Niveau collège
Réponses
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Théorème de l'angle inscrit.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
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C’était encore au programme de 3e avant la réforme des programmes de 2016.Avant 2016 : angle inscrit mais pas de triangle semblable.Après 2016 : triangle semblable (nouveau !) mais pas d’angle inscrit.Bien dommage car justement l’angle inscrit permet d’avoir des triangles semblables facilement…
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Il me faut un temps pour comprendre pourquoi la droite AC coupe le cercle en 3 et la droite BC le coupe en 5
Le 😄 Farceur -
Pour la question similaire, je n'arrive pas à placer le mystérieux point F ( comme celui de la solution de Ludwig ) qui permet de résoudre la question
Le 😄 Farceur -
Juste pour proposer une solution du problème initial avec le théorème de l'angle au centre (c'est niveau collège ?). Je ne sais pas si ça a déjà été évoqué pour ce cas :
On construit le triangle équilatéral $ABG$ puis on constate que le triangle $DAG$ est semblable au triangle $CBA$. Vu que ces deux triangles ont deux côté de la même longueur ($DA=CB$ et $AG=BA$) il s'ensuit que le troisième aussi, donc $DG=AC$. Donc $G$ est le centre d'un cercle passant par $D,A,B$ et par le théorème de l'angle au centre, $\widehat{BDA}=1/2\cdot \widehat{BGA}=30°$. -
Avec un angle en A variable
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Merci Dom
Dans mon schéma, j'avais basé mon calcul sur le ΔBDC, connaissant dès le départ
• l'angle en C en effet de 10°, moitié de l'angle inscrit (à gauche) en D de 20°.• l'angle en B de 140° supplémentaire de l'homologue B de 40° du ΔABC ainsi queMais peu importe la voie choisie.
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Ils sont semblables (en fait c'est les mêmes à isométrie près) car $DA=CB, AG=BA$ et on a égalité entre les angles compris entres les côtés : $\widehat{DAG}=40°=\widehat{CBA}$.
PS. Comme dirait Euclide : Si deux triangles ont deux côtés égaux à deux côtés, chacun à chacun, et si les angles compris par les côtés égaux sont égaux, ces triangles auront leurs bases égales, ils seront égaux, et les angles restants, sous-tendus par les côtés égaux, seront égaux chacun à chacun. -
Bonjour,$\def\medskip{}\def\noalign#1{} \def\ptv{~;~}$
Méthode collège: les angles de 1° sont hors programme. On suppose que le questionneur sait faire son exercice. Alors tous les angles sont multiples de 10°. La seule possibilité pour les angles $BDC$ est donc 10°, 30°, 140°.
Méthode pour explorer le problème. On pose $(BA,BC)/4=\alpha$, ainsi que $\tan \alpha =s$. Plaçant les points $B,C$ en $\pm1$ et posant $D=x\,B+(1-x)A$, on obtient \[ A\simeq \left[ \begin {array}{c} -4\,i{s}^{3}+4\,is\\ \noalign{\medskip} {s}^{4}-6\,{s}^{2}+1\\ \noalign {\medskip}4\,i{s}^{3}-4\,is\end {array} \right] \ptv \left. x=\pm 2\,{\frac {{s}^{4}-6\,{s}^{2}+1}{{s}^{4}+2\,{s}^{2}+1}} \right. \] On en déduit \[ \tan(CB,CD_1)= -4\,{\frac {s \left( s-1 \right) \left( s+1 \right) \left( {s}^{2}- 4\,s+1 \right) \left( {s}^{2}+4\,s+1 \right) }{ \left( 3\,{s}^{2}-1 \right) \left( {s}^{2}-3 \right) \left( {s}^{2}+2\,s-1 \right) \left( {s}^{2}-2\,s-1 \right) }} \] \[\tan(CB,CD_2)= -4\,{\frac {s \left( s-1 \right) \left( s+1 \right) \left( {s}^{2}-3 \right) \left( 3\,{s}^{2}-1 \right) }{ \left( {s}^{2}+2\,s-1 \right) \left( {s}^{2}-2\,s-1 \right) \left( {s}^{2}-4\,s+1 \right) \left( {s}^{2}+4\,s+1 \right) }} \]On en conclut que le problème posé n'est pas du tout un problème pour le collège. Et qu'une formulation honnête eut été: trouver une méthode rusée, spécifique aux angles multiples de 10°, pour établir les valeurs des différents angles de la figure.
