasson29

Une piste ? Faire intervenir le point $D'$ symétrique de $D$ par rapport à la médiatrice de $[CB]$ et le point $\Omega$ point d'intersection des droites $(CD')$ et $(DB).$ On peut par commodité noter $I$ et $J$ les milieux des segments $[CB]$ et $[DD'].$ Appliquer alors Thalès successivement aux triangles $ACB$ et $ADD'$ puis aux triangles $C \Omega B$ et $D\Omega D'$ afin d'obtenir $\Omega I.$

On obtient alors $\tan(\widehat{\Omega CI}).$   

gebrane

Bonsoir canasson29 , Pour appliquer Thalès aux triangles ACB et ADD′ , il faut démontrer d'abord que D' appartient à la droite (AB) et excuse mon ignorance

canasson29

Bonsoir gebrane. Le triangle $ABC$ est isocèle en $A$ donc la droite $(AC)$ a pour image la droite $(AB)$ par la symétrie $s$ par rapport à la médiatrice de $[CB].$ Le point $D'=s(D)$ appartient donc à la droite $(AB)$

gipsyc

Bonjour
Un exercice avec une construction similaire.
Donnés :

Trouvez la valeur de l'angle ε.
Cordialement,
Jean-Pol Coulon 

Ludwig

Bonjour,
Soit $E$ le point tel que $CBDE$ soit un parallélogramme. Alors  $\widehat{DAE}= \widehat{DEA}$ car $ADE$ est isocèle en $D$. De plus les angles alternes-internes $\widehat{DAE}$ et $\widehat{AEC}$ sont égaux car $(AD$ et $(CE)$ sont parallèles. Donc $(AE)$ est la bissectrice de $\widehat{DEC}$. Par conséquent $\widehat{DAE}= \widehat{DEA}=70°$ et $\widehat{ADE}= 40°$.

Pas réveillé ce matin, je n'ai pas calculé le bon angle. Mais ma figure pourra peut-être servir.

biely

gebrane a dit :

Bonjour @Oshine
L'exercice est intégré dans l'image. J'ai fait une chasse à l'angle et je trouve $\widehat{CBA}=\widehat{ACB}=40°$ et $\widehat{ADB}+\widehat{ABC}=40°$, je ne vois pas comment utiliser l'égalité des distances $AD=BC$.

Pas bien réveillé mais je me suis arrêté ici. Avec ces égalités l’angle $\widehat{ADB}$ est nul...

Jean-Louis Ayme

Bonjour,

niveau collège?  Référence du livre?

Je suis parvenu au résultat sans trigonométrie an me basant sur la relation d'Euler 2.OA' = AH pour un triangle ABC, A' milieu de [BC], H orthocentre...

Sincèrement
Jean-Louis

gebrane

gebrane

canasson29  Bonjour, comment tu conclus ?

canasson29

Nullement ! En posant $\alpha = \widehat{BDA},$ $\beta = \widehat{JCI}$ et $\theta=\widehat{BAC}$ de mesure égale à $\frac{2\pi}{9},$

on obtient $\tan{\beta} = \dfrac{2\cos(\theta)-1}{2\cos(\theta)+1} \times \tan(\theta)$ et donc $\alpha = \frac{2\pi}{9}-\beta.$ Et on doit obtenir $\alpha = \frac{\pi}{6}$ ... Ce n'est pas une expression pour un collégien et je ne vois pas comment aboutir à la fin ! Peut-on simplifier l'horrible expression de $\tan(\beta)$ ?

Une autre piste à exploiter serait-elle de faire intervenir le point $A'$ symétrique de $A$ par rapport à la droite $(DB)$ en considérant le triangle $DA'A$ ?

Matricule_63

J'ai déjà un peu cherché du côté des symétries, ça n'a pas abouti pour moi.

Thierry Poma

Bonjour,

Voici un dessin en utilisant l'un des deux triangles équilatéraux tracés de même base le segment $AB$ :

Ludwig

Je reviens avec mon parallélogramme $CBDE$ qui permet de conclure de façon élémentaire. La perpendiculaire à $(AE)$ passant par $C$ coupe $(AE)$ en $H$ et $(DE)$ en $F$. J'ai montré plus haut que $(AE)$ est la bissectrice de $\widehat{DEC}$, on en déduit que les triangles $FHE$ et $HEC$ sont égaux (ils ont les mêmes angles sur leur côté en commun $HE$). Donc $\widehat{BCH}=\widehat{BCE}-\widehat{HCE}=40°-20°=20°$ et $\widehat{ACF}=\widehat{ACB}+\widehat{BCF}=40°+20°=60°$ : $ACF$ est équilatéral. Donc $\widehat{BAF}=100°-60°=40°$ et comme $\widehat{ADF}$ mesure lui aussi $40°$ le triangle $ADF$ est isocèle en $F$. Donc $DFC$ est lui aussi isocèle en $F$. Or $\widehat{DFC}=180°-20°=160°$. Donc $\widehat{CDF}=10°$ et finalement $\widehat{BDC}=30°$.

