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Un exercice et 14 méthodes

   
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enseignementUn exercice et 14 méthodes

#msg1687420 Posté le 26-02-08 à 17:19
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

Bonjour,

voici un petit problème intéressant, assez réguliérement posé sur le forum.
Mon objectif est de proposer la solution en utilisant un maximum de méthodes différentes et de

différents niveaux.

Ceci est susceptible d'intéresser les élèves, les profs, ainsi que ceux qui préparent des concours

et qui cherchent un bon exercice sur lequel on peut utiliser un grand nombre d'outils.

Je vous laisse le soin de donner votre avis, de dire laquelle des méthodes vous trouvez la plus

élégante ou la plus originale, et éventuellement d'en proposer de nouvelles.
(j'ai bien pensé à des méthodes similaires aux méthodes 10 à 14 en utilisant les nombres complexes,

mais cela n'apporte qu'une autre forme sans en changer le fond)

Peut-être serait-il intéressant de déposer tout ceci dans une fiche ?

J'en profite pour lancer un nouveau "défi" : démontrer que les droites (AF) et (EC) sont parallèles

en utilisant de même un maximum de méthodes.

Citation :

ABCD est un carré.

Le point E est à l'intérieur du carré ABCD tel que le triangle ABE est équilatéral.

Le point F est à l'extérieur du carré ABCD tel que le triangle BCF est équilatéral.

Question : Démontrer que les points D, E et F sont alignés.

Un exercice et 14 méthodes

re : Un exercice et 14 méthodes#msg1687424 Posté le 26-02-08 à 17:20
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

Méthode 1 Avec des angles 1 (niveau 5ème)

a. Le triangle ABE est équilatéral, donc ses trois angles 3$\widehat {BAE} , 3$\widehat {ABE} et 3$\widehat {AEB} sont égaux à 60°.

b. Les angles du carré ABCD sont égaux à 90° (angles droits), on en déduit, en utilisant le résultat a, que les angles 3$\widehat {DAE} et 3$\widehat {CBE} sont égaux à 30°.

c. Le triangle BCF est équilatéral, donc l'angle 3$\widehat {CBF} est ègal à 60°.

d. En utilisant les résultats b et c, on trouve que l'angle 3$\widehat {EBF} est ègal à 60+30=90°. Donc le triangle BEF est rectangle en B. De plus, on sait que EB=BF donc le triangle BEF est rectangle isocèle en B. Donc ses angles de base 3$\widehat {BFE} et 3$\widehat {BEF} sont égaux à 45°.

e. On a AD=AE donc le triangle ADE est isocèle en A. Donc ses angles de base 3$\widehat {AED} et 3$\widehat {ADE} sont égaux. La somme des angles dans un triangle est égale à 180°, donc 3$\widehat {AED} = \widehat {ADE} = \frac{180-30}{2} = \frac{150}{2} = 75^\circ.

f. En utilisant les résultats a, d et e, on a : 3$\widehat {DEF} = \widehat {DEA} + \widehat {AEB} + \widehat {BEF} = 75 + 60 + 45 = 180^\circ.

Conclusion : L'angle 3$\widehat{DEF} est un angle plat, donc les points D, E et F sont alignés.

Un exercice et 14 méthodes
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1687432 Posté le 26-02-08 à 17:21
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

Méthode 2 Avec des angles 2 (niveau 5ème)

Etape 1 : calcul de l'angle 3$\widehat {CDE}

a. En reprenant certains résultats de la méthode 1, on a :3$\widehat {ADE} = 75^\circ.

b. Les angles du carré ABCD sont égaux à 90° (angles droits), on en déduit, en utilisant le résultat a, que l'angle 3$\widehat {CDE} est égal à 90-75=15°.

Etape 2 : calcul de l'angle 3$\widehat {CDF}

c. Le triangle BCF est équilatéral, donc l'angle 3$\widehat {BCF} est ègal à 60°.

d. ABCD étant un carré, l'angle 3$\widehat {BCD} est ègal à 90°, donc en utilisant le résultat c, l'angle 3$\widehat {DCF} est égal à 90+60=150°.

e. On a CD=CF donc le triangle CDF est isocèle en C. Donc ses angles de base 3$\widehat {CDF} et 3$\widehat {CFD} sont égaux. La somme des angles dans un triangle est égale à 180°, donc 3$\widehat {CDF} = \widehat {CFD} = \frac{180-150}{2} = \frac{30}{2} = 15^\circ.

Conclusion : On a montré que 3$\widehat{CDE} = \widehat{CDF} = 15^\circ , donc les points D, E et F sont alignés.

Un exercice et 14 méthodes
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1687434 Posté le 26-02-08 à 17:21
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

Méthode 3 Avec des angles 3 (niveau 5ème)

On appelle G le point d'intersection des droites (AE) et (CD).

a. En reprenant certains résultats de la méthode 1, on a :
3$\widehat {AEB} = 60^\circ et 3$\widehat {BEF} = 45^\circ donc 3$\widehat {AEF} = 60+45 = 105^\circ

b. On a aussi : 3$\widehat {AED} = 75^\circ. Les points A, E et G sont alignés donc 3$\widehat {AEG} = 180^\circ donc 3$\widehat {DEG} = 180-75 = 105^\circ.

