Niveau collège

fm_31

Bonjour gebrane ,
les hypothèses sont prises en compte d'abord dans l'angle de rotation (60° = 3 x 20°) . 
Comme ABC est isocèle , la rotation amène les différents points comme indiqué . Sinon ce ne serait pas le cas .
De l'hypothèse AD = BC  découle DD' parallèle et égal à BB''  car  BB' = BC = AD = DD'
Cordialement

gebrane

Si Dom est convaincu par ta preuve (c'est son domaine de compétence), alors mes critiques sont à oublier.

fm_31

Bonjour gebrane,

Dès que l'angle A est fixé (20°), le point C  (ainsi que la distance BC) sont automatiquement déterminés par le point B et l'hypothèse que le triangle est isocèle. 

L'angle cherché est bien la somme d'un angle du rectangle (90°)  et d'un angle du triangle équilatéral (60°).

Dom n'a pas dit qu'il était convaincu par la démonstration et je ne prends pas tes demandes d'éclaircissement pour des critiques. Elles m'aident à vérifier que ma démonstration semble valide à preuve du contraire.
Cordialement.

gebrane

Personne ne donne son point de vue sur ta preuve. J'aimerais avoir l'avis de @Rescassol. Pour ma part, je trouve que cette preuve présente un défaut de justification. Il serait préférable d'éviter de parler de rotations, car cela peut être trompeur. Pour expliquer mon point de vue, considérons la droite D qui passe par A et est parallèle à la droite DB. Selon ton dessin, le point D' n'est autre que le symétrique de D par rapport à la droite D, et de même pour B' qui est le symétrique de B par rapport à cette droite. Je remarque que le triangle ADD' est isocèle en A et que DD'BB  est bien un rectangle , mais il manque la justification que le triangle ADD'  est équilatéral ou que l'angle DAD' est égal à 60 degrés de manière équivalente."

fm_31

Bonjour gebrane ,
Les rotations sont des transformations parfaitement définies (centre et angle) et n'ont rien de trompeur . Tout comme les symétries , les similitudes et autres .
Peux tu préciser les défauts de justification qui resteraient à combler ?
Cordialement

gebrane

Bonjour fm.
Je te propose de considérer le sens direct et le sens réciproque pour comprendre la faille dans la preuve :
    Dans le sens direct, considérons une rotation de centre A d'angle 60° qui transforme D en un point D' et B en B''. Sans conditions supplémentaires, il n'est pas raisonnable  de dire que les droites DB et D'B'' sont parallèles. Question  démontrer de manière détaillée que cela est vrai avec les hypothèses de l'exercice .
    Dans le sens réciproque, considérons la droite $\Delta$ qui passe par A et est parallèle à la droite DB. Soit D' le symétrique de D par rapport à la droite $\Delta$, et de même pour B' qui est le symétrique de B par rapport à cette droite. Soit r la rotation de centre A qui transforme D en D' et B en B''.  démontrer de manière détaillée que l'angle de cette rotation est 60° avec les hypothèses de l'exercice.

Dom

Désolé ça sautait tellement que je n’arrivais pas à naviguer. Cher gebrane tu m’attribues des compétences que je n’ai pas. Si je retrouve un PC, je tenterai de regarder. Mais c’est un nouvel exercice d’après ce que j’ai compris ?

gebrane

Bonjour Dom
L'histoire est que fm a proposé une solution à l'exercice initial   similaire  qui ne me convainc pas.

En tant que professeur de collège, tu as une meilleure connaissance de la géométrie du collège que moi. J'ai donc souhaité  ton  avis, car nous partageons une affinité et une amitié que nous avons développées depuis plusieurs années. Je me suis également permis de demander l'avis de Rescassol, que je considère comme une référence en géométrie.

raoul.S

gebrane a dit :

L'histoire est que fm a proposé une solution à l'exercice initial qui ne me convainc pas.

fm_31 propose une solution à cet exercice. Comme toi gebrane, la géométrie n'est pas une branche que j'affectionne (c'est un euphémisme...) mais en me forçant à regarder la preuve de fm ICI je suis d'accord avec lui, ça marche. Personnellement j'avais du mal à voir que le quadrilatère BDD'B'' est bien un rectangle mais c'est bien le cas... car BB''=DD' et la droite en traitillé coupe les segments BB'' et DD' en deux parties égales.

