Casse-tête de géométrie.

Posté par benitoelputoamo benitoelputoamo

Bonsoir,

Je m'adresse à vous pour vous demander de m'aider dans un problème que mon professeur de maths m'a donné. Il dit ironiquement que si je trouvais la solution en moins de QUATRE mois, il augmenterait ma moyenne de 2 points . Il paraît que même les profs s'arrachent les cheveux...

Le problème :

le triangle ABC est isocèle en A
ABC = 80° et ACB=80°
BAC = 20°
EBC = 60°
DCB = 50°

Il faut trouver l'angle DEA. Pouvez-vous m'aider?

Cordialement,
Benoît

Posté par benitoelputoamo benitoelputoamo

+Upper...

Désolé pour cet "Up", mais il y a tellement d'activité sur le site...

Posté par B3n B3n

Hey
Bah déjà tu t'es pas trompé, BAC=30 et non pas 20?

Posté par benitoelputoamo benitoelputoamo

Non car si ABC = 80° et ACB=80°, alors BAC= 180-(80+80)=20°

Posté par caylus caylus

Bonsoir,

Pour éviter tout problème, voici le dessin.
Cela reste à prouver mais je suppose que D est un point du cercle de centre B passant par C.
Je suppose aussi 110° pour l'angle.

Posté par benitoelputoamo benitoelputoamo

... Je suis un peu bloqué, là...

Mais bon, merci quand même Caylus, tu m'as lancé sur une piste...
D et C sont ils obligatoirement sur le cercle de centre B et de Rayon [BC]? Et comment arriver à DEA=110°

Posté par redphoenix redphoenix

TA FIGURE EST fausse ce qui j'avou m'as posé pas mal de problème
donc
résolution de ton problème
en utilisant pas mal de proprité tel que :
     - la somme des trois angle d'un triangle = 180 °
     - une droite est un angle de 180°
bref
tu arrive à ABE = 30° et EBC = 50° et BEC = 50°  et ansi desuite
en utilisant ainsi le fait que la droite DE ET BC soit parallèle tu obtient l'ensemble des règles sur les agles alternes internes, correspondant etc ....
bon courage c'ets fesable je l'ai réussi, suffit juste de réfléchir un peu
++

Posté par benitoelputoamo benitoelputoamo



Là je suis perplexe, car si ABC=80° et EBC=60°, alors ABE=80-60=20°

Posté par benitoelputoamo benitoelputoamo

redphoenix,

Posté par pgeod pgeod

bonsoir beni,

le triangle BCD est bien un triangle isocèle en B, donc l'affirmation de Caylus est vraie : le point D est un point du cercle de centre B passant par C.
Quant à supposer la valeur de DEA, je n'ai pas encore de réponse.

...

Posté par benitoelputoamo benitoelputoamo

Ok. Merci. Je continue à chercher.

Posté par pgeod pgeod

Re beni,

Pour la valeur de l'angle DEA, je suis assez tenté, comme Caylus, d'affirmer qu'il vaut 110°.

Pour ma part, j'ai déterminé l'angle EDC () qui vaut 80° à 10^-10 près.

La valeur exacte de tan() est de :

tan() = sin 50° sin 60° sin 150° / (sin 40° sin 80° + sin 50° sin 60° cos 150°)

Je n'est pas encore tenté de simplifier cette expression pour obtenir une valeur exacte de .

...

Posté par diego63 (invité)

je pense qu'il faut utiliser les formules d'Al-Kachi

Posté par benitoelputoamo benitoelputoamo

Je viens d'avoir une idée...
Prolonger la droite (DE) qui viendrait couper le cercle en F.
Démontrer ensuite que F est le symétrique de C par rapport à (AB). <= Je ne sais pas comment le démontrer.