Conclusion : On a montré que 3$\widehat {AEF} = \widehat {DEG} = 105^\circ. De plus, ces deux angles ont un côté dans le prolongement l'un de l'autre ( les côtés [EG) et [EA) ) donc ce sont des angles opposés par le sommet, donc les points D, E et F sont alignés.

Un exercice et 14 méthodes
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1687439 Posté le 26-02-08 à 17:22
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

Méthode 4 Avec des angles 4 (niveau 5ème)

Dans le triangle ADE, on appelle H1 le pied de la hauteur issue de A.
Dans le triangle BEF, on appelle H2 le pied de la hauteur issue de B.

a. Dans la méthode 1, on a montré que le triangle DAE est isocèle est A et que l'angle 3$\widehat {DAE} = 30^\circ.
Dans un triangle isocèle, la hauteur issue du sommet principal est confondue avec la bissectrice issue du même sommet, on en déduit que 3$\widehat {DAH_1} = 15^\circ.

b. Dans la méthode 1, on a montré que le triangle BEF est rectangle isocèle est B et que l'angle 3$\widehat {BFE} = 45^\circ.
Dans un triangle isocèle, la hauteur issue du sommet principal est confondue avec la bissectrice issue du même sommet, on en déduit que 3$\widehat {FBH_2} = 45^\circ.

c. Le triangle BCF est équilatéral donc 3$\widehat {FBC} = 60^\circ.
En utilisant le résultat b, on a : 3$\widehat {CBH_2} = 60 - 45 = 15^\circ.

Conclusion : On a montré que 3$\widehat {DAH_1} = \widehat {CBH_2}.
Les droites (AD) et (BC) étant parallèles, on en déduit que les droites (AH1) et (BH2) sont parallèles.
Les droites (AH1) et (BH2) sont respectivement perpendiculaires aux droites (DE) et (EF).
Les droites (DE) et (EF) sont donc parallèles entre elles, et comme elles ont le point E en commun, elles sont confondues, donc les points D, E et F sont alignés.



Remarque : on peut adapter les méthodes 1 à 4 au niveau 1ère avec des angles orientés de vecteurs (3$( \widevec {ED}, \widevec {EF}) ) plutôt qu'avec des angles géométriques, ainsi que de travailler en radians plutôt qu'en degrés.

Un exercice et 14 méthodes
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1687440 Posté le 26-02-08 à 17:23
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

Méthode 5 En calculant des longueurs (niveau 4ème)

On appelle :

H le projeté orthogonal de E sur (AB)
G le projeté orthogonal de F sur (BC)
M le projeté orthogonal de E sur (CD)
N le projeté orthogonal de F sur (CD)
K le projeté orthogonal de F sur (EH)

On considère que le carrée ABCD a un côté de longueur unité AB=1.

a. calcul de la longueur HE

Le triangle AHE est rectangle en H, donc d'après Pythagore :
3$AE^2 = AH^2 + HE^2 \\ \\ HE^2 = AE^2 - AH^2 \\ \\ HE^2 = 1^2 - (\frac{1}{2})^2 \\ \\ HE^2 = 1 - \frac{1}{4} \\ \\ HE^2 = \frac{3}{4} \\ \\ \fbox{HE = \frac{\sqrt 3}{2}}

De la même manière, on a 3$GF = \frac{\sqrt 3}{2}

b. calcul de la longueur ME

3$ME = MH - HE \\ \\ ME = 1 - \frac{\sqrt 3}{2} \\ \\ \fbox{ME = \frac{2 - \sqrt 3}{2}}

c. calcul de la longueur EK

3$EK = EH - KH \\ \\ EK = \frac{\sqrt 3}{2} - \frac{1}{2} \\ \\ \fbox{EK = \frac{\sqrt{3} - 1}{2}}

d. calcul de la longueur KF

3$KF = KG + GF \\ \\ KF = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt 3}{2} \\ \\ \fbox{KF = \frac{1+ \sqrt{3}}{2}}

e. calcul de la longueur DN

3$DN = DC + CN \\ \\ DN = 1 + \frac{\sqrt 3}{2} \\ \\ \fbox{DN = \frac{2+ \sqrt{3}}{2}}

f. calcul de la longueur DE

Le triangle DME est rectangle en M, donc d'après Pythagore :
3$DE^2 = DM^2 + ME^2 \\ \\ DE^2 = (\frac{1}{2})^2 + (\frac{2 - \sqrt 3}{2})^2 \\ \\ DE^2 = \frac{1}{4} + \frac{(2 - \sqrt 3)^2}{4} \\ \\ DE^2 = \frac{1}{4} + \frac{2^2 + (\sqrt 3)^2 - 2 \times 2 \times \sqrt 3}{4} \\ \\ DE^2 = \frac{1}{4} + \frac{4 + 3 - 4\sqrt 3}{4} \\ \\ DE^2 = \frac{8 - 4\sqrt 3}{4} \\ \\ DE^2 = 2 - \sqrt 3 \\ \\ \fbox{DE = \sqrt{2 - \sqrt 3}}

