exo belge 2010

ABC un triangle. H le pied de la hauteur issue de A.

la bissectrice intérieure de l'angle B , coupe [AC] en E.

On suppose l'angle AEB = 45°.

Déterminer l'angle EHC ?

...................................................................................

Bonjour Mr Houssam; Je vous remercez pour l'execelent EX.
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Ma methode:



On pose EBA=EBC=x.
EAB+45°+x=180° => 135°+ECB-(EAB+45°)=0 => EAB-ECB=90 ==> (1)
On a: ECB=180°-(x+135°) => EAB-180°+x+135°=90° => x+EAB=135° ==> (2)
(2)-(1): x+ECB=45° => x+180°-CEB-EBC=45° ==> (A)
Et: x=CEB-EBC-90° ==> (B)
De (A) et (B) on a: CEB-EBC-90°=CEB+EBC-135° <=> 2EBC=45°
D'ou: x=EBC=22.5°.
D'aprés (1) et (2) et en s'aidant de la somme des angles d'un triangle égale à 180°, on peut facilement trouver que: HAB=45° , HAC=EOA=67.5° , EAB=112.5° , CEB=135°.
----------------------------------------------------------------------------

Revenons à la figure de départ: (On va travaillé sur le triangle qui est en vert et AEB.)
On crée une droit orthogonale à (EB) dans une point A'. D'autre part, OHB est rectangle en H.
D'ou: AA'B=OHB=90° et on a:EBH=EBA donc: AA'B et OHB semblables. ==> (H)
On crée une droite (OO')//(AA'), D'ou les triangles AEB et OO'B semblables. ==> (Z)
OO'B et EOH semblables ==> HEO=OBO'=22.5° et OHE=OO'B=45°
D'ou: EHC=90°-EHA=45°
Merci.

Bravo pour l'effort mais........

5e ligne

Et : x = CEB-EBC-90° ??????

çà conduirait à : x = 135° - x - 90° =====> 2x = 45° , ===> x = 22°,5

or x n'est pas donné.

jai fait plusieurs figures

EHC = 45°

pour la démonstration je tourne encore en rond !!!

..............................................................

2x+BAE+ECB=180° => EAB=180°-AEB-x => ECB+x+AEB=90° => x=CEB-EBC-90°

Pour la deuxiéme remarque: HOO'=OEH=45°
Les angles de EOH sont connus. Donc: EHC=90°-EHA <=> EHC=67.5°.
Au lieu d'écrire 67.5° c'est clair EHC=45°( faute de frappe), dsl j'était en plein.. C'est réctifier.
Merci.[/u]

De cette façon, on peut faire entrer un carré dans le triangle ACH.


La démonstration:
EAO triangle isoecle en E. Le bissecteur de l'angle AEO c'est celui une hauteur du triangle AEO.
ECB triangle issoecle en E. Le bissecteur de l'angle CEB c'est celui une hauteur du triangle ECB.
ESHR est rectangle donc.
Aprés quelques calculs on trouve que: (EH)_|_(OS). Les triangles construites aprés de déssiner (EH) et (SO) semblables.
ESHO est un carré.

Merci.

salam marjani

message : 21:12
-------------------------
1ere ligne

........................................====> x = CEB - EBC - 90 ?????????

c'est toujours la même remarque : x = 135° - x - 90° ?????

message : 21:54
-------------------------

la démonstration:

EAO isocèle en O ???????

====> AOE=OAE =(180°-45°)/2 = 67°,5 = BOH = 90° - x

====> x= 22°,5 ????

donc même conclusion

----------------------------------------------je vous conseille de faire une nouvelle figure et reprendre tout.

.

Monsieur Houssam,

J'ai déja posé EBA=EBC=x ..
Vous voulez donc d'ou j'ai venais de Et: x=CEB-EBC-90° ==> (B)
---------------------------------------------------------------------------
Démo:
Dans le triangle AHB: 2x+90°+HAB=180°
=> HAB+2x=90° (1)
Méme façon dans le triangle ACH: HAC+ECB=90° (2)
On sait que: HAC+HAB=EAB !
(1) + (2): 2x+BAE+ECB=180° => EAB=180°-AEB-x => ECB+x+AEB=90° => x=CEB-EBC-90° ( en utilisant (1) et (2) et (2)-(1).
( Je ne veux pas écrire tout ce que j'ai utilisé, car la plupart des idées je les fais par réflichissement.
Sinon pose devant toi :
x=CEB-EAB , EAB=90°+ECB , x=45°- ECB , x+ECB=AEB , x=(EAB-3ECB)/2.
---------------------------------------------------------------------------
On est d'accord maitenant je pense.
---------------------------------------------------------------------------
Pour " faire entrer un carré dans le triangle:

