Petit probléme de géométrie plane

[invitefd1f8b44]

Bonjour
Il y a plusieurs semaines le journal "Le Monde"dans une rubrique "jeux" a posé un petit probléme de géometrie dont la solution devait être donnée la semaine suivante .
N'ayant pour ma part pas vu le réponse à ce probléme et ne l'ayant pas trouvé aprés quelques recherches rapides pouvez vous m'indiquer la solution si vous savez résoudre ce probléme.

Probléme
Soit un triangle ABC dont la hauteur est AH ,la médiane AM et dont les trois angles BÂH HÂM et MÂC sont égaux .
Pour un tel triangle quelles sont les valeurs des angles A B et C

Bien entendu il est demandé de trouver la solution par la géométrie et non par la trigonométrie

merci
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[invite0ca7eb4d]

Bpnjour

Pour ma part je trouve:

 Cliquez pour afficher

A = 75 degres; B = 65 degres et C = 40 degres

[invite1237a629]

Salut,

Comment tu as trouvé ça ? je reste bloquée ^^

[invitefd1f8b44]

Non ce n'est pas ça La solution je la connais A=90 B=60 C=30 mais je ne trouve pas le raisonnement pour y arriver

[A voir en vidéo sur Futura]

[invite0ca7eb4d]

Non ce n'est pas ça La solution je la connais A=90 B=60 C=30 mais je ne trouve pas le raisonnement pour y arriver

Effectivement... Je viens de revoir ce que j'ai fait et c'etait du gros n'importe quoi.
Ce me paraissait bizard aussi que je sois le premier a trouver

En revoyant le tout je trouve comme neck

On a un grand triangle rectangle ABC forme de 4 triangles rectangles identiques.

[invite1237a629]

Soit 3A la valeur de l'angle en A, B la valeur de l'angle en B et C la valeur de l'angle en C.

On a A+B=90
2A+C=90

Mais il me manque une équation :'(

Et je vois pas pourquoi "4" triangles rectangles identiques oO Que 2 pour le moment...

[invite36e4dbaa]

Interdire la trigonométrie est un abus ici.

Faites la figure avec les lettres données.
Dans le triangle ABM, la hauteur AH est aussi bissectrice .
Donc le triangle ABM est isocèle de sommet principal A.
Donc la hauteur AH issue dusommet principal est aussi médiatrice de la base [BM]

Donc BH = HM.

Soit K le projeté orthogonal de M sur AC.

Le point M situé sur la bissectrice de HAC est équidistant des côtée de l'angle HAC.
Donc HM = HK.

Or, M est le milieu de [BC], donc HM = HB = MK = MB/2 = MC/2

Le triangle MHK est rectangle en K, puisque K est le projeté orthogonal, de M sur K.

dans ce triangle rectangle, MK = MC/2

Un côté de l'angle droit = la moitié de l'hypoténuse prouve que KCM = 30°.
Pour cette dernière affirmation : sin C = 1/2 donc C = 30°, ou bien demi-triangle équilatéral de sixième-cinquième.

Donc ACB = 30°

En évaluant autrement ACB,
si on appelle x la mesure commune aux angles BAH, HAM et MAC,

dans le traingle HAC, on a ACB = 90° - 2x

ce qui donne 30 = 90 - 2x
on résout et on trouve x= 30°

D'où BAC = 3x = 90°,
et il reste 60° pour ABC dans ce fameux triangle ABC.

[invite36e4dbaa]

Il doit y avoir une autre solution avec ABC obtus, et dans ce cas la hauteur AH sort du triangle.

mais elle doit exister cette autre solution....

[invite36e4dbaa]

Erreur d'écriture : dans la onzième ligne de ma démonstration :

C'est le triangle MKC qui est rectangle en K et no pas le triangle MHK.

C'est dommage qu'on ne puisse pas éditer les posts. Est-ce compréhensible ou faut-il que je récrive tout ?

Sinon le reste à l'air correct.

[invite36e4dbaa]

Soit 3A la valeur de l'angle en A, B la valeur de l'angle en B et C la valeur de l'angle en C.

On a A+B=90
2A+C=90

Mais il me manque une équation :'(

Et je vois pas pourquoi "4" triangles rectangles identiques oO Que 2 pour le moment...

En plaçant le point K de ma démonstration (K est le projeté orthogonal de M sur AC, ou bien MK est perpendiculaire à AC) et en traçant MK, tu vois apparaître les 4 triangles évoqués par Quintilio.

Autre chose : il vaut mieux donner pour nom d'inconnue pour la mesure commune aux trois angles x comme je l'ai fait, plutôt que le nom d'un sommet. C'est plus clair, car au même sommet, il y plusieurs angles différents...

Quant au noeud de la démonstration, c'est bien KM = MC/2 dans le triangle KMC qui est rectangle en K qui débloque le tout et permet de démontrer l'existence d'un angle de 30°.

[invitea766430f]

super dgidgi !

j'ai savouré ta solution !

[invite36e4dbaa]

Merci,

Content de voir que c'est lisible et qu'on peut suivre.

Il est certain qu'il faut garder la figure sous les yeux, en suivant la lecture pas à pas.

Pour l'histoire de l'angle ABC obtus, la solution n'existe pas, j'ai été un peu présomptueux en affirmant le contraire.

Quelqu'un pourrait justifier cela ?

Histoire de relancer le post

[invite1237a629]

Justement, c'est sans passer par la trigo qu'il faudrait faire !

Sinon c'est facile voui ><

[invite36e4dbaa]

Justement, c'est sans passer par la trigo qu'il faudrait faire !

La trigo que j'ai utilisée ne sert qu'à déteminer l'angle aigu de 30° d'un triangle rectangle. Cela ne nécessite aucne calculatrice, ni table ni quoi que ce soit de non accessible à un collégien.

Je donne d'ailleurs une variante à cette étape utilisant le sinus de 30°, c'est d'utiliser que lorsqu'un triangle rectangle possède un côté de l'angle droit de longueur la moitié de l'hypoténuse, alors c'est un "demi-triangle équilatéral" . Le triangle équilatéral serait obtenu en considérant la figure formée par le triangle rectangle en question et son symétrique par rapport à l'autre côté de l'angle droit (celui dont la longueur n'est pas la moitié de l'hyporénuse).

Cette démonstration (le demi-triangle équilatéral) est accessible en cinquième.

Il est difficile de rédiger des démonstrations de géométrie sans avoir la figure sous les yeux, et je conçois que ce soit difficile à lire.

Je ne vois pas de solution plus simple, mais je n'utilise que des maths de niveau collège.

Je pense respecter le tableau des charges et je répète qu'interdire la trigonométrie pour prouver qu'un angle mesure 30° n'est pas la plus grosse difficulté du problème. Mais qu'a-ton le droit d'interdire dans une démonstration de géométrie ?