g. calcul de la longueur EF

Le triangle EFK est rectangle en K, donc d'après Pythagore :
3$EF^2 = EK^2 + KF^2 \\ \\ EF^2 = (\frac{\sqrt{3} - 1}{2})^2 + (\frac{1 + \sqrt 3}{2})^2 \\ \\ EF^2 = \frac{(\sqrt 3 - 1)^2}{4} + \frac{(1 + \sqrt 3)^2}{4} \\ \\ EF^2 = \frac{(\sqrt 3)^2 + 1^2 - 2 \times 1 \times \sqrt 3}{4} + \frac{1^2 + (\sqrt 3)^2 + 2 \times 1 \times \sqrt 3}{4} \\ \\ EF^2 = \frac{3 + 1 - 2 \sqrt 3}{4} + \frac{1 + 3 + 2 \sqrt 3}{4} \\ \\ EF^2 = \frac{4 - 2 \sqrt 3}{4} + \frac{4 + 2 \sqrt 3}{4} \\ \\ EF^2 = \frac{8}{4} \\ \\ EF^2 = 2 \\ \\ \fbox{EF = \sqrt{2}}

h. calcul de la longueur DF

Le triangle DFN est rectangle en N, donc d'après Pythagore :
3$DF^2 = NF^2 + DN^2 \\ \\ DF^2 = (\frac{1}{2})^2 + (\frac{2 + \sqrt 3}{2})^2 \\ \\ DF^2 = \frac{1}{4} + \frac{(2 + \sqrt 3)^2}{4} \\ \\ DF^2 = \frac{1}{4} + \frac{2^2 + (\sqrt 3)^2 + 2 \times 2 \times \sqrt 3}{4} \\ \\ DF^2 = \frac{1}{4} + \frac{4 + 3 + 4\sqrt 3}{4} \\ \\ DF^2 = \frac{8 + 4\sqrt 3}{4} \\ \\ DF^2 = 2 + \sqrt 3 \\ \\ \fbox{DF = \sqrt{2 + \sqrt 3}}

i. démontrons que DF=DE+EF

3$(\sqrt{2 + \sqrt 3} - \sqrt{2 - \sqrt 3})^2 = (\sqrt{2 + \sqrt 3})^2 + (\sqrt{2 - \sqrt 3})^2 - 2 \times \sqrt{2 + \sqrt 3} \times \sqrt{2 - \sqrt 3} \\ \\ (\sqrt{2 + \sqrt 3} - \sqrt{2 - \sqrt 3})^2 = 2 + \sqrt 3 + 2 - \sqrt 3 - 2 \sqrt{(2 + \sqrt 3)(2 - \sqrt 3)} \\ \\ (\sqrt{2 + \sqrt 3} - \sqrt{2 - \sqrt 3})^2 = 4 - 2 \sqrt{2^2 - (\sqrt 3)^2} \\ \\ (\sqrt{2 + \sqrt 3} - \sqrt{2 - \sqrt 3})^2 = 4 - 2 \sqrt{4 - 3} \\ \\ (\sqrt{2 + \sqrt 3} - \sqrt{2 - \sqrt 3})^2 = 4 - 2 \\ \\ (\sqrt{2 + \sqrt 3} - \sqrt{2 - \sqrt 3})^2 = 2

Donc, on en déduit que :

3$\sqrt{2 + \sqrt 3} - \sqrt{2 - \sqrt 3} = \sqrt 2 \\ \\ \sqrt{2 + \sqrt 3} = \sqrt 2 + \sqrt{2 - \sqrt 3} \\ \\ \fbox{DF = DE + EF}

Conclusion : On a démontré que DF = DE + EF donc les points D, E et F sont alignés.

Remarque : la partie i est assez délicate et mérite d'être guidée.

Un exercice et 14 méthodes
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1687444 Posté le 26-02-08 à 17:23
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

Méthode 6 Avec de la trigonométrie (niveau 3ème)

On utilise les notations et certaines longueurs calculées dans la méthode 5.

a. calcul de la tangente de l'angle 3$\alpha = \widehat {MDE}

Dans le triangle DEM rectangle en M :

3$\tan \alpha = \frac{EM}{DM} \\ \\ \tan \alpha = \frac{(2 - \sqrt 3)/2}{1/2} \\ \\ \fbox{\tan \alpha = 2 - \sqrt 3}

b. calcul de la tangente de l'angle 3$\beta = \widehat {FDN}

Dans le triangle FDN rectangle en N :

3$\tan \beta = \frac{NF}{DN} \\ \\ \tan \beta = \frac{1/2}{(2 + \sqrt 3)/2} \\ \\ \tan \beta = \frac{1}{2 + \sqrt 3} \\ \\ \tan \beta = \frac{2 - \sqrt 3}{(2 + \sqrt 3)(2 - \sqrt 3)} \\ \\ \tan \beta = \frac{2 - \sqrt 3}{2^2 - (\sqrt 3)^2} \\ \\ \tan \beta = \frac{2 - \sqrt 3}{4 - 3} \\ \\ \tan \beta = \frac{2 - \sqrt 3}{1} \\ \\ \fbox{\tan \beta = 2 - \sqrt 3}

Conclusion : On a démontré que les angles 3$\widehat {MDE} et 3$\widehat {FDN} ont la même tangente, donc ils sont égaux et donc les points D, E et F sont alignés.

Remarque : l'utilisation de l'expression conjuguée utilisée dans la partie b est assez délicate et mérite d'être guidée.

Un exercice et 14 méthodes
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1687449 Posté le 26-02-08 à 17:24
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

Méthode 7 Avec des aires (niveau 4ème)

On utilise les notations et certaines longueurs calculées dans la méthode 5 (en particulier la longueur HE).
De plus, on appelle P le pied de la hauteur issue de E dans le triangle ADE.