Méthode algébrique. On caractérise $s$ par $\tan 9 \arctan (s)=\infty$, $\tan 3 \arctan (s)\neq \infty$. Cela donne $3\,{s}^{6}-27\,{s}^{4}+33\,{s}^{2}-1=0$. Et on vérifie que $\tan(CB,CD_1)=s$ modulo le polynôme caractéristique. Bref, tout se passe dans $\Q(s)$
Cela nous éloigne quelque peu du dinner de cons. Mais vaste est le vaste monde.
Cordialement, Pierre. -
« Cela nous éloigne quelque peu du dinner de cons »
OU PAS !Dans le film, le « con » est représenté par un spécialiste et passionné (maquettes en allumettes, collectionneur et spécialiste de boomerangs).Certes il y a le profil de Villeret, sa bonhomie et ses vannes ou autres messages de son répondeurs. Mais c’est plutôt un « dîner de moqueurs » qu’un « dîner de cons authentiques ». J’écris cela sans non plus me risquer à définir ce qu’est un con. -
Dans un repère (A;AB) , le point C étant repéré par l'angle t, le lieu du point D est un folium de Durer: AD = sqrt(2)cos(t/2)Léon Claude Joseph a dit :Avec un angle en A variable -
Dom a dit :La figure de gipsyc est très claire.Il utilise un point du cercle qui n’est pas sur un sommet du nonnagone ennéagone mais exactement entre les deux.On peut donc évoquer le 18-gone dont parle Math Coss.Bonjour, je ne vois pas dans quelle mesure le nonagone ennéagone construit est utilisé dans sa démonstration. Cela ne retire en rien au fait qu'il a bien fait apparaître un nonage ennéagone caché. Je veux bien de plus amples éclairages sur le raisonnement et son ordonnancement. Par exemple, je ne vois pas pourquoi $O$ qui semble être le centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$ est aligné avec $D$ et $C.$ Ou alors pourquoi le point $O$ intersection des droites $(AD')$ et $(DC)$ est le centre du cercle circonscrit au triangle $ABC.$
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En quoi parler de nonagone est un crime de lèse-majesté ? Merci au censeur pour ce rectificatif
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Bonsoir CannassonIl n'y a aucun crime ! nonagone n'est pas un mot français. Le terme français pour un polygone à neuf côtés est ennéagone. C'est tout.AD
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Bonjour AD,
Il me semble que les deux sont dans le dictionnaire même si le plus fréquent semble ennéagone https://fr.wikipedia.org/wiki/Enn%C3%A9agone .
Pour la petite histoire étymologique, ce mot vient du grec "gônía" qui veut dire angle et du grec "ennéa" qui veut dire neuf ou du latin "nona" qui veut dire neuf aussi. C'est un peu bizarre de mélanger une origine grecque et latine mais pourquoi pas. Ceci dit, si tu veux interdire le mot nonagone, pourquoi pas non plus.
