Commentaire sur l'article

• 4.11.6

  le 26 novembre 2018 à 10:52, par Sidonie

  Sur la figure du défi précédent, J’ajoute G intersection entre CF et DE. Il est sur deux bissectrices du triangle CAD donc AG est la bissectrice de DAC. L’angle FAG est alors droit et les points A,G,D et F deviennent cocycliques. On a ensuite angle DFG=angle DAG=30°

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• 4.11.6

  le 26 novembre 2018 à 12:40, par Hébu

  Oui, bien vu. Et même problème, la réciproque. Peut-être celle du précédent et celle-ci se ressemblent ? Et peut-être la considération des bissectrices de BAD et DAC est-elle un angle d’attaque ?

  Pour mémoire, la figure mise à jour

  Document joint : 4-11-6.jpg
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• 4.11.6

  le 26 novembre 2018 à 19:24, par Sidonie

  Je pense avoir trouvé la réciproque du précédent et la non réciprocité de celui ci.
  L’angle a est désormais quelconque. Je trace les bissectrices de de ADB et ADC elles recoupent les bissectrices en I et J (voir figure). AI et AJ deviennent les bissectrices extérieures de BAD et CAD.
  Les angles orientés IAB et CAJ sont égaux à 90°-3a/4.

  Si cette quantité est strictement positive (négative) E et F sont l’intérieur (extérieur) du quadrant IDJ et EDF < (>) 90° .

  L’égalité n’aura lieu que pour 90°-3a/4=0 c’est à dire a=120°

  La même figure montre que I,A,D,H étant étant cocycliques DIH=a/4 or DIH est inférieur à DEH donc on peut avoir DEH = 30° avec a différent de 120°

  Document joint : reciproque.jpg
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• 4.11.6

  le 26 novembre 2018 à 22:01, par Hébu

  Bravo, je reste sans voix...

  Ce qui est intéressant, c’est que l’argument est bien relié à la preuve directe, ce sont les bissectrices extérieures qui gouvernent tout... En même temps, on voit qu’il faut abandonner la figure initiale (avec a=120°) pour saisir le fil directeur.

  Modèle de raisonnement, démonstration à mettre en bonne place dans la collection des pépites (ou des poésies géométriques).

  Ma contribution (modeste) : un cas ou l’angle de 30° ne résulte pas de a=120° (j’ai un angle de 29.999, difficile d’avoir 30 exactement...)

  Document joint : contrexemple_cns.jpg
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• 4.11.6

  le 26 novembre 2018 à 23:22, par Sidonie

  Merci pour les compliments. Pouvez-vous me dire quel est le logiciel que vous utilisez pour les figures ? Pour ma part, j’utilise GeoGebra.

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• 4.11.6

  le 27 novembre 2018 à 14:55, par Hébu

  oui, j’utilise le même logiciel, on arrive à faire des choses intéressantes avec — il faut un peu tâtonner pour utiliser certaines fonctions, on rêverait d’un mode d’emploi... (qui existe peut-être d’ailleurs)

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• 4.11.6

  le 27 novembre 2018 à 15:24, par Aziz El Kacimi

  Bonjour,

  C’est peut-être ça que vous auriez aimé avoir :

  GeoGebra Guide pratique

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• 4.11.6

  le 27 novembre 2018 à 16:48, par Hébu

  oui ! merci !

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• 4.11.6

  le 27 novembre 2018 à 17:02, par Hébu

  J’ai longuement pensé à l’absence de « réciproque » pour le 4.11.6. Mais en fait, la figure diffère profondément de la précédente, malgré l’apparence. C’est qu’ici, seules deux bissectrices sont concernées.

  Pour le 4.11.5, la condition à vérifier implique les points D, E et F, c’est à dire chacune des bissectrices. Ici, BE n’intervient pas — ce qui donne plus de liberté à la figure.

  Je me suis dit alors qu’on devrait pouvoir « construire » le contre-exemple (DFC=30°, A quelconque), mieux que sur la figure que j’ai proposée hier soir.

  .

  ---

  Je me donne le point C et l’angle en C — sans choisir ni A ni B.
  Sur la bissectrice, je prends un point F et un angle CFD de 30°.

  Les données du problème sont les trois points C, F et D.

  Peut-on alors construire un triangle ABC répondant aux exigences du 4.11.6 ?

  Il « suffit » de trouver un point A qui convienne, c’est à dire un point de Cx tel que CAD=DAF (de sorte que AD soit la bissectrice)

  Le problème est de trouver un point A, qui soit sur Cx, et qui vérifie l’égalité des angles.

  Soit a la valeur qu’aura l’angle en A : CAD=DAF=a/2.

  Le point A tel que CAD=a/2 se déplace sur un cercle, centré sur la médiatrice de CD, le centre O tel que COD=a (angle au centre)

  De même il sera sur un cercle dont le centre O’ est sur la médiatrice de DF, avec DO’F=a.

  D’où la construction :

  • je trace les deux médiatrices.
  • Je choisis un point O sur la première ;
  • je prends le symétrique du segment DO par rapport à la bissectrice de FDC
  • ce symétrique coupe la médiatrice de FD au point O’ (les angles au centre seront égaux)
  • Je déplace O le long de la médiatrice de sorte que le point d’intersection des deux cercles soit situé sur Cx.
  • Ce point d’intersection est A — et l’angle en A .