La méthode consiste à calculer l'aire du quadrilatère ABFD de deux manières différentes.


1ère méthode de calcul de l'aire de ABFD

On a montré dans la méthode 1 que le triangle BEF est rectangle isocèle en B.

3$A_1 = Aire(ABE) + Aire(ADE) + Aire(BEF) \\ \\ A_1 = \frac{AB \times EH}{2} + \frac{AD \times EP}{2} + \frac{BE \times BF}{2} \\ \\ A_1 = \frac{1 \times \frac{\sqrt 3}{2}}{2} + \frac{1 \times \frac{1}{2}}{2} + \frac{1 \times 1}{2} \\ \\ A_1 = \frac{\sqrt 3}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2} \\ \\ \fbox{A_1 = \frac{3 + \sqrt 3}{4}}

2ème méthode de calcul de l'aire de ABFD

3$A_2 = Aire(ABCD) + Aire(BCF) - Aire(CDF) \\ \\ A_2 = AB \times AD + \frac{BC \times GF}{2} - \frac{CD \times NF}{2} \\ \\ A_2 = 1 \times 1 + \frac{1 \times \frac{\sqrt 3}{2}}{2} - \frac{1 \times \frac{1}{2}}{2} \\ \\ A_2 = 1 + \frac{\sqrt 3}{4} - \frac{1}{4} \\ \\ \fbox{A_2 = \frac{3 + \sqrt 3}{4}}

Conclusion : On a démontré que l'aire du quadrilatère ABFD calculée de deux manières différentes est la même, ce qui prouve que les points D, E et F sont alignés.

Un exercice et 14 méthodes
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1687452 Posté le 26-02-08 à 17:25
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

Méthode 8 Avec le théorème de Thalès (niveau 3ème)

On utilise les notations et certaines longueurs calculées dans la méthode 5 (en particulier les longueurs DN et ME)

Ainsi, H et M sont les milieux respectifs des côtés [AB] et [CD].

Appelons S le point d'intersection des droites (HM) et (DF).

Les droites (MS) et (NF) sont parallèles ; les points D, S et F ainsi que les points D, M et N sont alignés dans le même ordre donc, d'après le Théorème de Thalès, on a :

3$\frac{DM}{DN} = \frac{DS}{DF} = \frac{MS}{NF}

Donc :
3$MS = NF \times \frac{DM}{DN} \\ \\ MS = \frac{1}{2} \times \frac{1/2}{(2+ \sqrt{3})/2} \\ \\ MS = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2+ \sqrt{3}} \\ \\ MS = \frac{1}{2} \times (2 - \sqrt{3}) \\ \\ MS = \frac{2 - \sqrt{3}}{2}

(Voir le calcul de 3$\tan \beta de la méthode 6 pour le détail du calcul)

Conclusion : On a démontré que MS=ME donc les points E et S sont confondus et donc les points D, E et F sont alignés.

Remarque : on peut utiliser une variante de cette méthode qui consiste à ne pas introduire le point S mais à garder le point E.
Ensuite, on montre que les rapports des longueurs DN/DM et NF/ME sont égaux, ce qui prouve, en utilisant la réciproque du théorème de Thalès, que les droites (ME) et (NF) sont parallèles et que les points D, E et F sont alignés.

Un exercice et 14 méthodes
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1687455 Posté le 26-02-08 à 17:25
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

Méthode 9 Avec une rotation (niveau 3ème ou 2nde)


On appelle R le point tel que le triangle BDR est équilatéral.

On a :

BR=DR donc R appartient à la médiatrice du segment [BD] ;
BA=DA donc A appartient à la médiatrice du segment [BD] ;
BC=DC donc C appartient à la médiatrice du segment [BD] ;

donc les points R, A et C sont alignés.

Soit r la rotation de centre B et d'angle +60°.

Le triangle BDR est équilatéral donc r(R)=D.
Le triangle BAE est équilatéral donc r(A)=E.
Le triangle BCF est équilatéral donc r(C)=F.

Conclusion : On a démontré que l'image par la rotation r de la droite (RC) est la droite (DF), et comme une rotation conserve l'alignement, alors les points D, E et F sont alignés.

Un exercice et 14 méthodes
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1687459 Posté le 26-02-08 à 17:26
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

Méthode 10 Avec un repère 1 : vecteurs colinéaires (niveau 2nde)

On se place dans le repère orthonormal 3$(A ; \widevec {AB} ; \widevec {AD}).

En utilisant la longueur EH calculée dans la méthode 5, on a les coordonnées de points :

3$A(0;0) \, \, B(1;0) \, \, C(1;1) \, \, D(0;1) \, \, E(\frac{1}{2} ; \frac{\sqrt 3}{2}) \, \, F(1 + \frac{\sqrt 3}{2} ; \frac{1}{2}) \, \, G(1 ; \frac{1}{2})

Rappel : pour le calcul de coordonnées de vecteurs, on utilise la formule 3$\widevec{AB} (x_B - x_A ; y_B - y_A)

Coordonnées du vecteur 3$\widevec{DE} : 3$\widevec{DE} (\frac{1}{2} ; \frac{\sqrt 3 - 2}{2} )

Coordonnées du vecteur 3$\widevec{DF} : 3$\widevec{DF} (\frac{2 + \sqrt 3}{2} ; -\frac{1}{2} )