In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu) -
Bonsoir Vassillia. Les mots nonagone ou nonnagone sont inconnus du Larousse https://www.larousse.fr/dictionnaires/francais/, alors que ennéagone est donné pour un polygone à neuf côtés.Comme tu le soulignes, la juxtaposition d'origines des composantes du mot est sans doute la raison du refus de ce mot.Si j'ai "violemment" repris le message de canasson, c'était juste pour signaler que même si le mot est compréhensible, il est préférable de s'habituer à utiliser le mot correct.AD
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Bonsoir à tous,@canasson29 @Vassillia @AD Je me permets de confirmer ce que dit AD, et de préciser qu'il me semble bien que le terme "nonagon(e)" est le terme désignant ce polygone en anglais ...Je suppose que c'est parce que "nona" est plus proche phonétiquement de "nine" que les Anglo-saxons, dans leur tendance constante à la simplification, l'ont préféré à "ennéa", dont il faut reconnaître que, pour ceux qui ignorent le grec ancien, il ne fait pas immédiatement penser à "nine" ...Bien cordialement, JLB
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Comme cette histoire m'intrigue, j'ai un peu cherché, on trouve ce mot dans l'Encyclopédie Méthodique Mathématiques (1784-1789) https://gallica.bnf.fr/ark:/12148/bpt6k3829v/f475.item.r=math%C3%A9matiques%20encyclop%C3%A9die.langFR.zoom qui est fondée à la suite du Dictionnaire raisonné des sciences, des arts et des métiers de Diderot et d’AlembertNonagone : figure de 9 angles & 9 cotés. On dit plus communément ennéagone.Il parait, même si je n'ai pas trouvé la source que ce mot apparait à partir du 16ème siècle en France et du 17ème siècle en Angleterre où on pratique également les deux (enfin en virant le e final). Si coupables il y a de ce dévoiement, à priori, ils sont français, désolée jelobreuil, mais il y a prescription depuis le temps. Je veux bien qu'on supprime ce mot s'il est tombé en désuétude mais si c'est celui utilisé le plus souvent dans les pays anglo-saxons, il y a au contraire tout intérêt à le retenir en priorité de mon point de vue. Finalement, autant rester sur 9-gone au moins tout le monde comprend et personne ne devrait y trouver à redire. Tant pis pour le latin et le grec ancien et tant mieux pour les chiffres arabes.
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Un $IX-gone$ ?
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Bonjour,
Un $\overline{vieux}gone$ ?
Cordialement,
Rescassol
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Je remercie ceux qui regardent le fond mathématique d'une question. Par contre, je suis sidéré du non-sérieux de certains qui ne regardent que la forme, allant même jusqu'à imaginer que j'ai invité mon "con" Oshine au dîner. C'est vraiment impoli de vouloir abaisser Oshine ou de transformer une question mathématique sérieuse en comique.
@raoul-s Ta contribution est excellente, j'aime bien l'astuce. Mais j'ai une petite question. Tu as cherché le point G pour avoir un triangle équilatéral ABG, mais pourquoi le cercle du centre G et passant par A et B passe nécessairement par D.
Le 😄 Farceur -
Un nonogone est un nono qui est parti. Quand on le tient à la main, c'est plutôt un nono revenu.
Quant au dix-huit_à-gone, attendons la suite des révélations. -
Au bord de l’agonie ?
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Les distances $GA,\,GB$ et $GD$ sont égales (à cause des triangles semblables égaux, désolé pour le lapsus).@raoul-s Ta contribution est excellente, j'aime b ien l'astuce . Mais j'ai une petite question. Tu as cherché le point G pour avoir un triangle équilatéral ABG , mais pourquoi le cercle du centre G et passant par A et B passe nécessairement par D
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Dans l’excellente solution de @raoul.S, pas besoin de parler de triangles semblables, ses deux triangles sont égaux (isométriques dans un langage plus moderne) par application directe d’un théorème antique.
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@gebrane, JLapin t'a déjà répondu, j'avais également précisé ICI.
