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 #1 - 15-04-2010 01:13:28

shadock
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 39
Messages : 3332

Géométrie pour les nuls 1

On forme 3 carré accolés ABCD ; BEFC ; EGHF ( les points A,B,E,G sont alignés de même pour D,C,F,H).
Est-il vrai que : [latex]\widehat{HAB}+\widehat{HBE}=\widehat{HEG}[/latex]
Bonne médi.... euh non réflection smile
Spoiler : indice les carrés ont tous quatres angles droits tongue

Quelque soit vôtre réponse une petite démonstration sera la bienvenue! smile si vous avez envie bien entendu.



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 #2 - 15-04-2010 04:02:32

NickoGecko
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 1773

éométrie pour les nuls! 1

Bon alors trigo brute sur des carrés de côté 1 juxtaposés.

tg (a+b) = [tg(a) + tg(b)] / [1 - tg(a).tg(b)]

alors avec a = HAB, tg(a) = 1/3
avec b = HBE, tg(b) = 1/2

on a HEG = Pi / 4 soit tg(HEG) = 1
or, on a bien tg(a+b) = 1 en appliquant la formule.
donc la proposition de l'énoncé est vraie ...

HAB + HBE = HEG

Bonne journée


Il aurait pu pleuvoir, con comme il est ! (Coluche)

 #3 - 15-04-2010 05:12:42

Lagaway
Habitué de Prise2Tete
Enigmes résolues : 23
Messages : 34
Lieu: Colombie

géométrie pour lzs nuls! 1

Bonjour à tous,

si on commence par appliquer un petit coup de SIN() aux 3 angles concernés (le calcul de l'hypothénuse est donné par Pythagore), on obtient :

sin(HAB) = 1/Racine(10)
sin(HBE) = 1/Racine(5)
sin(HEG) = 1/Racine(2) (ce dernier résultat étant bien connu...HEG=pi/4)

Si HAB+HBE=HEG alors on devrait avoir :

sin-1(1/Racine(10))+sin-1(1/Racine(5)) = pi/4 = 0,7853

La calculette nous dit que c'est le cas !...donc HAB+HBE=HEG cqfd

(je suis bien conscient que la dernière partie de ma démonstration n'est pas très élégante mais je sèche un peu sur les manipulations de fonctions trigo...). J'attends de voir d'autres démonstrations plus rigoureuses.

 #4 - 15-04-2010 09:11:33

scrablor
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 950

Géométrie our les nuls! 1

Ayant résolu le problème avec la méthode tan(a+b), j'ai cherché et trouvé la meilleure source possible : http://pagesperso-orange.fr/debart/geop … html#af199

Je dois reconnaître que la méthode de la réflexion par rapport à la droite (AD) pour le dessin ci-dessous est la plus élégante.
http://pagesperso-orange.fr/debart/geoplan/affaire_logique/affaire_logique_199_solution.gif

Il y a aussi, pour les paresseux qui connaissent le plan complexe, le calcul simple [latex](3+i)(2+i)=5+5i[/latex].


Celui qui fuit les casse-tête ne vaut pas un clou.

 #5 - 15-04-2010 11:24:39

MthS-MlndN
Hors d'u-Sage
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Lieu: Rouen

Géométrie poour les nuls! 1

J'ai fait la figure, pour le reste je trouve (un peu de trigo ne faisant pas de mal) :
[TeX]\left\{ \tan (\hat{HAB}) = \frac{1}{3} \\
\tan (\hat{HBE}) = \frac{1}{2} \\
\tan (\hat{HEG}) = 1 \right.[/TeX]
Et comme un petit Wolfram|Alpha me donne [latex]\tan^{-1} \left( \frac{1}{3} \right) + \tan^{-1} \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{\pi}{4}[/latex] (ça tombe bien, je ne vois pas trop comment arriver par moi-même à ce résultat), je conclus ce court post d'un probant, vif, hurlant, lancé vers les étoiles comme le cri de révolte de la ménagère campagnarde : "Ça, c'est vrrrai, ça !"





Alleluia ! Je suis reparti de la démonstration de la formule de Machin (http://fr.wikipedia.org/wiki/Formule_de_Machin) pour trouver l'astuce de démonstration, et en fait c'est relativement simple.