gebrane

Bonjour mon sauveur raoul-s. Peux-tu me convaincre en me donnant une preuve détaillée de la méthode de fm en utilisant bien les hypothèses de l'exercice

Bouzar

Bonjour
La construction initiale est :

L'hypothèse $AD = BC$ conduit à l'existence d'un point $E$ de sorte que les triangles $ABC$ et $AED$ soient semblables avec $\hat{AED}= 100^{°}$ et $AE = ED.$

On a donc la figure suivante :

Comme les triangles $ABC$ et $AED$ sont semblables, on a $AE = AB$ et puisque $\hat{EAB} = 60^{°},$ on en déduit que le triangle $AEB$ est équilatéral. Par suite, $\hat{AEB} = 60^{°}.$

Puisque $DE = EB$, alors le triangle $DEB$ est isocèle de sommet principal $E.$

Par suite $\hat{BDE} = \hat{EBD} = 10^{°}$ et donc $\hat{ADB} = 30^{°}.$
Amicalement

fm_31

Bonjour gebrane,

"il n'est pas raisonnable  de dire que les droites DB et D'B'' sont parallèles"

2 segments (DD' et BB'') égaux et parallèles déterminent bien un parallélogramme .
L'angle de rotation est fixé à 60° en fonction de l'hypothèse angle A = 20°
Cordialement.

raoul.S

@gebrane es-tu d'accord que la droite en traitillé coupe les segments BB'' et DD' perpendiculairement ?

gebrane

Bonjour raoul-s
Comment tu définis  cette droite $\Delta$  en pointillé pour que nous puissions nous mettre d'accord ?"
1- Il y a deux façons: c'est la droite passant par A et // à DB.
2- La droite qui fait un angle de 30¨ avec la droite AD.
Puis je dois savoir comment tu construis les points D' et B''.
Est-ce que par symétrie axiale par rapport à $\Delta$ ou bien par une rotation de centre A et d'angle à préciser

gebrane

@Bouzar  Intéressante ta preuve.
Bouzar. Tu as considéré un point E pour avoir deux triangles semblables (à isométrie près) ABC et ADE, puis tu as démontré que ABE est équilatéral.

 Raoul-s, de son côté, a considéré un point G (qui correspond à ton E) pour avoir un triangle ABE équilatéral, puis il a démontré que les deux triangles ABC et ADE sont semblables.

Jean-Louis Ayme

Bonjour,
en fait les deux exercices ne font qu'un ; D à l'extérieur ou à l'intérieur.

Si, nous proposons une construction du point D extérieur et la preuve qui va avec, nous la transposons au point D extérieur...
Nous retrouvons encore un triangle équilatéral... et une chasse angulaire...

Je passe à la rédaction.

Sincèrement
Jean-Louis

Barjovrille

Bonjour @gebrane je crois que la question que tu veux poser sur la figure de fm_31 est qui est $B''$ et selon la réponse pourquoi $B''BD'D$ est un parallélogramme.

gebrane

@Barjoville
Ma question principale est la suivante : es-tu convaincu par ces arguments ? L'auteur présente un graphique sophistiqué, mais il refuse de fournir une preuve clairement détaillée où il explique comment il utilise chaque hypothèse de l'exercice. Lorsque je lui ai posé la question : « Tu n'as pas utilisé que l'angle en A mesure 20° », sa réponse a été que 60 est égal à 3 fois 20. Cependant, je pourrais tout aussi bien changer l'angle en A pour qu'il mesure 15 degrés, et selon lui, l'exercice ne changerait pas, car 60 est équivalent à 4 fois 15. S'il commence par justifier que DD'B''B est un parallélogramme, cela serait un bon début, mais je dois voir l'effet des hypothèses dans son explication. Me répondre par DD'  et BB''  égaux et parallèles n'est pas convaincant.