EAO isocèle en E c'est normale ! AOE et HOB angles internes.. Donc: AOE=HOB . Dans le triangle HOB On a: HOB=180-(25.5+90)=67.5° !
D'ou: AOE=HOB=67.5° et on a l'angle OEA=45° souvent l'énoncé.
Donc: OAE=180°-(67.5°+45°) <=> OAE=67.5°=AOE !
Donc le triangle OAE est issoecle en E.
----------------------------------------------------------------------------

Si vous avez autres questions je suis là pour répondre.

salam

soyez un peu patient :

je voulais dire si EAO est isocèle en E , çà conduirait l'angle B = 45°

Or l'angle B n'est pas donné dans l'énoncé.

---------------------------------------
regarde la ligne :

(1)+(2): ............................................===>x = CEB-EBC -90°

???????? c'est bien : x = 135° - x - 90°

donc 2x = 45° ???????

-------------------

houssa a écrit:

salam

soyez un peu patient :

je voulais dire si EAO est isocèle en E , çà conduirait l'angle B = 45°

Or l'angle B n'est pas donné dans l'énoncé.

---------------------------------------
regarde la ligne :

(1)+(2): ............................................===>x = CEB-EBC -90°

???????? c'est bien : x = 135° - x - 90°

donc 2x = 45° ???????

-------------------

Salam,
Ah! oui vous avez raison pour faire entrer un carré dans un triangle, il faut travaillé dans un triangle quelquonque. C'est ce que vous vous llez dire non?
Oublions le sujet de carré.
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x = 135° - x - 90°

Mais CEB n'est pas mensioné aux données pour juger que sa valeur soit 135° ! (2x=B=45°.)
Je ne trouve aucune error dans ma démo (je pense que t'as mélangé entre B et x?). Sinon éclairez un peu.

salam

CEB est le supplément de ( AEB=45° ).

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moi aussi j'ai tourné en rond beaucoup de temps , mais la solution

était inattendue !!!

si tu veux je la posterai ...

..............................................................

Si 67.5° est juste voir la démo:


Revenons à la figure de départ: (On va travaillé sur le triangle qui est en vert et AEB.)
On crée une droit orthogonale à (EB) dans une point A'. D'autre part, OHB est rectangle en H.
D'ou: AA'B=OHB=90° et on a:EBH=EBA donc: AA'B et OHB semblables. ==> (H)
On crée une droite (OO')//(AA'), D'ou les triangles AEB et OO'B semblables. ==> (Z)
==> Et d'aprés des petites calcules on trouve que: AOB ressemble OO'B et d'aprés (Z) il ressemble donc EAB.
OAB=BEA=BO'O

- Maitenant en va nommé ta9ato3 (OO') et (AB) par exemple M.
D'aprés le calcul des angles des triangle OAM et OO'H on trouve qu'ils sont semblables (1).
- Méme chose à OHB et OMB: semblables..
- EOM=ESO'=90° ! ( (AA')_|_(EB) et (AA')//(OM) Donc (EM)_|_(EB).
- Calcul et déduire les angles des quadrilatéres EAMO et EOO'S..
- Donc les quadrilatéres EAMO et EOO'S semblables..
- Donc: EAM ressemble SEO. et vu que OAM ressemble OO'H ..
- Donc: EOH ressemble OO'B et AOB.
- Cela veut dire que: HEO=OAB=45° => SEH=67.5°-45°=25.5°
D'ou: SHE=180°-(90°+22.5°)=67.5°.

Merci.

salam

je suis désolé il y a une erreur:

4e ligne :

On a crée ........(OO') //(AA').............AEB et OO'B semblables ?????????

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AEB n'est pas rectangle tandis que OO'B est rectangle enO

......................................................

Pardon: AA'B et OO'B et MOB et SEB semblables. Dans la dérniere démonstration je n'ai pas utilisé AEB et OO'B semblables, qu'une faute de frappe que j'ai pas voullu la coller dans la demo.

Pour que vous me comprenez vitement il faut voir la figure. Les angles en rouge vaut 45° , les angles en bleu vaut 67.5° , les angles en jaune vaut 22.5°.