PS. évidemment après la lettre D il y a la lettre E mais avec geogebra je n'ai pas fait gaffe et j'ai obtenu un G... et donc comme a dit gebrane je me suis retrouvé à chercher le point G. Je vous déconseille fortement de présenter l'exo ainsi à vos élèves
PS.2. pldx1 l'a bien nommé E lui... -
Bonjour à tous, j'essaie de persévérer pour obtenir ma solution En voici une qui là encore utilise le théorème de l'angle au centre. Je considère $D$ comme un point mobile sur la droite $(AC).$ Soit $\Omega$ le centre du cercle circonscrit au triangle $BAD$. Le théorème de l'angle au centre permet d'en déduire que $\widehat{B\Omega D} = 160^o$ et puisque le triangle $B\Omega D$ est isocèle en $\Omega,$ on trouve $\widehat{\Omega DB} = 10^o.$Je positionne $D$ de telle sorte que $\widehat{\Omega DA}=40^o.$ Le point $D$ ainsi choisi vérifie $AD=BC.$ En effet, on remarque dans un premier temps que les triangles $A\Omega D$ et $ACB$ sont semblables car isocèles en $\Omega$ et $A$ respectivement et $\widehat{\Omega D A} = \widehat{BCA}.$ Dans un second temps, on remarque que le triangle $A\Omega B$ est équilatéral : il est isocèle en $\Omega$ et par un calcul d'angle, $\widehat{B\Omega A} = 60^o.$ Ainsi $AB = A\Omega$ et donc les triangles $A\Omega D$ et $ACB$ sont égaux. D'où $AD=BC.$ On trouve finalement $\widehat{BDA}=30^o.$
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On se démène pour atteindre un autre point… le point de non retour.
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Bonjour, Raoul-s,je n'avais pas vu ton message qui explique presque la même question pour Jlapin.
Grâce à ton astuce, j'ai pu résoudre le problème similaire. J'ai construit le bon point G qui donne un triangle équilatéral, ce qui permet d'établir l'égalité de deux triangles par le théorème antique.Je pense que ce n'est pas évident, il m'a fallu un temps pour placer ce point G
Qui d'autre peut le faire ? Sachant que je suis le plus faible d'entre vous en géométrie du collège (toutes les propriétés se sont évaporées).Le 😄 Farceur -
Qui d'autre peut faire quoi ?
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Bonjour,
.
l'idée de Ludwig consistant à introduire le point F est très fructueuse...un point plus qu'auxiliaire qui mérite une réflexion....
J'ai abandonné ma preuve basée sur la relation d'Euler... pour reprendre l'idée de Ludwig en évitant le plus que possible d'avoir recours aux angles...
Sincèrement
Jean-Louis
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Bonjour J-lapinrésoudre le problème similaire avec la méthode de raoul-s. Ce n'est pas un défi. C'est une distractionLe 😄 Farceur
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canasson29 peux-tu stp ajouter une figure à ton message pour bien suivreBonjour @Jean-Louis Ayme je n'ai pas pu trouver ce point F introduit dans la méthode de Ludwig pour le problème similaire . Si tu trouves merci de partager.Le 😄 Farceur
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Bizarre, un bonjour ne veut pas s'afficher avant le pseudo de conasson29 et s'affiche avant le pseudo de jean.LA
Le 😄 Farceur -
Bonjour,
c'est dans le second message de Ludwig...pour l'exercice de départ...
Sincèrement
Jean-Louis
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Bonjour @gebrane, j'aimerais avoir davantage de précisions s'il te plaît dans ton exercice similaire (je ne sais pas comment mettre un lien caché dans un groupe de mots qui apparaît en rouge comme tu as fait). En effet, je trouve aucune, $1$ ou $2$ possibilités pour la position du point $C$ selon la longueur du segment $[AD]$ . Y a t-il une condition supplémentaire? Par exemple, le triangle $BCD$ est-il isocèle?
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@Jean-Louis Ayme ma question porte sur cette nouvelle question similaire.Bonjour Nicoleprof .Voici le problème similaire.(Je l'ai résolu grâce à l'astuce de Raoul-s en plaçant un point G pour avoir un triangle équilatéral qui donne naissance à deux triangles égaux (à une isométrie près) , ce qui permet de trouver l'angle recherché.)