Soit [latex]\theta = \tan^{-1} \left( \frac{1}{3} \right)[/latex]. On se sert alors de la formule "classique" [latex]\tan(a+b) = \frac{\tan a + \tan b}{1 - \tan a \tan b}[/latex] pour obtenir :
[TeX]\tan \left( \frac{\pi}{4} - \theta \right) = \frac{1 - \frac{1}{3}}{1 + \frac{1}{3}} = \frac{1}{2}[/TeX]
et donc :
[TeX]\tan^{-1} \left( \tan \left( \frac{\pi}{4} - \theta \right) \right) = \tan^{-1} \left( \frac{1}{2} \right)[/TeX][TeX]0 \leq \frac{1}{3} \leq \frac{1}{\sqrt{3}}[/latex] donc [latex]0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{6}[/latex] (car la fonction tangente est strictement croissante dans l'intervalle où nous sommes) et [latex]\frac{\pi}{4} - \theta \in \left] \frac{\pi}{12} ; \frac{\pi}{4} \right[ \subset \left] - \frac{\pi}{2} ; \frac{\pi}{2} \right[ [/latex].

On vérifie donc [latex]\arctan(\tan(x)) = x[/latex], ce qui nous permet de continuer :

[latex]\frac{\pi}{4} - \theta = \tan^{-1} \left( \frac{1}{2} \right)[/TeX]
et de conclure enfin :
[TeX]\tan^{-1} \left( \frac{1}{3} \right) + \tan^{-1} \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{\pi}{4}[/TeX]
Et là, je suis plutôt fier de moi lol


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 #6 - 15-04-2010 14:11:06

gabrielduflot
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géométrie ppur les nuls! 1

après des calculs trigonométriques [latex]tan (\widehat{HAB})={1\over3}[/latex]; [latex]tan(\widehat{HBE})={1\over2}[/latex]; [latex]tan(\widehat{HEG})=1[/latex] donc [latex]\widehat{HEG}[/latex]=45°

on a[latex] tan (\widehat{HAB}+\widehat{HBE})={{tan(\widehat{HAB})+tan(\widehat{HBE})}\over{1-tan(\widehat{HAB})tan(\widehat{HBE})}[/latex]=[latex]{{1\over2}+{1\over3}}\over{1-{\over1 3} \times {\over1 2}[/latex]=[latex]{5\over6}\over{\over5 6}[/latex]=1

donc :  [latex]\widehat{HAB}+\widehat{HBE}=[/latex]45°

d'où l'égalité demandée

 #7 - 15-04-2010 14:20:40

piode
Cacografe de Prise2Tete
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Géométrie pour les nuls !1

XD jai donc fait un dessin ... et je dirais : y a pas une faute ?


"Être une enzyme avec fonction hydrolyse, mais ne pas savoir comment si prendre ..."

 #8 - 15-04-2010 14:55:16

looozer
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géométeie pour les nuls! 1

Faute mieux, je dirai que Atan(1)=Atan(1/2)+Atan(1/3).
Mais c'est pas génial comme démonstration...

J'en rajoute une autre :

http://www.prise2tete.fr/upload/looozer-3carres.gif

J'ai appliqué aux 3 carrés une symétrie d'axe DH suivie d'une translation DC. Ca me permet de rendre adjacents les deux angles AFD et AHD.

Je peux alors construire un carré APHO dont la diagonale AH me donne un angle AHO de 45° comme l'amplitude de ACD.

 #9 - 15-04-2010 18:53:23

Vasimolo
Le pâtissier
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GGéométrie pour les nuls! 1

Une façon amusante et sans calcul pour le montrer :

http://img690.imageshack.us/img690/2430/troisanglessurquadrilla.jpg

On retrouve les angles [latex]\hat{A}[/latex] et [latex]\hat{B}[/latex] sur le quadrillage ci-dessus et comme le triangle jaune est rectangle-isocèle : [latex]\hat{A}+\hat{B}=\hat{E}=45.[/latex]  smile

Vasimolo

 #10 - 16-04-2010 09:15:07

giordano27
Amateur de Prise2Tete
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Messages : 5

Géométrie opur les nuls! 1

Une solution facile mais complexe : (3-i)(2-i)=5(1-i)
En passant aux arguments on trouve l'égalité demandée.

 #11 - 16-04-2010 13:44:07

shadock
Elite de Prise2Tete
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Géométrie pour lees nuls! 1

Bravo à tous sauf à Piode qui pour le moment n'a pas trouvé la réponse

Piode à écrit : XD jai donc fait un dessin ... et je dirais : y a pas une faute ?