M.Marjani a écrit:

Si 67.5° est juste voir la démo:


- Maitenant en va nommé ta9ato3 (OO') et (AB) par exemple M.
D'aprés le calcul des angles des triangle OAM et OO'H on trouve qu'ils sont semblables (1).
- Méme chose à OHB et OMB: semblables..
- EOM=ESO'=90° ! ( (AA')_|_(EB) et (AA')//(OM) Donc (EM)_|_(EB).
- Calcul et déduire les angles des quadrilatéres EAMO et EOO'S..
- Donc les quadrilatéres EAMO et EOO'S semblables..
- Donc: EAM ressemble SEO. et vu que OAM ressemble OO'H ..
- Donc: EOH ressemble OO'B et AOB.
- Cela veut dire que: HEO=OAB=45° => SEH=67.5°-45°=25.5°
D'ou: SHE=180°-(90°+22.5°)=67.5°.

Merci.

je pense que tu insistes à ne pas reprendre l'exercice au départ.

--------------------------------------
on n'a pas donné les angles du triangle ABC

d'après les couleurs : l'angle B = 45°, l'angle C = 22°,5 et l'angle A = 112°,5

????????????
-----------------------------------------------------------------------
En tout cas je propose ma solution :

Dans le triangle AHB:

On complète les deux autres bissectrices . Leur intersection est I.

je note pour aller plus vite:

A , B , C les angles du triangle ABC.

Dans BEC : B/2 + C +135° = 180° ====> B+2C=90°

Or B + BAH=90° =====> BAH= 2C

IHA = 45° .

Le quadrilatère IHEA est inscriptible car : IHA = IEA = 45°

=====> IEH = IAH = C.

------------------------------
Dans le triangle EHC:

EHC + C+ (135°- C) = 180°

====> EHC= 45°

.....................................................

Ma réponse est ainsi:
Soit O le point d'intersection des bissectrices intérieures de AHB.
Ainsi HO est bissectrice de l'angle AHB.
Donc AHO=OHB=45°. (angles)
Posons OAH=c et ABO=a. (angles)
La mesure des angles d'un triangle vaut 180°.
Donc ABH+BHA+HAB=180°. (angles)
Donc 2ABO+2BAO+2AHO=180°. (angles)
Donc ABO+BAO+AHO=90°. (angles)
Donc a+c+45°=90°. (angles)
Donc a+c=45°.==>(1) (angles)
Considérons le quadrilatère AOHE.
On a AEO=AHO=45°. (angles)
Ces deux angles limitent le même arc [AO].
Donc, il est inscriptible.
Appelons AOE=d et EOH=b. (angles)
On a AOE=AHE=d. (angles)
Car ce sont deux angles limitant le même arc [AE).
Et de même HAE=HOE=b. (angles)
Et OAH=OEH=c. (angles)
La somme des angles d'un quadrilatère vaut 360°.
Donc OAE+AEH+EHO+HOA=360°. (angles)
Donc OAH+HAE+AEO+OEH+EHA+AHO+HOE+EOA=360°. (angles)
Donc c+b+45°+c+d+45°+b+d=360°. (angles)
Donc 2c+2b+2d+90°=360°. (angles)
Donc 2c+2b+2d=270°. (angles)
Donc c+b+d=135°.==>(2) (angles)
Dans le triangle BHE, on a BEH+EHB+HBE=180°. (angles)
Donc c+EHA+AHO+OHB+a=180°. (angles)
Donc, en utilisant 1: a+c+d+45°+45°=180°. (angles)
Donc 45°+d+90°=180°. (angle)
Donc d+135°=180°. (angle)
Donc d=45°. (angle)
D'autre part, on a EHC+EHA=90°. (angles)
Donc EHC+d=90°. (angles)
Donc EHC+45°=90°. (angle)
Donc EHC=45°. (angle)
Ce qu'on cherche.
(le 2 n'a aucun rôle, mais il assure ce que j'ai trouvé).
J'attend ta remarque houssa.

houssa a écrit:

je pense que tu insistes à ne pas reprendre l'exercice au départ.
--------------------------------------
on n'a pas donné les angles du triangle ABC
d'après les couleurs : l'angle B = 45°, l'angle C = 22°,5 et l'angle A = 112°,5
????????????
-----------------------------------------------------------------------
En tout cas je propose ma solution :
Dans le triangle AHB:
On complète les deux autres bissectrices . Leur intersection est I.
je note pour aller plus vite:
A , B , C les angles du triangle ABC.
Dans BEC : B/2 + C +135° = 180° ====> B+2C=90°
Or B + BAH=90° =====> BAH= 2C
IHA = 45° .
Le quadrilatère IHEA est inscriptible car : IHA = IEA = 45°
=====> IEH = IAH = C.
------------------------------
Dans le triangle EHC:
EHC + C+ (135°- C) = 180°
====> EHC= 45°
.....................................................

C'est la même methode que j'ai utilisé.
J'ai une question à te poser:
Le résultat trouvé déclenche que [HE) est bissectrice de AHC.
Ceci est valable pour n'impote quelle cas ou justement ici.
Merci de me répondre.