Barjovrille

J'essaye d'expliquer la figure de fm_31, je n'ai pas l'habitude de rédiger en géométrie j'espère que ça sera lisible. Je garde les mêmes notations de points et je rajoute un point $G$.
Le triangle ABC est isocèle en A il a un axe de symétrie ( la hauteur issue de A) on note G le symétrique de D par rapport à cet axe donc G est un point du triangle ABC.
Je vais noter $r$ la rotation de centre A de 20 degré. On pose $D'=r(r(G))$.
On commence par montrer que $ADD'$ est équilatéral.
On a $r(r(AG))=AD'$ par définition de $G$ (symétrique de $D$ d'axe la hauteur issue de $A$) on a $||AD||=||AG||$, de plus $r$ est une isométrie donc $||r(r(AG))||=||AG||$
Donc $||AD||=||AD'||$. Comme $D'=r(r(G))$ par définition de la rotation l'angle $D'AD=60$ degré et le triangle $ADD'$ a deux côtés de même longueur donc il est équilatéral.

On pose $B''=r(r(C))$, on va montrer que $B''BD'D$ est un parallélogramme.
Si on note $s$ la symétrie d'axe la hauteur issue de  $A$, on remarque que $s(BD)=CG$ donc par isométrie $||BD||=||CG||$. Comme $B''=r(r(C))$ et $D'=r(r(G))$ on a $B''D'=r(r(CG))$ et donc $||CG||=\boxed{||B''D'||=||BD||}$. 
Comme le triangle $ABC$ a un angle de $20$ degré en $A$ on a $r(C)=B$, et comme $B''=r(r(C))$, on a $B''=r(B)$ et donc $r(BC)=B''B$, donc $\boxed{||BC||=||B''B||}$
Le triangle $ADD'$ est equilatéral donc $||AD||=||DD'||$ par hypothèse on a $||AD||=||BC||$ d'ou $||B''B||=||DD'||$.

On a donc $||B''B||=||DD'||$ et $||B''D'||=||BD||$ donc côtés deux a deux égaux donc $B''BD'D$ est un parallélogramme. Au passage on a récupéré B''B parallèle à $D'D$.

On prouve que $B''BD'D$ est un rectangle,
On considère $\Delta$ la médiatrice de $ADD'$ issue de $A$, elle coupe $DD'$ perpendiculairement en son milieu ainsi que $B''B$ (par propriété des parallèles)
On note $T$ et $T'$ les point d'intersection respectifs. on a alors $D'TB''T'$ est un parallélogramme avec un angle droit donc c'est un rectangle en particulier l'angle en $D'$ (B''D'D) est droit. Donc on a trouvé un angle droit dans le parallélogramme $B''BD'D$ c'est donc un rectangle et on peut conclure. 

Ps: C'est la même figure que fm_31 mais en rajoutant le point $G$.

gebrane

Bravo Barjoville. Explication claire. utilisant les 3 hypothèses de l'exercice.

gebrane

Bonsoir
Je partage  ces deux exercices qui, bien qu'énoncés de manière simple, recèlent une complexité qui ne saurait être négligée. Il en découle que la géométrie enseignée au collège peut également donner lieu à des problématiques épineuses, interrogeant ainsi la capacité de notre esprit à appréhender les notions les plus élémentaires.

Question 1.
Soit ABC un triangle équilatéral et C son cercle circonscrit. Soit D un point sur l'arc BC qui ne contient pas A. Il s'agit de démontrer que AD = BD + CD.

Question 2.
Soit ABC un triangle isocèle en A, et D et D' deux points respectivement sur les segments [AB] et [AC]. Les droites (edit correction coquille)  CD et BD'  se coupent en un point M. Il est demandé de démontrer que si les angles AMD et AMD' sont égaux, alors les droites DD' et BC sont parallèles.

Ajout figure de Nico pour l'exercice 2

gipsyc

Bonjour gebrane
Le premier lemme est le théorème de Van Schooten : pour un triangle équilatéral avec un point P sur son cercle circonscrit la longueur du plus long des trois segments de droite avec P et les sommets du triangle est égal à la somme des longueurs des deux autres.
Plus précisément, si le point P est choisi sur l'arc mineur BC, alors PA = PB + PC.
Démonstration : un indice : ABDC forme un quadrilatère cyclique (appliquer Ptolémée : le produit des longueurs des diagonales etc.).