Calcul du déterminant des coordonnées des vecteurs 3$\widevec{DE} et 3$\widevec{DF} :

3$ x y^{'} - x^{'} y = \frac{1}{2} \times (-\frac{1}{2}) - \frac{2 + \sqrt 3}{2} \times \frac{\sqrt 3- 2}{2} \\ \\ x y^{'} - x^{'} y = -\frac{1}{4} - \frac{(\sqrt 3 - 2)(\sqrt 3 + 2)}{4} \\ \\ x y^{'} - x^{'} y = -\frac{1}{4} - \frac{(\sqrt 3)^2 - 2^2}{4} \\ \\ x y^{'} - x^{'} y = -\frac{1}{4} - \frac{3 - 4}{4} \\ \\ x y^{'} - x^{'} y = -\frac{1}{4} + \frac{1}{4} \\ \\ x y^{'} - x^{'} y = 0

Conclusion : On en déduit que les vecteurs 3$\widevec{DE} et 3$\widevec{DF} son colinéaires, et donc que les points D, E et F sont alignés.

Un exercice et 14 méthodes
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1687466 Posté le 26-02-08 à 17:26
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

Méthode 11 Avec un repère 2 : calcul de longueurs (niveau 2nde)

On utilise la même figure et les mêmes coordonnées de points données dans la méthode 10.

Rappel : pour le calcul d'une longueur, on utilise la formule 3$AB = \sqrt{(x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2}

Calcul de la longueur DE :

3$DE = \sqrt{(\frac{1}{2} - 0)^2 + (\frac{\sqrt 3}{2} - 1)^2} \\ \\ DE = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{(\sqrt 3 - 2)^2}{4}} \\ \\ DE = \sqrt{\frac{1 + (\sqrt{3})^2 + 2^2 - 2 \times \sqrt 3 \times 2}{4}} \\ \\ DE = \sqrt{\frac{1 + 3 + 4 - 4 \sqrt 3}{4}} \\ \\ DE = \sqrt{\frac{8 - 4 \sqrt 3}{4}} \\ \\ DE = \sqrt{2 - \sqrt 3}

Calcul de la longueur EF :

3$EF = \sqrt{(1 + \frac{\sqrt 3}{2} - \frac{1}{2})^2 + (\frac{1}{2} - \frac{\sqrt 3}{2})^2} \\ \\ EF = \sqrt{\frac{(1 + \sqrt 3)^2}{4} + \frac{(1 - \sqrt 3)^2}{4}} \\ \\ EF = \sqrt{\frac{1^2 +(\sqrt 3)^2 + 2 \times \sqrt 3 \times 1 + 1^2 +(\sqrt 3)^2 - 2 \times \sqrt 3 \times 1}{4}} \\ \\ EF = \sqrt{\frac{1 + 3 + 2 \sqrt 3 + 1 + 3 - 2 \sqrt 3}{4}} \\ \\ EF = \sqrt{\frac{8}{4}} \\ \\ EF = \sqrt{2}

Calcul de la longueur DF :

3$DF = \sqrt{(1 + \frac{\sqrt 3}{2} - 0)^2 + (\frac{1}{2} - 1)^2} \\ \\ DF = \sqrt{\frac{(2 + \sqrt 3)^2}{4} + \frac{1}{4}} \\ \\ DF = \sqrt{\frac{2^2 +(\sqrt 3)^2 + 2 \times 2 \sqrt 3}{4} + \frac{1}{4}} \\ \\ DF = \sqrt{\frac{4 + 3 + 4 \sqrt 3 + 1}{4}} \\ \\ DF = \sqrt{\frac{8 + 4 \sqrt 3}{4}} \\ \\ DF = \sqrt{2 + \sqrt 3}

Démontrons que DF=DE+EF

Voir le calcul détaillé dans la méthode 5.

Conclusion : On a démontré que DF = DE + EF donc les points D, E et F sont alignés.
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1687482 Posté le 26-02-08 à 17:28
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

Méthode 12 Avec un repère 3 : avec une équation de droite (niveau 2nde)

On utilise la même figure et les mêmes coordonnées de points données dans la méthode 10.

Déterminons l'équation de la droite (DE) :

L'équation de la droite (DE) est de la forme 3$y = m x + p.

Calcul du coefficient directeur :
3$m = \frac{y_E - y_D}{x_E - x_D} \\ \\ m = \frac{\frac{\sqrt 3}{2} - 1}{\frac{1}{2} - 0} \\ \\ m = \frac{(\sqrt 3 - 2)/2}{1/2} \\ \\ m = \sqrt 3 - 2

Donc l'équation de la droite (DE) est de la forme 3$y = (\sqrt 3 - 2) x + p.

Le point D appartient à la droite (DE) donc :

3$y_D = (\sqrt 3 - 2) x_D + p \\ \\ \Longleftrightarrow \, \, 1 = (\sqrt 3 - 2) \times 0 + p \\ \\ \Longleftrightarrow \, \, p = 1

Donc l'équation de la droite (DE) est : 3$y = (\sqrt 3 - 2) x + 1.