NicoLeProf

Je vous propose la figure ci-dessus sur laquelle j'ai mis tout ce que je sais (chasse aux angles).

$E$ est défini de sorte que le quadrilatère $AEBC$ soit un parallélogramme.

Le point $F$ est le point d'intersection des droites $(ED)$ et $(BC)$ .

Le point $G$ est le point d'intersection des droites $(EF)$ et $(AB)$ .

Plusieurs observations et constatations en vrac que j'ai prouvées :

la droite $(EF)$ est la bissectrice intérieure de l'angle $\widehat{AEB}$ .

Le triangle $FCD$ est isocèle en $C$ et le triangle $DAE$ est isocèle en $A$. 

On a : $FB=AC=BE$ .

Ce que j'aimerais prouver pour résoudre le problème :

le triangle $DFB$ est isocèle en $F$ OU $\widehat{FDB}=10^\circ$ OU $\widehat{FBD}=10^\circ$ OU $FD=AC$ OU $FD=BE$ ...

Une autre idée était de construire $H$ : l'image de $D$ par la translation de vecteur $\overrightarrow{AC}$ et de prouver que la droite $(BD)$ est la bissectrice de l'angle $\widehat{CBH}$ mais cela n'aboutit pas (j'ai pourtant essayé avec la caractérisation de la bissectrice par des rapports de longueurs mais pas moyen pour le moment). 

fm_31

Bonjour ,
Math Coss  parlait d'un polygone régulier à 18 côtés . Je propose un ennéagone et la rotation du triangle équilatéral  BCD'  de 80° autour de O amenant B'D'E''  sur BDE  et OD' sur OD . On en déduit les 30° cherchés .

gebrane

Merci Ludwig pour ta preuve. Elle est vraiment de niveau collège.

Je ne comprends pas deux points.

Comment démontres-tu que le triangle AFC est équilatéral sachant que tu as démontré seulement que l'angle en C mesure 60° ? Le deuxième point, comment déduis-tu que le triangle FDC est également isocèle sachant que tu as démontré seulement que le triangle ADF est isocèle ?

Excuse mon ignorance .

Ludwig

Oui je suis passé un peu vite sur $AFC$ équilatéral, mais cela résulte simplement du fait que les triangles $AFH$ et $AHC$ sont égaux (cas d'égalité CAC). Et alors $AFC$ possède deux angles de $60°$.
Pour $CDF$ isocèle c'est clair, transitivité de l'égalité : $DF=AF$ et $AF=FC$ donc $DF=FC$.

gebrane

Merci Ludwig

On a HF = HC .  Les angles en C et F du triangle AFC, ils ont donc la même tangente donc ils sont égaux.

Pour la deuxième, j'ai oublié que AFC était équilatéral.

Très belle démonstration.

Comment as-tu eu l'idée de construire ce point F ?

J'ai une preuve niveau collège grâce à Ludwig . Vous pouvez donner vos preuves les plus sophistiquées, dépassant le niveau du collège et du lycée

gebrane

On peut rendre la question plus difficile, cherchons à calculer la mesure de l'angle en D si on connaît la mesure de l'angle en A. Je crois qu'il y a deux cas. ( correction coquille)
Soit D est à l'extérieur du segment [A,B] (si AB<BC),
Soit D est dans le segment [A,B] (si AB>BC).

Dom

Plutôt « dans ou en dehors de [AB] » (et non [AC]). 

OShine

@gebrane
Désole je n'aime pas du tout la géométrie donc je ne cherche pas plus de 5 min un exo de géométrie.

dp

N'est-ce pas légèrement lunaire comme déclaration de la part d'un professeur de collège ? "J'aime pas donc je fais pas". Cela veut donc dire que tes élèves n'ont droit qu'aux exos simples que tu es capable de résoudre (sans que ça soit trop contraignant pour toi…) ? Il faut dire que si tu n'es pas capable de faire un exo cela veut dire que tu ne peux pas leur enseigner ce qui tourne autour et ils ne peuvent pas le faire non plus…

Dom

Par chance il croit savoir en résoudre certains qu’il ne sait pas résoudre donc il en propose davantage que prévu. 