Une autre voie : une chasse d'angle

Une autre propriété avec D : AD² + BD² + CF² = 2 BC²
Cordialement,
Jean-Pol Coulon 

gebrane

Bonjour gipsyc
Je ne savais pas que l'exercice 1 était un théorème. Je l'ai partagé car il se démontre avec la méthode de Raoul-S : construire un triangle équilatéral pour engendrer deux triangles identiques.

Soit G un point dans le segment [AD] pour que DGB soit un triangle équilatéral (je sais pourquoi G existe  ), et selon le théorème antique, les triangles BAG et BCD sont identiques (je sais pourquoi ), d'où AG=CD. Cela implique l'égalité recherchée.

C'est la méthode que tu as appelée "chasse à l'angle" (il y a des coquilles dans ton texte)

Dom

La lettre D doit être remplacée par la lettre P. 

gebrane

Plutôt l'inverse, Dom. Mon exercice utilise la lettre D et non la lettre P

Dom

Dans le texte de gipsyc, j’entends.  

Ce doit être plus simple que de changer la figure, voire le cliché entier.  

Soc

Dans les démonstrations proposées il y a beaucoup de triangles égaux et semblables et peu de transformations. Est-ce le changement de programme de 2016 (avec le retour des triangles égaux) qui induit cette prédominance ou avez-vous toujours abordé les problèmes ainsi?

gebrane

Dom j'ai ajouté un dessin  avec les notations de l'exercice.

@soc C'est raoul-s qui a indiqué cette utilisation des triangles égaux J'ai aimé donc j'ai adopté.

Dom

Je crois que le langage des triangles égaux/semblables étaient déjà utilisé (bien) avant la réforme 2016 sur le forum. 

C’est vrai que c’est pratique car cela parle de longueurs et d’angles et englobe (cache ?) les rotation et toutes les transformations. 

raoul.S

Bon après l'idée d'utiliser un triangle équilatéral n'est pas de moi, je l'ai pompée sur d'autres exos que j'ai trouvés. Ma contribution se limite à l'emploi du théorème de l'angle au centre et surtout à remplacer par mégarde la lettre E par la lettre G... 😇

gebrane

Pourquoi es-tu sensible raoul à la lettre G ?

Dom

Le point G a toujours été plus stimulant. 

gebrane

Ah oui je comprends pourquoi mon pseudo est stimulant :  Il commence par G

J'ai une question, peut-on appliquer la méthode de @Bouzar , c'est-à-dire comment prouver puisque AB=CD, qu'il existe un point G appartenant à [AD] qui rend les triangles AGB et BCD égales ? et en déduire que GBD est équilateral

NicoLeProf

Bonjour,

Ci-dessous : une figure et une preuve accessible au niveau collège de la question $2$ (sauf erreur éventuelle de ma part) :

Déjà, correction d'une coquille dans l'énoncé de gebrane : ce sont les droites $(CD)$ et $(BD')$ qui sont sécantes en $M$ .

Sur la figure ci-dessous, on sait que les triangles $ADM$ et $AD'M$ sont égaux avec le côté $[AM]$ en commun donc il y a deux cas pour les côtés homologues : $[AD]$ et $[AD']$ (donc $[MD]$ et $[MD']$) d'une part OU $[AD]$ et $[MD']$ (donc $[MD]$ et $[AD']$) d'autre part.

Etudions le cas où $AD=MD'$. Alors, $AD'=MD$ . Par suite, le quadrilatère $AD'MD$ a ses côtés opposés égaux donc c'est un parallélogramme et $(AD) // (MD')$ mais ces deux droites se coupent en $B$ donc elles sont confondues et on en déduit que $D'$ appartient au segment $[AB]$ ce qui est impossible par hypothèse.

Il reste donc le cas où $AD=AD'$. Les points $A$ ; $D$ et $B$ ainsi que les points $A$ ; $D'$ ; $C$ sont alignés dans le même ordre et on a l'égalité: $\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AD'}{AC}$ (car le triangle $ABC$ est isocèle en $A$ et $AD=AD'$) donc d'après la réciproque du théorème de Thalès, les droites $(DD')$ et $(BC)$ sont parallèles.

gebrane

NicoLeProf a dit :

on sait que les triangles $ADM$ et $AD'M$ sont égaux

Pourquoi ?

