Commentaire sur l'article

• 5.1.5

  le 18 avril à 18:10, par Hébu

  Un parallélogramme $ABCD$. Depuis $D$ et $B$ on trace deux cercles, de rayon respectivement $DB$ et $CB$.

  Depuis $C$ on mène une droite, qui coupe le cercle de centre $D$ en $F$, et le cercle de centre $B$ en $G$.

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  Les segments $AG$ et $AF$ ont même longueur.

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  En fait, je tourne en rond sur cette figure. Il me semble qu’on peut la voir autrement - ce qui serait peut-être la source de l’idée neuve ? Voilà comment je propose donc de ré-examiner la chose :

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  On se donne une droite $(d)$, deux points $B$ et $D$ de part et d’autre de $(d)$.
  On choisit un point $C$ sur la droite, on tire les segments $BC$ et $DC$, et on place les points $F$ et $G$ tels que $DC=DF$, $BC=BG$ (de sorte que les triangles $DCF$ et $BCG$ sont isocèles.

  Depuis $K$, milieu de $FG$, on élève une perpendiculaire à $(d)$.

  Puis, depuis $B$ on mène une parallèle à $CD$. Elle coupe la perpendiculaire en un point $A$ (de sorte que $AGF$ est isocèle également, et donc $AG=AF$.

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  Alors, $AD$ et $BC$ sont parallèles.

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  Impossible de joindre deux figures dans le même post. La seconde donc au prochain

  Document joint : idm5-1-5.jpg
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• 5.1.5

  le 18 avril à 18:10, par Hébu

  La seconde façon de regarder le dessin

  Document joint : idm5-1-5bis.jpg
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• 5.1.5

  le 18 avril à 18:59, par Hébu

  Et je pense avoir une solution.

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  Depuis $B$ on mène une parallèle à $(d)$, qui coupe $AK$ en $N$. L’angle en $N$ est droit, et les triangles $NAB$ et $HCD$ sont isométriques.

  En effet, puisque $AB$ et $CD$ sont parallèles, $\widehat{HCD}$ et $\widehat{NBA}$ sont égaux. De plus les segments $NB$ et $HC$ ont même longueur ($NB=KJ$ et $KJ=GJ-GK=JC-JH$ ; et on voit que $JH=JC-HC$

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  Donc, les segments $AB$ et $CD$ ont même longueur, $ABCD$ est un parallélogramme.

  Document joint : idm5-1-5ter.jpg
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• 5.1.5

  le 19 avril à 18:36, par Hébu

  Pour être honnête, ce n’est pas exactement le problème initial qu’on a traité. Mais on peut reformuler tout cela ; on abaisse les perpendiculaires depuis $A$, $B$ et $D$ sur la droite $CG$, donnant les projections $K, J, H$ respectivement. On mène une parallèle en $B$ à $CG$, qui coupe $AK$ en $N$.

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  Les triangles rectangles $NAB$ et $HDC$ sont semblables (à cause des parallèles, leurs angles ont mêmes valeurs), et puisque les segments $AB$ et $CD$ ont même longueur, ces deux triangles sont même isométriques !

  De sorte que les segments $NB$ et $KJ$ ont même longueur.

  $H$ est milieu de $FC$, $J$ milieu de $CG$. Si je note $b$ la longueur de $JC$ et $JG$, et $d$ celle de $FH$ et $HC$, je peux calculer les longueurs de $GK$ et $KF$.

  Pour $GK$ : $GK=GC-KJ-JC=2b-d-b=b-d$ ; pour $KF$ : $ KF=GC-GK-FC=2b-(b-d)-2d=b-d$.

  Les deux segments ont même longueur, $K$ est à la fois hauteur et médiane de $AGF$, qui est isocèle.

  Document joint : idm5-1-5-4.jpg
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• 5.1.5

  le 20 avril à 00:19, par Sidonie

  Bien tardivement, je propose une solution sans calculs.

  Je trace la médiatrice de [BD] ainsi que les symétriques de A, de G de C , de d, du cercle de centre B par rapport à cette médiatrice. E est le point d’intersection entre d et la médiatrice.

  (AC’) et (A’C) sont parallèles à la médiatrice ( elle passe par le milieu de [AC] à cause du parallélogramme et donc aussi par le milieu de l’image [A’C’] ayant la même longueur on a même un rectangle AA’CC’.

  Les angles G’C’A et GCA’ sont donc égaux à la moitié de GEG’.

  Dans le petit cercle de centre D on a G’DA= 2G’C’A=GEG’

  Dans le grand cercle de centre D on a FDA’= 2GCA’=GEG’.

  Les segments [AF] et [G’A’] se déduisent par une rotation de centre D et d’angle GEG’ ils sont donc égaux et G’A’= AG par symétrie.

  Document joint : idm_5.1.5.jpg
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• 5.1.5

  le 20 avril à 15:44, par Hébu

  Remarquable ! On a là deux démonstrations que sont complètement différentes, c’est étonnant.

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