Pardon, c’est une pique gratuite mais c’est plutôt pour tenter de faire une bonne vanne. 

dp

Je n'ose pas imaginer la tête des corrections, en revanche… s'il ne passe pas plus de cinq minutes sur un exercice. Pauvres élèves et pauvres professeurs qui se les tartineront les années suivantes.

biely

@dp
Il y a largement pire et cela me donne envie de soutenir Oshine tant le procédé me paraît abject. Le premier message de gebrane commence par ’’bonjour @OShine’’ (les mp n’existent pas pour ce genre de message?). C’est quoi le but du jeu? De jouer au dîner de con? On balance un exercice que l’on n’est même pas capable de résoudre et ensuite on déclenche les sarcasmes? 

dp

Biensûr, le comportement de @gebrane est assez… spécial mais ça ne surprend pas spécialement venant de ce dernier.

Simplement je trouve tout de même que la déclaration de @OShine, qui dépasse largement le cadre de cet exercice (c'est moi qui surligne en gras)

Désole je n'aime pas du tout la géométrie donc je ne cherche pas plus de 5 min un exo de géométrie.

est lunaire. Il est professeur de mathématique au collège. Son rôle, que l'on paye de nos impôts, est quand même de savoir faire plus que ses élèves afin de leur enseigner des mathématiques. Comment peut-il les enseigner de cette façon…? Comment fait-il lorsqu'il se retrouve face à un·e de ses élèves qui lui pose une colle (et visiblement c'est du gâteau en géométrie) qu'il ne saura jamais résoudre ?

M'enfin, j'imagine qu'il ne faut pas trop lui en demander, après tout, il (croit) "arrive(r) à faire" des sujets de l'X. Ça démontre bien qu'il est au-dessus de l'enseignement de géométrie de collège, non ?

Dom

En effet, je découvre ce "bonjour ...." car j'admets ne pas l'avoir lu et m'être concentré tout de suite sur le contenu "maths".
Notre ami gebrane aime bien interpeler des gens sur le forum.
Là, en l'espèce, si on le prend comme "le dîner de cons" alors, oui, je n'aime pas cette idée là.
Je ne pense pas que ce soit le cas...

Matricule_63

@dp ça dépend du contexte (que je n'ai peut-être pas), mais c'est pas forcément si atroce que ça.
Perso, j'ai beaucoup de mal avec les calculs bourrins en analyse, ou les fameux exos à la "il suffit de poser $\varepsilon = \frac {\sqrt 2} {17}$ et alors..." qui sort de nulle part.
Donc devant ce genre de problème (si ce sont des "maths gratuites", hors situation professionnelle ou préparation d'examen/concours...), clairement non je ne perdrait pas du temps avec.

Un enseignant sur un forum pendant son temps libre n'est pas vraiment comparable à un élève pendant un cours.

(et je ne vois pas le rapport entre la géométrie collège et l'X. Cette année j'ai eu 18 en algèbre à l'interne, et pourtant je sèche devant ce problème. Qu'en déduire?)

dp

@Matricule_63 Tout dépend de ce que voulait initialement dire @OShine dans son message.
Si je l'ai bien interprété alors c'est lunaire. Si en revanche tu l'as bien interprété et qu'il parle d'exercices sur le forum, alors effectivement, c'est pas si pire comme ils disent.

(Lis un peu l'historique d'@Oshine et tu comprendras le rapport entre (la géométrie de) collège et l'X.)

gebrane

biely a dit :

 Le premier message de gebrane commence par ’’bonjour @OShine’’ (les mp n’existent pas pour ce genre de message?). C’est quoi le but du jeu? 

Normalement, je commence mes questions par un bonjour . Le bonjour destiné à Oshine,  c’était seulement pour lui envoyer une alerte car dans ce fil, je rappelle ceci
    gebrane a dit :
 Je t'explique uniquement cette question.......... En contre partie j'ai besoin de toi sur un exercice de géométrie pour aider un   collégien.

Mais puisque tu es biely,  du genre à t'enflammer rapidement et à utiliser des mots irrespectueux, tu peux m'oublier et je ferai de même. Tu n'as nullement besoin de moi et je n'ai nullement besoin de toi.

JLapin

Dom a dit :
Là, en l'espèce, si on le prend comme "le dîner de cons" alors, oui, je n'aime pas cette idée là.
Je ne pense pas que ce soit le cas...

Moi je pense que si.

Et je trouve cet exercice très difficile avec les outils du collège : bravo à ceux qui ont trouvé une solution !

OShine

@Matricule_63
En déduire que le niveau des candidats de l'agreg interne est très faible en algèbre ?