NicoLeProf

gebrane
Mauvaise lecture de l'énoncé (j'ai lu "triangles" à la place de : "angles", tu n'as pas mis de chapeaux sur les angles aussi haha ) désolé : la vitesse est mon ennemie parfois...

Dom

(AM) est un axe de symétrie.

Pourquoi ?

ABC isocèle en A donc il admet un axe de symétrie passant par A. Je le note $\Delta$. 

La symétrie d’axe $\Delta$ échange B et C. 

Comme AD=AD’ et que D et D’ sont sur les segments réceptifs [AB] et [AC], la symétrie d’axe$\Delta$ échange D et D’. 

L’intersection M de [BD’] et [CD] devient l’intersection de [CD] et [BD’] par cette symétrie donc (ce « M’ ») c’est aussi M. 

Cela doit suffire. 

NicoLeProf

J'y ai pensé à faire intervenir une réflexion mais le problème est que l'on ne sait pas que $AD=AD'$ Dom. Je reconnais que ma figure est trompeuse, le codage des segments égaux signifie seulement que $AB=AC$ .

Je remets ainsi une figure plus claire ci-dessous (gebrane pourra éditer son post s'il le souhaite avec cette figure de meilleure qualité) :  

Le point $I$ est défini comme le point d'intersection de la droite $(AM)$ avec le segment $[BC]$. Le but ici serait de prouver que $M$ appartient à la médiatrice du segment $[BC]$ ou que $I$ est le milieu de $[BC]$ et que $(BI) \perp (AI)$ .

Je prouve facilement que la droite $(MI)$ est la bissectrice intérieure de l'angle $\widehat{BMC}$ mais que faire ensuite? ^^'

Dom

Ha mince. En effet, je n’ai pas suivi les discussions alors j’ai pris la figure comme données de départ (avec l’idée que le triangle était isocèle car depuis le début c’est le préalable). 

Quelles sont les données du coup ? Tout est sur la figure ?
- deux paires d’angles égaux
- deux côtés (bleus) de même longueur

NicoLeProf

Oui les données sont :

-> $ABC$ est isocèle en $A$ (donc $AB=AC$ et $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}$ : ce qui apparaît sur ma dernière figure).

-> $\widehat{AMD}=\widehat{AMD'}$ .

-> $D \in [AB]$ ; $D' \in [AC]$ et les droites $(CD)$ et $(BD')$ sont sécantes en $M$ .

Dom

Ça semble un peu plus difficile du coup sauf si quelque chose m’échappe. 

Le fait que ces angles (en M) sont égaux entraîne que M est bien sur cet axe de symétrie du triangle… mais pourquoi ?

gerard0

Bonjour. 

À l'époque de mes études, quand on faisait beaucoup de géométrie, on apprenait à faire des figures légèrement fausses pour ne pas risquer d'utiliser des propriétés de la figure non justifiées. Par exemple placer la droite AM de façon qu'elle ne soit pas la hauteur du triangle. Alors, la symétrie apparente de la figure disparaît, et on n'a plus que les hypothèses. 

Cordialement. 

"La géométrie est l'art de raisonner juste sur des figures fausses" 

Soc

Argument d'unicité? Soit D tel que les conditions soient réalisées, si on le déplace vers B alors un angle augmente tandis que l'autre diminue, il ne peuvent plus être égaux, et réciproquement si on le déplace vers A.

Edit: Il faut préciser un peu, C'est à dire fixer D' sur [AC] on a alors que pour chaque D' il y a au plus un D qui convienne. On peut ensuite partir avec l'hypothèse que ABC est isocèle en A et que AD=AD' et obtenir tous les résultats voulus.

Ericpasloggue

Exercice 2. Le codage $AD=AD'$ sur la figure ne devrait pas être là (où l'exercice devient facile). D'ailleurs il n'est pas dit que $AD=AD'$ dans l'énoncé du problème. Je suppose de plus que l'on est en géométrie euclidienne (et non en géométrie neutre).