Vérifions que le point F appartient à la droite (DE) :

3$(\sqrt 3 - 2) x_F + 1 = (\sqrt 3 - 2) (1 + \frac{\sqrt 3}{2}) + 1 \\ \\ (\sqrt 3 - 2) x_F + 1 = (\sqrt 3 - 2) (\frac{2 + \sqrt 3}{2}) + 1 \\ \\ (\sqrt 3 - 2) x_F + 1 = \frac{(\sqrt 3 - 2)(\sqrt 3 + 2)}{2} + 1 \\ \\ (\sqrt 3 - 2) x_F + 1 = \frac{(\sqrt 3)^2 - 2^2}{2} + 1 \\ \\ (\sqrt 3 - 2) x_F + 1 = \frac{3 - 4}{2} + 1 \\ \\ (\sqrt 3 - 2) x_F + 1 = -\frac{1}{2} + 1 \\ \\ (\sqrt 3 - 2) x_F + 1 = \frac{1}{2} \\ \\ (\sqrt 3 - 2) x_F + 1 = y_F

Conclusion : On a démontré que le point F appartient à la droite (DE) donc les points D, E et F sont alignés.
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1687484 Posté le 26-02-08 à 17:28
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

Méthode 13 Avec un repère 4 : avec des coefficients directeurs (niveau 2nde)

On utilise la même figure et les mêmes coordonnées de points données dans la méthode 10.

Déterminons le coefficient directeur de la droite (DE) :

On trouve 3$m_1 = \sqrt 3 - 2 (voir méthode 12 pour le calcul détaillé)

Déterminons le coefficient directeur de la droite (DF) :
3$m = \frac{y_F - y_D}{x_F - x_D} \\ \\ m = \frac{\frac{1}{2} - 1}{1 + \frac{\sqrt 3}{2} - 0} \\ \\ m = -\frac{1/2}{(2 + \sqrt 3)/2} \\ \\ m = -\frac{1}{2 + \sqrt 3} \\ \\ m = -\frac{2 - \sqrt 3}{(2 + \sqrt 3)(2 - \sqrt 3)} \\ \\ m = -\frac{2 - \sqrt 3}{2^2 - (\sqrt 3)^2} \\ \\ m = -\frac{2 - \sqrt 3}{4 - 3} \\ \\ m = \sqrt 3 - 2

Conclusion : On a démontré que les droites (DE) et (DF) ont le même coefficient directeur, et comme elles ont le point D en commun, elles sont confondues, donc les points D, E et F sont alignés.

Remarque : pour cette méthode, on peut choisir le repère 3$(D ; \widevec {DC} ; \widevec {DA}), qui présente l'avantage de simplifier les calculs.
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1687488 Posté le 26-02-08 à 17:29
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

Méthode 14 Avec un repère 5 : avec un système linéaire (niveau 2nde)

On utilise la même figure et les mêmes coordonnées de points données dans la méthode 10.

En utilisant les résultats des méthodes précédentes, on détérmine les équations des droites (AE) et (DF) :

Equation de la droite (DF) : 3$y = (\sqrt 3 - 2) x + 1

Equation de la droite (AE) : 3$y = \sqrt 3 x

La résolution du système constitué de ces deux équations donne la solution suivante :

3$x = \frac{1}{2} \, \, \, y = \frac{\sqrt 3}{2}

ce qui correspond aux coordonnées du point E.

Conclusion : On a démontré que les droites (AE) et (DF) se coupent en E, donc le point E appartient à la droite (DF), donc les points D, E et F sont alignés.
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1687475 Posté le 26-02-08 à 17:30
Posté par Profilmikayaou mikayaou

Joli !

devrait être dans les fiches !

re : Un exercice et 14 méthodes#msg1687495 Posté le 26-02-08 à 17:30
Posté par Profilsimon92 simon92

Jamo, l'homme qui latexifie plus vite que son ombre
Pour le vote de la plus élégeante, j'avoue ne pas les avoir toutes lues, mais dès que c'est analytique c'est aps beau pour moi (même si c'est très efficace)
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1687536 Posté le 26-02-08 à 17:36
Posté par Profilsimon92 simon92

dans le même genre, tout les exos sur montrer que les bissectrices d'un triangles se coupent en 1 unique point etc...
J'en ai une pas mal pour prouver que les hauteurs se coupent en 1 seul point:
Soit M un point du plan, grâce a Chasles, on montre assez facilement que \vec{MA}\bullet\vec{BC}+\vec{MB}\bullet\vec{CA}+\vec{MC}\bullet\vec{AB}=0
Si P est l'interessection de deux hauteurs issues de A et B, alors \vec{MA}\bullet\vec{BC}=0 et \vec{MB}\bullet\vec{CA}=0 donc \vec{MC}\bullet\vec{AB}=0 : la hauteur issues de C passe par P jolie hein? (malheureusement, elle ne vient pas de moi :snif: )
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1687540 Posté le 26-02-08 à 17:37
Posté par Profilinfophile infophile

Et ben tu t'es amusé jamo
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1687720 Posté le 26-02-08 à 18:06
Posté par ProfilFlo08 Flo08

Bonjour à tous,

  Jamo  
Et hop dans les favoris
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1689070 Posté le 27-02-08 à 09:19
Posté par ProfilMariette Mariette Correcteur

Salut,

très joli jamo j'avoue que je ne les connaissais pas toutes !
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1689075 Posté le 27-02-08 à 09:22
Posté par Profilsimon92 simon92

jamo>> j'en ai une autre, que l'on a eu en interro l'année dernière, ca te dirais que je m'arrange pour retrouver le sujet ?
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1689089 Posté le 27-02-08 à 09:33
Posté par Profilsimon92 simon92

il s'agit d'une méthode sur le produit scalaire
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1689103 Posté le 27-02-08 à 09:44
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

simon92 >> oui, tu peux toujours la proposer (je pense en effet qu'il doit être possible d'utiliser le produit scalaire ou Al-Kashi pour calculer certaines longueurs et angles plus rapidement ...