OUI c'est parfait .

houssa a écrit:

====> EHC= 45°

.....................................................

Ou est la suprise que vous avez dis?

Pour les angles de ABC, quand tu trouves x=ABE tu peux trouver toutes les angles sauf les angles du triangle EHO.
Quand tu m'as dis qu'il ya une surprise dans l'EX j'ai penser à EHC=67.5°.

Bonne chance.

nmo a écrit:

Ma réponse est ainsi:
Soit O le point d'intersection des bissectrices intérieures de AHB.
Ainsi HO est bissectrice de l'angle AHB.
Donc AHO=OHB=45°. (angles)
Posons OAH=c et ABO=a. (angles)
La mesure des angles d'un triangle vaut 180°.
Donc ABH+BHA+HAB=180°. (angles)
Donc 2ABO+2BAO+2AHO=180°. (angles)
Donc ABO+BAO+AHO=90°. (angles)
Donc a+c+45°=90°. (angles)
Donc a+c=45°.==>(1) (angles)
Considérons le quadrilatère AOHE.
On a AEO=AHO=45°. (angles)
Ces deux angles limitent le même arc [AO].
Donc, il est inscriptible.
Appelons AOE=d et EOH=b. (angles)
On a AOE=AHE=d. (angles)
Car ce sont deux angles limitant le même arc [AE).
Et de même HAE=HOE=b. (angles)
Et OAH=OEH=c. (angles)
La somme des angles d'un quadrilatère vaut 360°.
Donc OAE+AEH+EHO+HOA=360°. (angles)
Donc OAH+HAE+AEO+OEH+EHA+AHO+HOE+EOA=360°. (angles)
Donc c+b+45°+c+d+45°+b+d=360°. (angles)
Donc 2c+2b+2d+90°=360°. (angles)
Donc 2c+2b+2d=270°. (angles)
Donc c+b+d=135°.==>(2) (angles)
Dans le triangle BHE, on a BEH+EHB+HBE=180°. (angles)
Donc c+EHA+AHO+OHB+a=180°. (angles)
Donc, en utilisant 1: a+c+d+45°+45°=180°. (angles)
Donc 45°+d+90°=180°. (angle)
Donc d+135°=180°. (angle)
Donc d=45°. (angle)
D'autre part, on a EHC+EHA=90°. (angles)
Donc EHC+d=90°. (angles)
Donc EHC+45°=90°. (angle)
Donc EHC=45°. (angle)
Ce qu'on cherche.
(le 2 n'a aucun rôle, mais il assure ce que j'ai trouvé).
J'attend ta remarque houssa.

Désolé mais ils ne limite pas le méme arc..

M.Marjani a écrit:

nmo a écrit:

Ma réponse est ainsi:
Soit O le point d'intersection des bissectrices intérieures de AHB.
Ainsi HO est bissectrice de l'angle AHB.
Donc AHO=OHB=45°. (angles)
Posons OAH=c et ABO=a. (angles)
La mesure des angles d'un triangle vaut 180°.
Donc ABH+BHA+HAB=180°. (angles)
Donc 2ABO+2BAO+2AHO=180°. (angles)
Donc ABO+BAO+AHO=90°. (angles)
Donc a+c+45°=90°. (angles)
Donc a+c=45°.==>(1) (angles)
Considérons le quadrilatère AOHE.
On a AEO=AHO=45°. (angles)
Ces deux angles limitent le même arc [AO].
Donc, il est inscriptible.
Appelons AOE=d et EOH=b. (angles)
On a AOE=AHE=d. (angles)
Car ce sont deux angles limitant le même arc [AE).
Et de même HAE=HOE=b. (angles)
Et OAH=OEH=c. (angles)
La somme des angles d'un quadrilatère vaut 360°.
Donc OAE+AEH+EHO+HOA=360°. (angles)
Donc OAH+HAE+AEO+OEH+EHA+AHO+HOE+EOA=360°. (angles)
Donc c+b+45°+c+d+45°+b+d=360°. (angles)
Donc 2c+2b+2d+90°=360°. (angles)
Donc 2c+2b+2d=270°. (angles)
Donc c+b+d=135°.==>(2) (angles)
Dans le triangle BHE, on a BEH+EHB+HBE=180°. (angles)
Donc c+EHA+AHO+OHB+a=180°. (angles)
Donc, en utilisant 1: a+c+d+45°+45°=180°. (angles)
Donc 45°+d+90°=180°. (angle)
Donc d+135°=180°. (angle)
Donc d=45°. (angle)
D'autre part, on a EHC+EHA=90°. (angles)
Donc EHC+d=90°. (angles)
Donc EHC+45°=90°. (angle)
Donc EHC=45°. (angle)
Ce qu'on cherche.
(le 2 n'a aucun rôle, mais il assure ce que j'ai trouvé).
J'attend ta remarque houssa.

