Exercice 507

Bouzar · August 2021

Bonsoir

Ludwig · August 2021

Bonsoir,

J'ai placé un point $E$ tel que $AEC$ soit équilatéral. À l'aide d'une chasse aux angles (théorème de l'angle inscrit, triangles isocèles, équilatéraux) on montre que $BDE$ est lui aussi équilatéral. Et la droite $(BC)$, qui est la bissectrice de $\widehat{DCE}$ est aussi celle de $\widehat{DBE}$. 126318

Bouzar · August 2021

Bonsoir Ludwig et merci pour ta contribution.

Ludwig · August 2021

Je détaille : comme $AB=AE$ et $\widehat{BAD}=\widehat{DAE}=\alpha$, les triangles $ABD$ et $DAE$ sont égaux, de sorte que $BD =DE$.
L'angle au centre $\widehat{DCE}$ vaut le double de l'angle inscrit $\widehat{DAE}$, c'est-à-dire $2\alpha$. Les triangles $BAE$ et $CDE$ sont donc égaux car $BA=AE=CD=CE$ et $\widehat{BAE}=\widehat{DCE}=2\alpha$, ce qui implique que $BE=DE$. Nous avons donc montré que le triangle $BDE$ est équilatéral. Les points $B$ et $C$ étant équidistants de $D$ et $E$, la droite $(BC)$ est la médiatrice du segment $[DE]$. C'est aussi la bissectrice de $\widehat{DBE}$ car $BDE$ est équilatéral. Donc $\widehat{DBC}=\frac{60°}{2}=30°$.

Tonm · August 2021

Bonjour, il y a une façon trigonométrique qui donne une identité un peu originale (à prouver).

$ABC$ est un triangle isocèle en $A$, dans la figure les côtés égaux sont de longueur $1$, j'ai renommé l'angle $a$ par $x$.
On a $BC=2\sin(\frac{\pi}{6}+x)$.
Dans $BDC$, $BD^2=4\sin^2(\frac{\pi}{6}+x)+1-4\sin(\frac{\pi}{6}+x)\cos(x)$; une égalité des aires donne $$\sin^2(\widehat{DBC})\times BD^2\times BC^2=BC^2\times \sin^2(x).
$$ Et ainsi $$\sin^2(\widehat{DBC})=\dfrac{\sin^2(x)}{4\sin^2(\frac{\pi}{6}+x)+1-4\sin(\frac{\pi}{6}+x)\cos(x)}=\frac14.

$$ Cordialement.