OShine

Je préfère les calculs atroces d'analyse et la théorie des groupes à la géométrie de ce style avec des traits partout et des angles partout ça fait mal à la tête.

lourrran

Dans cet exercice, et dans beaucoup d'exercices de géométrie, il faut penser à introduire des points supplémentaires. Il faut deviner où placer ces points supplémentaires. Réussir cet exercice demande de l'intuition, de savoir prendre des initiatives.
J'ai mis en gras les mots qui font que les exercices de géométrie sont infaisables pour OShine (comme les exercices de probabilités, de statistiques...).
Récemment, en commentant Headacademy, il reprochait à ce prof de chercher à développer l'intuition des élèves. Certes, il y a des tas de choses à reprocher à cette chaine, mais quand même...

biely

lourrran a dit :

Récemment, en commentant Headacademy, il reprochait à ce prof de chercher à développer l'intuition des élèves. Certes, il y a des tas de choses à reprocher à cette chaine, mais quand même...

@lourrran
Je viens de vérifier et ce n’est pas exactement ce qu’il a dit...

gipsyc

Bonjour,
L'angle 40° oriente vers un ennéagone, comme dans la solution présentée par fm_31.
Ce qui donne cette autre construction :
 
et donc

Pas vraiment une démonstration au sens rigoureux du terme, sauf si l'on considère comme « bien connues » les propriétés angulaires des diagonales mises en jeu dans l'ennéagone.
Cordialement,
Jean-Pol Coulon

JLapin

Voici une solution avec un peu plus que le programme du collège.

La similitude directe qui envoie C sur D et B sur A est (par hypothèse sur les longueurs) une rotation d'angle 40°.
On note O son centre (point de concours des médiatrices de $[AB]$ et de $[CD]$) et $F$ l'intersection de $(AO)$ et de $(BC)$.
L'égalité $\widehat{ACB} = \widehat{AOB} = 40°$ montre que les points O,B,A,C sont cocyliques, et donc $\widehat{COF} = \widehat{CBA} = 40$.
Ainsi, $C$ est l'image de $F$ par la rotation de centre O et d'angle 40° (bon angle et $C$ appartient au segment image de $[DA]$) et donc on a l'égalité de distances $FB=CA$ et aussi $CD = AD-AC = BC-BF = CF$.
Le triangle $CDF$ est donc isocèle.

Pour simplifier les calculs, je prends la longueur $CF$ comme unité.
Par Al-Kashi dans le triangle isocèle CDF, on a $DF^2 = 2-2\cos(140)$.

Par la loi des sinus dans le triangle ABC, on a
$\dfrac{BC}{\sin (100)} = \dfrac{AC}{\sin(40)}$ puis $\dfrac{AC+1}{\sin(100)} = \dfrac{AC}{\sin(40)}$.

Avec quelques calculs trigos un peu bourrins, il vient $DF = AC $ puis $DF = FB$ donc l'égalité d'angles $\widehat{FDB} = \widehat{FBD}$.
On note $a$ cet angle et l'on a $2a+40+100+\widehat{CDF} = 180$.

Or, par caractère isocèle du triangle $CDF$, on a $\widehat{CDF} = \dfrac{1}{2} (180-140)=20$.
On en déduit $a = 10$ puis $\widehat{CDB} = 20+10 = 30°$.

Voici une image pour éclairer tout ceci.
https://i.imgur.com/Ymi4vbC.png

gebrane

Je vais me tester pour voir si je peux reproduire le même raisonnement de  Ludwig pour un problème similaire, mais pas avec la méthode très avancée en réflexion et calculs de Jlapin.
Calculer l'angle ADB

canasson29

Bonsoir, pour ce qui concerne l'apparition de polygônes réguliers, je vous joins l'image suivante. Il apparait naturellement des "neufs-gones" pardon des nonagones Il y en a trois. Je ne sais pas dans quelle mesure, cela est exploitable. Je ne sais pas si Math Coss pensait à un polygône non convexe, auquel cas  ici il y en a un à 18 côtés

Dom

La figure de gipsyc est très claire. 

Il utilise un point du cercle qui n’est pas sur un sommet du nonnagone mais exactement entre les deux. 

On peut donc évoquer le 18-gone dont parle Math Coss. 

gebrane

Bonjour Dom, peux-tu expliquer comment déduire la mesure de notre angle avec ce 8-gone de gipsyc, je t'avoue ce n'est mon domaine de compétence. Merci

Dom

L’angle au centre qui mesure 20° intercepte le même arc que l’angle inscrit de sommet 1. Ce dernier mesure donc 10°. 

On a alors deux angles du triangle ADC. 
100° et 40°+10° il reste donc 30°.