Les angles $\widehat{AMD}$ et $\widehat{AMD'}$ ont la même mesure, donc $\widehat{AMB}$ et $\widehat{AMC}$ ont la même mesure. La mesure de l'angle $\widehat{BMC}$ est strictement comprise entre $0$ et $180$ degrés, donc les angles $\widehat{AMB}$ et $\widehat{AMC}$ sont obtus. Les triangles $BAM$ et $CAM$ sont donc égaux par le cas d'égalité C-C-A. On en déduit que $\widehat{MAB}$ et $\widehat{MAC}$ ont la même mesure. Les triangles $DAM$ et $D'AM$ sont donc égaux par le cas d'égalité A-C-A. Ainsi, $AD=AD'$. Les triangles $BAC$ et $DAD'$ sont isocèles et $\widehat{DAD'}$ et $\widehat{BAC}$ ont la même mesure, donc $\widehat{DD'A}$ et $\widehat{BCA}$ ont la même mesure (en utilisant le fait que la somme des mesures des angles d'un triangle est égale à 180 degrés). Ces angles sont correspondants, donc les droites $(BC)$ et $(DD')$ sont parallèles.

fm_31

Bonjour,
de l'hypothèse  $\widehat{AMD}$ =  $\widehat{AMD'}$  il découle   $\widehat{IMB}$ =  $\widehat{IMC'}$
Le lieu des points M tels que   $\widehat{IMB}$ =  $\widehat{IMC}$  est la médiatrice de BC .
Comme le triangle ABC  est isocèle en A , cette médiatrice passe par A 
Ci après le schéma approximatif suggéré par gerard0

gebrane

Bonjour Eric
Je ne vois pas pourquoi les triangles BAM et CAM sont égaux par le cas d'égalité C-A-C.

 La difficulté réside dans la justification  que M appartient à la bissectrice de l'angle A, notée (AI). Mais, il faut raisonner sur un dessin comme celui joint. Une idée serait de considérer le symétrique de M par rapport à (AI), que je note  M', et de démontrer que M=M'.

Soc

Je reformule mon argument car je n'ai pas l'impression qu'il vous ait convaincus:

* Soient ABC isocèle en A, D et D' sur [AB] et [AC] tels que AMD et AMD' soient égaux.

                                       

On a alors si E est sur [DB]: AM'E > AM'D. En effet l'angle rouge devient plus petit, l'angle bleu également, donc l'angle vert augmente (à eux trois ils forment un angle plat).

On en déduit donc que D est le seul point de [AB] tel que AMD et AMD' soient égaux.

* Prenons ensuite E sur [AB] tel que AE=AD', on a alors rapidement AME=AMD' d'où E=D et tout ce que l'on pourrait souhaiter d'autre.

Ericpasloggue

Je n'ai pas écris C-A-C, mais C-C-A, ce n'est pas une faute de frappe (sinon, je ne me serais pas embêté à justifier que les angles considérés sont obtus).

gebrane

Peux -tu expliquer d'avantage Eric, je ne connais pas cette abréviation  c-c-a

Soc, Je n'avais pas compris  ton argument. Je vais essayer  de le comprendre avec ton dernier message

Ericpasloggue

Il n'existe pas trois cas d'égalité des tringles mais un peu plus.

C-A-C (axiome chez Hilbert) pour angle connu compris entre deux côtés connu.

A-C-A pour coté connu entre angles connus.

C-C-C pour trois côtés connus.

C-A-A (en euclidien, ça revient au même que A-C-A, mais pas en géométrie neutre) pour un côté connu, un des angles adjacents à ce côté et l'angle opposé connus.

C-C-A pour deux côtés connus et un des angles qui n'est pas entre les deux côtés connu (en général faux, mais correct lorsque l'angle considéré mesure au moins 90 degrés). Dans le cas où l'angle considéré mesure 90 degrés, les anciens manuels (avant la réforme des maths modernes) appelaient ce cas le second cas d'égalité des triangles rectangles (le premier n'étant qu'un cas particulier d'un des cas précédents, donc sans intérêt).