Le 😄 Farceur -
Bonjour Gebrane, c'est fait. J'espère que la figure n'est pas trop surchargée. Ce que j'ai proposé n'est pas une démonstration mais une vérification.gebrane a dit :canasson29 peux-tu stp ajouter une figure à ton message pour bien suivre
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Merci beaucoup @gebrane ! Il me manquait une info essentielle : le fait que $ABC$ est isocèle en $A$ !Je propose une construction du fameux point $G$ ci-dessous et une résolution de l'exo similaire avec l'élégante et sublime méthode de Raoul (j'ai mis un "spoiler alert"
) ! D'ailleurs, je ne parviens pas à faire la notation de l'angle rentrant en $\LaTeX$ : le chapeau à l'envers, si quelqu'un sait, ce serait super !Comme sur la figure ci-dessous, on définit un point $G$ pour que le triangle $ABG$ soit équilatéral.
Les triangles $ADG$ et $ABC$ sont semblables ($AD=BC$, $AG=AC$ et $\widehat{DAG}=\widehat{ACB}$) mais ces triangles ont deux côtés de la même longueur donc $DG=AB$ (c'est exactement le raisonnement de Raoul !)
Ainsi, les points $A$, $D$ et $B$ appartiennent à un même cercle de centre $G$ et par le théorème de l'angle au centre : $\widehat{ADB}=300 :2=150^\circ$ . (Je n'ai pas réussi à faire la notation de l'angle rentrant en $\LaTeX$ : le chapeau à l'envers) .
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Nicoleprof
Le 😄 Farceur -
Bonjour canasson29 , je trouve ta preuve acrobatique. J'ai du mal à te suivre. Le D varie donc le crrcle varie puis tu choisis un D de 40°...
Le 😄 Farceur -
Bonjour
pour l'exercice proposé par gebrane , on peut aussi utiliser une rotation de centre A et de 60° amenant B en B' , C en C' et D en D' . Le triangle ADD' est équilatéral . On en déduit que l'angle cherché = 90 + 60 = 150°
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Je me fourvoie et je brode ! Je crois que je vais me contenter de lire plutôt que d'écrire des bêtisesgebrane a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2425127/#Comment_2425127[Inutile de recopier l’avant dernier message. AD].
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Bonjour @fm_31Je constate que personne n'a réagi à ta preuve, ce qui sous-entend qu'ils l'ont acceptée. Cependant, étant donné mon lamentable niveau en géométrie, je remarque simplement un beau dessin avec des affirmations, mais sans justification. Par exemple, comment sait-on que le triangle est équilatéral ? Et pourquoi y a-t-il un angle droit ? Est-ce que dans la géométrie moderne, un simple dessin suffit comme preuve ? Dans les preuves précédentes, je ne comprends pas comment les géomètres ont prouvé l'existence d'un octogone avant de l'utiliser.Le 😄 Farceur
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Bonjour gebrane,Si personne n'a réagi , c'est peut-être que la démonstration ne présente pas d'intérêt ou pire qu'elle n'est pas probante.Mais oui effectivement j'ai été avare d'explications.Le triangle ADD' est isocèle (AD = AD') et a un angle égal à 60°. Donc il est équilatéral .Le quadrilatère BDD'B'' est un parallélogramme (DD' parallèle et égal à BB''). Comme il a un axe de symétrie, c'est un rectangle.
Cordialement. -
En effet, gebrane. Ça m’évoque le « sangaku ». Il me semble qu’au départ c’est une énigme (dont pas une preuve en soi) mais petit à petit j’ai l’impression qu’en géométrie on propose parfois une figure avec des tracés qui permettent de servir de preuve.Dans le rudimentaire, on a une des preuves de Pythagore. Et je suis d’accord que même là, sans rédaction propre, ce n’est pas une démonstration.C’est cependant une idée, une indication pour une preuve.
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j'ai été avare d'explications .
Décidément, je suis le plus faible en géométrie. Ton raisonnement ne prend pas en compte les hypothèses selon lesquelles ABC est isocèle en A, que l'angle en A mesure 20 degrés et que BC est égal à AD.Le triangle ADD' est isocèle (AD = AD') et a un angle égal à 60° . Donc il est équilatéral .Le quadrilatère BDD'B'' est un parallélogramme (DD' parallèle et égal à BB'') . Comme il a un axe de symétrie , c'est un rectangle.
Le 😄 Farceur
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