Mariette >> un excellent exercice à donner à des 1S en "problème ouvet", en leur promettant 2 points par méthode !
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1689107 Posté le 27-02-08 à 09:46
Posté par Profilsimon92 simon92

malheureusement, en général quand on trouve une méthode, on reste sur cette méthode est c'esst assez difficile d'aller en hercher une autres. (enfin, tu es l'exeption qui confirme la règle, mais bon)
coordonnees#msg1760409 Posté le 26-03-08 à 05:59
Posté par Profilgjdd gjdd

desole de vous deranger, mais j'ai un doute pour un de mes exercices,
avant de demontrer que les points sont alignes, je dois en deduire les coordonnees du points E, et calculer celle du point F.
La seule difference, cest que le carre AB=7cm, donc, j'ai d'abord calculer HE avec Pythagore mais le seul probleme, c'est que je n'ai pas un resultat precis:
HE(au carre)=49-12,25
HE(au carre)=36,75
HE=racine de 36,75= 6,062177826
Donc, pour deduire les coordonnees de E,
je sais deja que l'abcisse=0,5
mais pour l'abcisse, on peut le mettre de cette maniere: si AD=7=racine de 49,
l'abcisse de I sera alors racine de 36,75 diviser par racine de 49.
ce qui me donne des coordonnees imprecise,
en plus, apres, je dois calculer J, et avec une valeur imprecise ce ne sera pas commode,
en plus, pour calculer, comme je n'ai pas encore prouver que D,E et F sont alignes, je ne peux pas utiliser la propriete de colinearite pour obtenir les coordonnees de J, ou mon raisonnement est-il faux?
quelle serait alors la maniere d'obtenir les coordonnees de J?
merci d'avance
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1762056 Posté le 26-03-08 à 19:08
Posté par Profilplumemeteore plumemeteore

bonjour
pour moi, la méthode avec la mesure des angles est la plus agréable
je crois aussi que c'est la première qui soit accessible aux élèves
coordonnees#msg1762760 Posté le 26-03-08 à 23:49
Posté par Profilgjdd gjdd

desole mais je crois que la methode des angles sert pour la derniere question qui me demande de demontrer que les 3 points sont alignes mais je eux trouver I,
je sais seulement que l'abcisse de I=0,5
A part cela, je connais les coordonnees de quelques points dans le repere (A; vecteur AB; vecteur AD)
A(0;0)  B(1;0)  C(1;1)    D(0;1)  H(0,5;0)
et je sais que AB=7cm,
               AH=3,5cm
               IH=racine de 36,75 = 6,062177826
ce qui est un chiffre imprecis,
je me demande aussi comment je pourrai calculer J apres, en obtenant la coordonnee de I, devrais-je utiliser le systeme de colinearite a l'inverse?
Merci
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1762789 Posté le 27-03-08 à 00:25
Posté par Profilplumemeteore plumemeteore

bonsoir
la méthode des aires (numéro 7) est en fait celle-ci
on prouve que l'aire du quadrilatère CDEF est égale à celle du triangle CDF = 1/4, ce  qui n'est possible que si l'angle DEF est plat

la méthode de la rotation (numéro 9) est la plus créative et a l'élégance d'éviter complètement les calculs

il y a sans doute d'autres méthodes (comme l'homothétie ou le produit scalaire)
coordonnees#msg1762824 Posté le 27-03-08 à 05:05
Posté par Profilgjdd gjdd

bonjour et encore merci,
je crois que vais soit utiliser la methode des angles ou soit celle de la rotation mais l'important c'est d'y avoir compris.
Quand a moi, je continue mon exo, je connais maintenant les coordonnees de
I(0,5; racine de 36,75 sur racine de 49)
je sais que l'ordonnee est egale a environ=0,8.
mais je coince encore pour trouver J, car je dois utiliser un calcul pour y parvenir mais n'y vois pas,
est-ce que vous avez une idee?
merci
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1762825 Posté le 27-03-08 à 06:25
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

gjdd >> tu parles de I et de J sans les définir ...
coordonnees#msg1762826 Posté le 27-03-08 à 06:30
Posté par Profilgjdd gjdd

desole,
ABCD est un carre, avec AB=7cm a l'interieur un triangle equilateral ABI, et a l'exterieur un triangle equilateral DAJ,
Il y a aussi H qui est le milieu de AB,
le probleme, cest que je ne trouve pas le moyen ou la formule pour calculer I et ensuite J
Merci d'avance
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1762827 Posté le 27-03-08 à 06:38
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

