Angle extérieur au triangle $ABD$ : $\widehat{ABD}+\widehat{BAD}=\widehat{BDC}=\frac{\pi }{4}$
Loi des sinus dans les triangles $ABD$ et $BCD$ : $\frac{\sin \widehat{ABD}}{AD}=\frac{\sin \widehat{BAD}}{BD}$, $\frac{\sin \widehat{CBD}}{CD}=\frac{\sin \widehat{BCD}}{AD}$.
Comme $AD=DC$, le quotient membre à membre donne : $\frac{\sin (\frac{\pi }{4}-x)}{\sin x}=\frac{\sin x}{\sin (\frac{3\pi }{4}-x)}$.
Etc.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Bonjour
Un exo élémentaire antédiluvien : Si $D$ est le milieu de $\left[ AC\right] $ et $\widehat{DAB}=\widehat{DBC}$, alors $\dfrac{CA}{CB}=\sqrt{2}$.
Amicalement Poulbot
Bonsoir à tous,
@ Poulbot : effectivement, il est élémentaire ... à condition de ne pas s'égarer sur des chemins de traverse comme je l'ai fait en tentant des approches calculatoires à base d'Al Kashi (si, si, je t'assure !) ... alors qu'il suffit d'une demi-ligne de démonstration à partir de la similitude des triangles ABC et BCD ! Le plus cocasse étant que la première chose que j'avais remarquée en étudiant ta figure, c'est l'égalité des angles BDC et ABC, en considérant le premier comme angle extérieur du triangle ADB, sans que la similitude desdits triangles me crève les yeux ! Bon, ce soir, ma signature est parfaitement justifiée !
J'avais quand même compris hier, en cherchant à démontrer l'exercice réciproque, comment cette figure peut être associée à un carré, et ce soir (avant même de voir et comprendre !), j'ai essayé de retrouver le même type d'égalité d'angles avec un hexagone et j'en suis arrivé à construire les figures ci-jointes, qui n'ont aucun besoin d'être commentées ...
Bien cordialement
JLB
Bonjour et Bon week-end à tous !
suite (et fin provisoire) de mes redécouvertes de géométrie de base ...
Ayant constaté qu'on pouvait obtenir le même type de figure avec un octogone régulier, j'ai compris qu'en fait, la question était liée au cercle, et voici la réponse dans la deuxième figure jointe, sans plus de commentaires superflus ...
Bien cordialement
JLB
Réponses
Loi des sinus dans les triangles $ABD$ et $BCD$ : $\frac{\sin \widehat{ABD}}{AD}=\frac{\sin \widehat{BAD}}{BD}$, $\frac{\sin \widehat{CBD}}{CD}=\frac{\sin \widehat{BCD}}{AD}$.
Comme $AD=DC$, le quotient membre à membre donne : $\frac{\sin (\frac{\pi }{4}-x)}{\sin x}=\frac{\sin x}{\sin (\frac{3\pi }{4}-x)}$.
Etc.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
une solution mêlant chasse aux angles, trigo et géométrie de base donne x = pi/6.
Chasse aux angles, après avoir tracé la B-hauteur BH de ABC :
Dans ABD : x + (3pi/4) + (<B - x) = pi, donc <B = pi/4
Dans BCD : <C = pi - x - (pi/4) = (3pi/4) - x, ce qui donne <BCH = (pi/4) + x
Trigo : je pose t = tg(x), j'ai alors tg (<BCH) = tg ((pi/4) + x) = (1+t) / (1-t)
Géométrie de base : tg (<BCH) = BH/CH, tg x = BH/AH, tg (<BDH) = BH/DH = 1
on peut donc écrire tg (x) = t = DH/(AD + DC + CH), tg (<BCH) = DH/CH = (1+t) / (1-t)
en inversant ces relations : (AD + DC +CH)/DH = 1/t, CH/DH = (1-t) / (1+t)
en additionnant membre à membre (AD + DC + 2CH)/DH = 1/t + (1-t) / (1+t)
Or AD = DC, donc le rapport de gauche vaut 2, et l'on obtient l'équation toute simple 3t2 = 1
d'où x = pi/6.
Bien cordialement
JLB
Un exo élémentaire antédiluvien :
Si $D$ est le milieu de $\left[ AC\right] $ et $\widehat{DAB}=\widehat{DBC}$, alors $\dfrac{CA}{CB}=\sqrt{2}$.
Amicalement Poulbot
@ Poulbot : effectivement, il est élémentaire ... à condition de ne pas s'égarer sur des chemins de traverse comme je l'ai fait en tentant des approches calculatoires à base d'Al Kashi (si, si, je t'assure !) ... alors qu'il suffit d'une demi-ligne de démonstration à partir de la similitude des triangles ABC et BCD ! Le plus cocasse étant que la première chose que j'avais remarquée en étudiant ta figure, c'est l'égalité des angles BDC et ABC, en considérant le premier comme angle extérieur du triangle ADB, sans que la similitude desdits triangles me crève les yeux ! Bon, ce soir, ma signature est parfaitement justifiée !
J'avais quand même compris hier, en cherchant à démontrer l'exercice réciproque, comment cette figure peut être associée à un carré, et ce soir (avant même de voir et comprendre !), j'ai essayé de retrouver le même type d'égalité d'angles avec un hexagone et j'en suis arrivé à construire les figures ci-jointes, qui n'ont aucun besoin d'être commentées ...
Bien cordialement
JLB
suite (et fin provisoire) de mes redécouvertes de géométrie de base ...
Ayant constaté qu'on pouvait obtenir le même type de figure avec un octogone régulier, j'ai compris qu'en fait, la question était liée au cercle, et voici la réponse dans la deuxième figure jointe, sans plus de commentaires superflus ...
Bien cordialement
JLB