_{Aidez moi, je vous en suppliiiiiee!}

Posté par Nicolas_75 Nicolas_75

Pas de panique, tu as 4 mois.
_{(Je suis dessus aussi.)}

Posté par geo3 geo3

Bonjour
Il n'a pas fallu 4 mois pour y arriver mais quand même une soirée.
Introduction
AEB est isocèle de sommet E car BAE=ABE= 20°  => si M est milieu de AB ME est médiatrice , bissectrice ... AE=BE
Soit L = l'intersection de BE et la médiatrice de BC ; on a : le cercle de centre B et de rayon BC passe par D et L car 1°BDC est isocèle de sommet B BDC=BCD=50° ; de plus comme LBC = 60° = BCL et le BCL est équilatéral  et BL = BC => le cercle passe par L et ainsi l'angle inscrit DCL = angle au centre DBL /2 = 10°

*
Nous allons maintenant nous attarder à chercher les longueurs des côtés du triangle DLE en fonction de la longueur du côté BC = a = BL = LC = BD . Nous allons employer la formule d'Al-Kachi ou Pythagore généralisé . Sans être trop long je vais essayé d'être clair car il y beaucoup de calculs.

*
1)Préliminaires
Triangle BDC => DC² = a² + a² -2.a.a.cos(80°)  =>  DC = 2.a.sin(40°)
Triangle ABN (N milieu de BC) => AB² = AN² + a²/4 = AB²sin²(80°) + a²/4  => AB = a/(2.cos(80°))  =>  BM = a/(4.cos(80°))
Triangle MEB rectangle  en M => ME = BM.tan(20°) = a.tan(20°)/(4.cos(80°)) = a.0.5240052604
DM = MB - BD = MB - a = a.( 1 - 4cos(80°))/(4.cos(80°)) = 0.4396926207
Triangle BME ; BE = BM/cos(20°) = a/(4.cos(80°).cos(20°))

2)
LE = BE - a = ... = 2a.sin(10°)/(4.cos(80°)cos(20°))  = LE = a. 0.532088862
DE² = ME² + DM² = .... =>  DE = a.0.6840402865
Triangle DLC : DL² = a² + 4a²sin²(40°) - 2a.2a.sin(40°)cos(10°) ... => DL = a.0.3472963553

3)
DL² = DE² + LE² - 2.DE.LE.cos(DEL) =>
cos(DEL) = 0.8660254037  =>
DEL = 30°  =>
DEA =110°
cqfd

A+




  

Posté par benitoelputoamo benitoelputoamo

Merci beaucoup geo3!

Voilà une solution, mais n'y en a-t-il pas de niveau 2^nde?
A moins que le prof qui m'a donné ça n'ait pas considéré qu'il fallait utiliser des théorèmes appris en 1^ère.

Benoît

Posté par geo3 geo3

Rebonjour
Je ne connais pas bien le programme de 2de mais il n'y a rien de chinois à connaître ;
Il y a la formule d'Al-Kachi ou Pythagore généralisé
a² = b² + c² - 2bc.cos(A)
+
dans un triangle ABC rectangle en A on a AB = AC.tan(C) : AB = BC.sin(C) = BC.cos(B)
et c'est tout
+
+on avait BE et pour chercher LE une fois j'ai remplacé 2cos(80°).cos(20°) par cos(100°) + cos(60°) = -sin(10°) mais ce n'est pas une obligation pour poursuivre les calculs
on peut  très bien écrire LE =  a/(4.cos(80°).cos(20°))  - a = a.0.532088862
A+

Posté par Nicolas_75 Nicolas_75

Bonjour,

Une autre méthode, basée sur la formule (*) (avec les notations usuelles dans un triangle) et quelques formules trigonométriques de base.

