Géométrie de... cinquième.

par **Ben314** » 26 Nov 2010, 19:31

Comme il m'a occupé un bon moment et que je pense que certains ne vont pas souvent voir dans la section Lycée, je me permet de recopier un post du Lycée dans la partie "énigme" :

Niveau de connaissance requis : cinquième
Difficultée : certaine... :zen:

Bonne chance...

par **beagle** » 26 Nov 2010, 19:35

J'ai eu la chance de voir ta solution,
donc mème si j'ai pas planché dessus,
je te dis bravo.

par **emcee** » 27 Nov 2010, 01:16

Bonjour

d'habitude je n'aime pas le bourrinage, mais je m'y suis résolu ... Dans un repère orthonormé O i j, en posant arbitrairement AB = 1, on peut successivement connaître les équations des droites (OA), (OB), puis (AC) et (BD), puis (CD). Et le coeff directeur de (CD) nous donne ensuite la mesure de l'angle recherchée : (en blanc) je trouve BDC = 30°

Je me doute que l'astuce consiste à montrer que (re - blanc) : (BD) est la bissectrice de l'angle CDH, où H est le projeté orthogonal de D sur (AB), mais je sèche complètement sur ce point ...

par **Imod** » 27 Nov 2010, 10:22

J'avais une démo très rapide avec un polygone régulier à 18 côtés mais je ne retrouve plus mon dessin :mur:

En voici une autre avec des outils de 5ème .

On trace la parallèle à (AB) passant par D , elle coupe [OB] en E . Les diagonales du trapèze isocèle ABED se coupent en I . Le triangle AIB est isocèle avec un angle de 60° , il est donc équilatéral : BI = BA . Comme ABC=80° et ACB=50° , ABC est isocèle en B et BA = BC . Mais alors BI = BC et CBI est isocèle en B : CIB = ICB = 80° . On peut alors calculer tous les angles du quadrilatère CIDE et constater que c'est un cerf-volant d'axe (CD) alors BDC=30° .

Imod

par **nodjim** » 27 Nov 2010, 10:43

Aucun problème de géométrie ne résiste à Imod.

par **Imod** » 27 Nov 2010, 11:25

J'ai retrouvé un lien maths.net et des solutions avec un polygone régulier à 18 côtés .

L'avantage de cette méthode par rapport à celle que j'ai proposée est qu'elle permet de créer ou résoudre une multitude d'autres problèmes en changeant simplement les extrémités des segments tracés . On peut aussi changer le nombre de sommets du polygone .

Imod

PS : Nodjim , ne me flatte pas trop , sinon je vais prendre la grosse tête :zen:

par **Ben314** » 27 Nov 2010, 13:06

emcee a écrit:Bonjour

d'habitude je n'aime pas le bourrinage, mais je m'y suis résolu ... Dans un repère orthonormé O i j, en posant arbitrairement AB = 1, on peut successivement connaître les équations des droites (OA), (OB), puis (AC) et (BD), puis (CD). Et le coeff directeur de (CD) nous donne ensuite la mesure de l'angle recherchée : (en blanc) je trouve BDC = 30°

Je me doute que l'astuce consiste à montrer que (re - blanc) : (BD) est la bissectrice de l'angle CDH, où H est le projeté orthogonal de D sur (AB), mais je sèche complètement sur ce point ...

Ca fonctionne certainement, mais ce n'est pas trop niveau cinquième et il doit faloir un bon "bagage" en trigo pour simplifier les arctan (ou arcsin, arccos) des angles de 20° et de 50°...

par **Anonyme** » 27 Nov 2010, 13:23

Imod a écrit:J'ai retrouvé un lien maths.net et des solutions avec un polygone régulier à 18 côtés .

C'est assez joli :zen:

par **Ben314** » 27 Nov 2010, 14:03

La preuve de Imod :

Imod a écrit:On trace la parallèle à (AB) passant par D , elle coupe [OB] en E . Les diagonales du trapèze isocèle ABED se coupent en I . Le triangle AIB est isocèle avec un angle de 60° , il est donc équilatéral : BI = BA . Comme ABC=80° et ACB=50° , ABC est isocèle en B et BA = BC . Mais alors BI = BC et CBI est isocèle en B : CIB = ICB = 80° . On peut alors calculer tous les angles du quadrilatère CIDE et constater que c'est un cerf-volant d'axe (CD) alors BDC=30°.

Et celle que j'avais trouvé :

Ben314 a écrit:On considère E sur [OA] tel que ABE soit isocèle en B. On a BC=BA (comme Imod) donc BC=BE et, comme l'angle CBE vaut 60°, le triangle BCE est équilatéral et CE=BE. Dans le triangle BDE, les angles en B et D sont égaux à 40° donc le triangle est isocèle et DE=BE. On a donc DE=CE : le triangle CED est isocèle et, comme l'angle en E vaut 40°, celui en D vaut 70°. L'angle CDB vaut donc 70°-40°=30°

par **Imod** » 27 Nov 2010, 15:12

C'est amusant de mettre les deux méthodes en parallèles , la tienne est plus économique et plutôt astucieuse ( la construction du point E :++: ) mais les idées sont proches .

Imod

par **beagle** » 27 Nov 2010, 17:17

Lostounet a trouvé ceci:
"Je viens de trouver une animation sympa..!"

http://agutie.homestead.com/files/LangleyProblem.html
__________________

http://www.maths-forum.com/plus-qu-un-casse-tete-ames-sensibles-s-abstenir-113462.php

par **ffpower** » 27 Nov 2010, 17:37

On dirait un jeu vidéo le truc :ptdr:

par **Ben314** » 27 Nov 2010, 18:08

beagle a écrit:Lostounet a trouvé ceci:
"Je viens de trouver une animation sympa..!"

http://agutie.homestead.com/files/LangleyProblem.html

Et en plus c'est "ma" soluce qui est présentée.... :zen:

par **Anonyme** » 27 Nov 2010, 18:37

J'ai l'impression qu'on assiste a un battle Imod vs Ben :ptdr:

par **Imod** » 27 Nov 2010, 20:04

Un combat sûrement mais nous sommes dans le même camp :we:

J'aime beaucoup la solution de Ben et j'aurais aimé la trouver :cry:

Imod

par **Ben314** » 27 Nov 2010, 20:40

Imod a écrit:J'aime beaucoup la solution de Ben et j'aurais aimé la trouver Imod

Il m'a fallu plus d'une heure et en plus avec Géolabo (je considère que ça augmente au moins par 2 la vitesse de recherche en géométrie)...

Quand au combat, perso, je vois plus une certaine "fraternité" au sens "aimant bien les casse tête de géométrie"...

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