  Il est sûrement possible de proposer une construction qui exhibe tout de suite le point A — évitant le tâtonnement de la dernière étape.

  Document joint : contreexemple_1.ggb
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• 4.11.6

  le 27 novembre 2018 à 17:04, par Hébu

  la figure en jpeg (on ne peut apparemment joindre qu’une seule figure à la fois)

  Document joint : contreexemple_1.jpg
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• 4.11.6

  le 29 novembre 2018 à 22:51, par Sidonie

  Bonsoir Hébu,

  Tout d’abord le triangle équilatéral sert de contre exemple naturel. Ensuite si sur votre figure vous tracez le cercle de centre D passant par F il coupe Cx en G . Le cercle passant par D,F et G passe aussi par A. Je crains fort que cette construction ne fonctionne pas toujours.

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• 4.11.6

  le 30 novembre 2018 à 11:29, par Hébu

  C’est vrai, un triangle équilatéral constituera un contre exemple plus simple, et immédiat. Mais comme j’ai l’esprit un peu tordu, je me posais la question de construire cet angle de 30° dans un cas quelconque. Là, je me donne les points C, D, F On pourrait sûrement imaginer d’autres scénarios de construction.

  .

  A part cela, je ne comprends pas l’objection ?

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• 4.11.6

  le 30 novembre 2018 à 15:53, par Sidonie

  Il faut que le cercle de centre D coupe Cx. De plus il faut qu’une droite passant par un des points et par F recoupe CD en B tel que D appartienne au segment BC. Beaucoup de conditions. Sur votre figure on obtient 2 solutions possibles et j’ai vérifié qu’elles fonctionnent. Je ne présume rien sur d’autres figures ce qui permet de chercher une construction plus générale.

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• 4.11.6

  le 30 novembre 2018 à 18:11, par Hébu

  Je suis d’accord, cette construction n’est pas la plus générale, et elle ne fonctionnera par toujours (il serait bien de donner les conditions d’existence) — de plus, la recherche du point A se fait par « tâtonnements », ça n’a rien de glorieusement géométrique... L’idée que j’avais était du genre d’une recherche expérimentale (on va dire que c’est une heuristique, pour éviter le tâtonnement).

  .
  D’autre part, il faudrait préciser les données de départ. Ici, je me donne un point C, un angle en C, et un point F. Tout ceci est arbitraire. On pourrait aussi se donner un segment BC, etc.

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• 4.11.6

  le 1er décembre 2018 à 20:38, par Sidonie

  Les colonnes devenant trop étroites je repars de ce message. Dans le cas d’un angle de 30°, les points C,D et F étant donnés le symétrique G de D par rapport à CF forme un triangle équilatéral DFG et suivi de la médiatrice de FG donne le point A intersection avec Cx. Quand tout va bien le cercle passant par D,G,F donne une autre solution. L’étonnant c’est qu’alors le cercle de centre D passant par F coupe Cx en un autre point qui génère deux solutions (médiatrice et cercle) qui sont les mêmes que pour G en inversant les méthodes. (non démontré par moi mais sans doute vrai , merci GéoGébra) ;

  Dans le cas général où l’angle CFD est autre la condition d’existence, si c= angle DCF, est DF/DC>=sin(c)

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• 4.11.6

  le 2 décembre 2018 à 10:09, par Sidonie

  Correction : DF/DC>=sin(2c). Dans un premier temps j’avais nommé c l’angle du futur triangle ABC.

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• 4.11.6

  le 2 décembre 2018 à 12:09, par Hébu

  Il me semble que vous avez là la solution au problème !

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• 4.11.6

  le 3 décembre 2018 à 09:52, par Sidonie

  1) La concordance médiatrice-cercle est en fait un cas particulier d’un résultat plus général.

  Soient A,B et C 3 points d’un cercle de centre O, si D est l’intersection entre la droite AB et la médiatrice de AC alors B,C,D et O sont cocycliques (et réciproquement).
  Il suffit de démontrer que les angles BOC et BDC sont égaux à 2BAC. L’un est un angle au centre , l’autre est angle extérieur au triangle isocèle ADC.

  2) La condition DF/DL>=sin(2c) se décline en 1/2>= sin(f)cos(c) f étant la mesure de l’angle DFC.

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• 4.11.6

  le 3 décembre 2018 à 16:33, par Hébu

  J’avoue ne pas comprendre la condition d’existence. Pour avoir une solution, la médiatrice doit couper Cx.

  L’angle FGx vaut f+c (avec f pour l’angle DFC et c pour FCD)

  Il y aura intersection si FGx<90°, soit f+c<90 ?

  Je suis passé à côté de quelque chose ?

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• 4.11.6

  le 5 décembre 2018 à 10:12, par Sidonie

  Bonjour,

  La figure étant achevée, le symétrique de F par rapport à AD sera sur AC. Il est donc nécessaire que le cercle de centre D passant par F coupe AC . La distance de D à AC est DC sin(2c).
  Donc la figure sera possible si DF>=DCsin(2c) ou DF/Dc>=sin(2c).
  Les côtés sont proportionnels aux sinus des angles opposés donc DF/DC=sin(c)/sin(f) et sin(2c) se duplique en 2sin(c)cos(c). Ensuite on obtient 1/2>=sin(f)cos(c).

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