Tout est détaillé dans mes méthodes 5 et 10.
coordonnees#msg1762828 Posté le 27-03-08 à 06:45
Posté par Profilgjdd gjdd

tu veux dire que dans tes methodes, il y a le moyen de trouver les coordonnees des points I et J?
Je n'y vois rien, desole,
je ne connais que quelques mesure et l'abcisse de I,
desole encore et merci
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1764146 Posté le 27-03-08 à 19:11
Posté par Profilplumemeteore plumemeteore

bonjour
je propose une variante de la solution par le coefficient directeur
on est dans un repère orthonormé d'origine D, de longueurs unitaires égales à la moitié des côtés du carré, d'axe horizontal (DA) et d'axe vertical (DC) (d'après la figure de Jamo)
soit la droite y = dx, avec d supérieur à 2
elle coupe la droite horizontale y = 1 à l'abscisse 1/d, en un point distant de 2-1/d par rapport au côté [AB] du carré
elle coupe la droite verticale x = 1 à l'ordonnée d, distant de d-2 par rapport au côté [CB] du carré
valeur de d quand les deux distances sont égales :
2-1/d = d-2
d - 2 - 2 - + 1/d = 0
d²-4d+1 = 0
d = 2+V3 (car d est supérieur à d)
la distance commune est 2+V3-2 = V3, qui est précisément la hauteur d'un triangle équilatéral ayant un côté commun avec le carré de côté 2
coordonnees#msg1768477 Posté le 30-03-08 à 07:14
Posté par Profilgjdd gjdd

bonjour, juste un dernier probleme, j'ai trouver les coordonnees de E=   (0,5;6/7), et je sais que les coordonnees de F = l'inverse= (6/7;0,5) mais je dois le calculer donc je ne suis pas sur de la methode de calcul, comme je ne sais pas encore que les points sont alignes, je dois trouver un autre moyen,
merci pour tous les gars,
un exercice et 14 méthodes#msg1825158 Posté le 23-04-08 à 16:37
Posté par Profilgalactic galactic

salut jamo , j'avoue que cette page m'intéresse beaucoup , cependant lors des coordonnées des points , je n'ai pas vraiment compris pourquoi les vecteurs AB et AD valaient 1 (méthode 10) ? voila , j'aimerai que tu m'éclaire sur ce sujet , merci bien
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1825395 Posté le 23-04-08 à 17:41
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

galactic >> parce que je prends le repère (A;AB;AD) où AB et AD sont les vecteurs unitaires de norme 1.
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1825412 Posté le 23-04-08 à 17:45
Posté par Profilgalactic galactic

d'accord , je te remercie cette page m'a beaucoup aidé   bonne continuation
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1826461 Posté le 24-04-08 à 01:56
Posté par ProfilLa-Berlue-hu-hu La-Berlue-hu-hu

Au fait, jamo...Je dois te remercier car nous l'avons eu en DM (de la part de toute ma classe ~~).

Depuis, je soupçonne mon prof de passer quelques fois par l'île. A tout hasard, l'espoir fait vivre:

Mr L, si vous me lisez, la copie où il manque un nom pour le dernier DS est celle de votre élève MB. Merci de ne pas enlever de points .
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1826613 Posté le 24-04-08 à 11:08
Posté par Profilmikayaou mikayaou

re : Un exercice et 14 méthodes#msg1827645 Posté le 24-04-08 à 17:46
Posté par ProfilMatOfScience MatOfScience

Bonjour, toutes ces belles figures sont faites avec quel(s) logiciel(s).

Merci.
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1827663 Posté le 24-04-08 à 17:51
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

MatOfScience >> avec Geogebra : c'est gratuit et efficace !
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1828076 Posté le 24-04-08 à 19:40
Posté par ProfilMatOfScience MatOfScience

Merci Jamo , je sais qu'on peut l'utiliser en ligne, je l'ai aussi télécharger mais je ne sais pas m'en servir.
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1828253 Posté le 24-04-08 à 20:42
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

Il doit bien y avoir un tutorial ou une notice sur le site de Geogebra, non ?

Sinon, une petite recherche de "tutorial geogebra" avec Google devrait permettre d'en trouver facilement à mon avis.

Et il est assez intuitif. Si tu as déjà utilisé Cabri, c'est presque la même chose.

C'est en pratiquant qu'on apprend ...
re : Un exercice et 14 méthodes#msg1828297 Posté le 24-04-08 à 21:02
Posté par ProfilMatOfScience MatOfScience

Ok, encore une fois merci jamo .
re : Un exercice et 14 méthodes#msg2418714 Posté le 27-04-09 à 15:28
Posté par Profilbill159 bill159

bonjour,

ouah comment t'écris tout ça en moins d'1 minute... trop rapide...quelle méthode t'a utilisé?
re : Un exercice et 14 méthodes#msg2418745 Posté le 27-04-09 à 15:39
Posté par Profiljamo jamo Moderateur

Aucune méthode particulière, je suis tout simplement trop rapide !

Non, en fait, j'avais tout écrit avant, en vérifiant avec des aperçus sur le forum, puis j'ai rapidement fait des copier-coller.
Un exercice et 14 méthodes#msg2419047 Posté le 27-04-09 à 17:40
Posté par Profilcarpediem carpediem

salut

très bel exercice de style et bravo

hop dans mes favoris pour ne pas oublier cette richesse

par contre j'espère que ta prochaine énigme ne sera pas de trouver la 15 méthode (totalement différente)
un exercice et 14 methodes#msg2420410 Posté le 28-04-09 à 01:39
Posté par Profilalloh alloh

je ne doute plus de tes capacités tu es un exellent mathematicien mais tu l'ai aussi en physique et d'autres matières?

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