1. Notations
Soit le cercle de centre B passant par C
Soit I le milieu de [BC]
Soit G le point d'intersection de (BE) et (AI)
Soit H le point d'intersection de (BE) et (CD)
Soit a la mesure du petit côté du triangle initial : a = BC
Soit b la mesure du grand côté du triangle initial b = AB = AC
Soit x l'angle cherché :

2. Premiers résultats faciles

a. Somme des angles dans le triangle BDC :

donc le triangle DBC est isocèle de sommet B
donc BC=BD et
Et on vient aussi de montrer que

b. G est sur la médiatrice de [BC].
Le triangle GBC est donc isocèle de sommet G. Or un angle de base a pour mesure 60°. Donc tous les angles mesurent 60°. Donc . En tenant compte du fait que (GI) est bissectrice de cet angle, on en déduit :
Et donc et
Comme le triangle GBC est équilatéral, on a aussi BG=BC donc

c. En considérant la somme des angles dans le triangle BHC, on en déduit que

Sur la figure ci-dessous, on retrouve ces résultats. Les segments verts ont tous même longueur.

Posté par Nicolas_75 Nicolas_75


3. On applique la formule (*) dans le triangle ABC :
(1)

4. On applique la formule (*) dans le triangle ADE :
(2)

5. On applique la formule (*) dans le triangle BDE :
(3)

6. En comparant (2) et (3), il vient immédiatement :


On applique (1) :

C'est une équation à une inconnue (x).

7. Reste à essayer de résoudre cette équation.







On pose






Donc
Donc
Donc

Sauf erreur.

Nicolas

Posté par caylus caylus

Bonsoir,

Je suis content de la nombreuse participation aussi je me permets de vous envoyer ce joli dessin

Posté par benitoelputoamo benitoelputoamo

Merci Nicolas pour cette autre solution!

Cependant, j'ai encore une question :

Soit H le point d'intersection de (AI) avec (DE). Je connais l'angle EGH. Comment démontrer que le triangle GHE est isocèle en H? Peut-on faire ça tout simplement avec Al-Kashi ou avec une autre méthode?


Merci de toutes vos réponses,
Benoît

Posté par _Estelle_ _Estelle_

_{Quel beau topic, toutes ces figurues, tout ce LaTeX...}

Estelle

Posté par infophile infophile

Ah tiens une Estelle étoilée

Posté par _Estelle_ _Estelle_

Salut Kévin

Estelle

Posté par Skops Skops

Nicolas

Skops

Posté par caylus caylus

Bonsoir,

j'ai oublié dans le dessin : 110=180-60/2-40

Posté par Nicolas_75 Nicolas_75

Je t'en prie, benitoelputoamo

^{Merci, Skops.}



Tu changes les notations...
J'ai déjà un point H sur ma figure, placé ailleurs. Je vois où est le tien.
J'espère que nos G sont placés au même endroit.
Dans ce cas, tout dépend quand tu te poses cette question :
- après avoir trouvé DEA=110° ? dans ce cas, il est facile de montrer que ce triangle est isocèle : les deux angles de base mesure 30°
- avant d'avoir trouvé DEA=110° ? dans ce cas, je ne sais pas comment faire ; mais si tu arrives à le faire, comme tu connais l'angle en G (30°), tu en déduis l'angle en E (30° aussi), et la réponse au problème.

Nicolas

Posté par Nicolas_75 Nicolas_75

caylus, je crois voir que tu suggères, mais il faut montrer que la droite XY coupe bien l'angle de 60° en deux angles égaux. Cela est faisable (voir ci-dessous), mais n'est pas évident. A moins que tu aies trouvé un moyen simple...

Posté par Nicolas_75 Nicolas_75

Proposition 2, niveau Collège
(probablement proche de l'idée de caylus)

1. Notations
Soit le cercle de centre B passant par C
Soit I le milieu de [BC]
Soit G le point d'intersection de (BE) et (AI)
Soit H le point d'intersection de (BE) et (CD)
Soit F le point d'intersection de (CG) et (AB)

2. Somme des angles dans le triangle BDC :

donc le triangle DBC est isocèle de sommet B
donc BC=BD et
Et on vient aussi de montrer que

3. G est sur la médiatrice de [BC].
Le triangle GBC est donc isocèle de sommet G. Or un angle de base a pour mesure 60°. Donc tous les angles mesurent 60°. Donc . En tenant compte du fait que (GI) est bissectrice de cet angle, on en déduit :
Et donc et
Comme le triangle GBC est équilatéral, on a aussi BG=BC donc

Sur la figure ci-dessous, les segments verts ont tous la même longueur.