Désolé mais ils ne limite pas le méme arc..

Si, ils limitent le même arc.
J'ai démontré que ce quadrilatère est inscriptible (première ligne en rouge) pour déduire les valeurs des autres angles (deuxième ligne en rouge).
Je ne vois aucune faute.

houssa a écrit:

je pense que tu insistes à ne pas reprendre l'exercice au départ.

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on n'a pas donné les angles du triangle ABC

d'après les couleurs : l'angle B = 45°, l'angle C = 22°,5 et l'angle A = 112°,5

????????????
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En tout cas je propose ma solution :

Dans le triangle AHB:

On complète les deux autres bissectrices . Leur intersection est I.

je note pour aller plus vite:

A , B , C les angles du triangle ABC.

Dans BEC : B/2 + C +135° = 180° ====> B+2C=90°

Or B + BAH=90° =====> BAH= 2C

IHA = 45° .

Le quadrilatère IHEA est inscriptible car : IHA = IEA = 45°

=====> IEH = IAH = C.

------------------------------
Dans le triangle EHC:

EHC + C+ (135°- C) = 180°

====> EHC= 45°

.....................................................

- Ce qui est en vert, on peut pas juger dans ce cas que IHEA est inscriptible ..
Une explication svp.

---------------------------------------------------------------------
J'ajoute sur ma methode de départ:



On pose EBA=EBC=x.
EAB+45°+x=180° => 135°+ECB-(EAB+45°)=0 => EAB-ECB=90 ==> (1)
On a: ECB=180°-(x+135°) => EAB-180°+x+135°=90° => x+EAB=135° ==> (2)
(2)-(1): x+ECB=45° => x+180°-CEB-EBC=45° ==> (A)
Et: x=CEB-EBC-90° ==> (B)
De (A) et (B) on a: CEB-EBC-90°=CEB+EBC-135° <=> 2EBC=45°
D'ou: x=EBC=22.5°.
D'aprés (1) et (2) et en s'aidant de la somme des angles d'un triangle égale à 180°, on peut facilement trouver que: HAB=45° , HAC=EOA=67.5° , EAB=112.5° , CEB=135°.
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Je reprend la methode et je corrige ma premiére petite faute de vitesse:
Les quadrilatéres ESO'O et AEOM resemblables [d'aprés le calcul des angles]
Dans ces deux quadrilatéres:
A=SEO
EOM=ESH=90°
Ou bien on note les angles :
SEO ===> A'AM
ESO'===> EOM
AEO ===> EOO'
OOS ===> AMO

Donc: AO dans AOEM joue le role de EH dans ESO'O.

EAO=SEO
A'AM=SEO

EAA' et ESH semblables.
Donc: SEH=OEA=45°.
D'ou ESH=45°

J'attend vos remarques Mr Houssam sur cette methode xd.
Merci.

Propriété:

ABCD est inscriptible =====> si tu fixes une corde par exp : [BC]

alors les angles de sommets les 2 autres points sont égaux ou supplémentaires.

.....................................................

pour la nouvelle démonstration ; désolé encore des erreurs

ESO'O et EOMA semblables : NON car

ESO'O contient 2 angles droits et EOMA contient un seul angle droit.

................................................

houssa a écrit:

Propriété:

ABCD est inscriptible =====> si tu fixes une corde par exp : [BC]

alors les angles de sommets les 2 autres points sont égaux ou supplémentaires.

.....................................................

pour la nouvelle démonstration ; désolé encore des erreurs

ESO'O et EOMA semblables : NON car

ESO'O contient 2 angles droits et EOMA contient un seul angle droit.

................................................

Ok, merci pour la propriéte que je ne connais pas avant.
ESO'O et EOMA semblables regarde une autre fois, ce qui est en vert xd.
J'ai dis ESO'O non pas SEOH.

J'ai trouvé une faute dans l'EX Mr Houssam..



J'ai crée (AA')_|_(EB).
- D'aprés les donées AEB=45° ! Donc AA'E est un triangle rectangle et isoecle en A'.

Dans le quadrilatére AA'OM On a: AA'O=90° et A'OM=90° et d'aprés des calculs on trouve OMA=112.5°, aussi OAB=45°.

Donc: OAA'=67.5° !!!!
Donc: EAB=OAA'=67.5° !!!!!!!!!

C'est une faute caché dans l'énoncé donc.