4. En considérant la somme des angles dans le triangle BHC, on en déduit que

5. Par symétrie _{[d'habitude, je n'aime pas asséner ce genre d'argument, mais, dans ce cas précis, on peut le montrer avec des considérations géométriques très facilement]}, le triangle GFE est isocèle de sommet G. Or son angle au sommet mesure 60° ().
Donc le triangle GFE est équilatéral. En rose sur la figure ci-dessous.

6. La somme des angles dans le triangle DFC montre que

7. Le triangle BDG est isocèle de sommet B, avec un angle au sommet de 20°, donc l'angle de base mesure

8. Donc, puisque est un angle plat :

Donc le triangle DFG est isocèle de sommet D. En orange sur la figure.

9. Donc D appartient à la médiatrice de [FG].
Or E aussi, puisque le triangle EFG est équilatéral.
Donc (ED) est la médiatrice de [FG].
Comme le triangle EFG est équilatéral, on en déduit que (ED) est bissectrice de

10. Donc
et, puisque est un angle plat :



Sauf erreur.

Nicolas

PS - merci TeXgraph pour les figures

Posté par benitoelputoamo benitoelputoamo

Merci beaucoup Nicolas! C'est exactement ce que je cherchais.
J'ai soumis une réponse à mon prof de maths ce matin (cf. Al-Kashi, etc.).
Il m'a répondu que ce problème pouvait se résoudre avec un niveau de 4ème (là mon moral était au plus bas :lol notamment grâce :
-Aux propriétés du triangle équilatéral
-Aux propriétés de la symétrie axiale.


Merci encore infiniment, Nicolas!
+1!

Benoît

Posté par infophile infophile

Chapeau Nicolas

Posté par geo3 geo3

Bonsoir

Le départ de la méthode de Nicolas à partir de la relation aux sinus est à retenir sauf qu'à la fin résoudre
n'est pas donné à tout le monde surtout que le changement de variable x = 110° + y est suggéré par la connaissance intuitive de la réponse
*
la 2ème méthode du 16/11 à 6h56 (matinal) qui consiste au fond à montrer DE est perpendiculaire à FG est trés élégante qui montre ainsi que DE est bissectrice ( pour ce faire "il n'y avait qu'à "montrer que angle DFG = angle DGF = 40°)
bravo Nicolas et merci
*
tant qu'à faire j'ai montré que DE est perpendiculaire à FG ( dessin du 16/11 à 6h56) analytiquement :
je vous informe de mes résultas ( sans alourdir)
B=(-1,0) ; C=(1,0) ; A=(0,tan80) : G(0,3)
Pente de CG = Pente de FG = - 3
il suffit donc de montrer que la pente de DE = 1/3
+
E est à l'intersection de AC et BG
  AC == x + y/tan80 = 1 et BG == -x +y/3 = 1
on trouve


+
D est à l'intersection de AB et CD
  AB == y = tan80 (x+1)  ;  CD ==  y = tan130(x-1) = -tan50(x-1)
on trouve


+
en faisant le différence des ordonnées sur la différence des abscisses on trouve
pente de DE  = Tan²80.(3-Tan50)/(Tan²80-3.Tan50) =0.5773502691 = 1/
+
=> DE est perpendiculaire à FG
A+

Posté par tshit (invité)

comment tu comprends l'angle DEA???????????????????

Posté par Nicolas_75 Nicolas_75

Bonjour (?) tshit,

Pourrais-tu préciser ta question ?

Nicolas

Posté par tshit (invité)

bonjour nicolas,
Au faitj'ai compris,ma préoccupation en essayant de résoudre l'exercise mais j'ai ne abouti à rien
dès que j'aboutirai à quelque chose je vous ferai signe.
                                                        Merci beaucoup