. Vasimolo arrive à le faire sans calculs bravo!!!! wink


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 #12 - 16-04-2010 14:46:49

Palin01
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Lieu: Lille

Géométrie pour le snuls! 1

Salut :
http://photomaniak.com/upload/out.php/i945839_geomtriepourlesnuls.jpg
On veut savoir si [latex]\alpha+\beta=\gamma[/latex].
On remarque que les triangles AGH, BGH et EGH sont tous les trois rectangles en G.
On calcule [latex]sin(\alpha+\beta)=sin(\alpha)cos(\beta)+sin(\beta)cos(\alpha)=\frac{GH}{AH}*\frac{BG}{BH}+\frac{GH}{BH}*\frac{AG}{AH}[/latex]
[TeX]=\frac{a*2a+a*3a}{AH*BH}[/latex] or

[latex]AH=sqrt(AG^2+GH^2) \quad (Pythagore) \quad ce \quad qui \quad donne \quad : [/TeX][TeX] \quad AH=sqrt(a^2+9a^2)=sqrt(10)a [/TeX]
De même : [latex]BH=sqrt(BG^2+GH^2)=sqrt(4a^2+a^2)=sqrt(5)a[/latex]
on a donc [latex]AH*BH=sqrt(50)a^2=5sqrt(2)a^2 [/latex] d'où
[TeX]sin(\alpha+\beta)=\frac{5a^2^}{5sqrt(2)a^2^}=\frac{1}{sqrt(2)}=\frac{sqrt(2)}{2}[/TeX]
donc [latex]\alpha+\beta \equiv \frac{\Pi}{4}[2\Pi] \quad ou \quad \alpha+\beta \equiv \frac{3\Pi}{4}[2\Pi] [/latex]
Ici on peut prendre [latex]\alpha+\beta=\frac{\Pi}{4}[/latex](là on se dit qu'on aurait pu trouver autrement mais bon tant pis)
Il est évident que [latex]\gamma=\frac{\Pi}{4} \quad([EH) \quad bissectrice \quad de \quad \widehat{FEG}=\frac{\Pi}{2})\quad [/latex]
[TeX]donc \quad \alpha+\beta=\gamma[/TeX]
J'espère ne pas avoir fait d'erreurs.
Merci pour le problème wink .

 #13 - 16-04-2010 16:36:23

shadock
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Géométri pour les nuls! 1

Et paulin01 arrive à faire une démostration rigoureuse et pointilleuse. smile


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 #14 - 16-04-2010 17:51:05

MthS-MlndN
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géoméyrie pour les nuls! 1

Et de deux smile (Voir l'edit de mon post précédent smile)


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 #15 - 16-04-2010 21:04:19

nono2
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Géométrie poru les nuls! 1

c'est du Thales tout craché. A, B, E, G alignés et AB = BE = EG
on projette dans le triangle AGH les parallèles à GH passant par B et E, que l'on appelle pour plus de commodité B' et E'.

AB = 1/3 AG et AB' = 1/3 AH, AE = 2/3 AG et AE' = 2/3 AH
selon Thales , on garde les proportions et BB' = 1/3 GH et EF = 2/3 GH

Certain me rappellera les propriétés des angles qui fait que les valeurs des angles s'additionnent dans les mêmes proportions.

Pas très rigoureux comme démonstration, mais j'ai oublié certains lieux mathématiques ^^

On peut utiliser aussi un cercle pour montrer que le triangle AGH a des propriétés intéressantes pour le problème qui, accessoirement, nous occupe présentement roll

 #16 - 16-04-2010 23:28:45

Alexein41
Professionnel de Prise2Tete
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géolétrie pour les nuls! 1

C'est un problème que je trouve vraiment très intéressant smile
J'ai pu trouver deux démonstrations, une moche et une longue, mais pas de juste milieu lol
J'espère que vous aurez tous le courage de suivre mes démonstrations lol

On notera [latex]a[/latex] le côté de chaque carré ; [latex]\widehat{\alpha}[/latex] et [latex]\widehat{\beta}[/latex] les noms respectifs des angles [latex]\widehat{HAB}[/latex] et [latex]\widehat{HBE}[/latex] et on notera notre dernier angle [latex]\widehat{HEG} \/ \widehat{\theta}[/latex].


1ère démonstration :

Dans le triangle HAG rectangle en G, on a :
[TeX]\cos \/ \widehat{\alpha} = \frac{cot\acute{e} \/ adjacent}{hypot\acute{e}nuse} = \frac{AG}{AH}[/TeX]
Or, d'après Pythagore, on a dans le triangle rectangle AGH :
[TeX]AG^2 + GH^2 = AH^2[/TeX]
[TeX](3a)^2 + a^2 = AH^2[/TeX]
[TeX]AH = a\sqrt{10}[/TeX]
Donc [latex]\cos \/ \widehat{\alpha} = \frac{3a}{a\sqrt{10}} = \frac{3\sqrt{10}}{10}[/latex]
Ce qui revient à [latex]\widehat{\alpha} \approx 18,43 \/ degr\acute{e}s[/latex]

De même pour [latex]\widehat{\beta}[/latex], dans le triangle BGH rectangle en G, on a :
[TeX]\cos \/ \widehat{\beta} = \frac{cot\acute{e} \/ adjacent}[/TeX]
[TeX]{hypot\acute{e}nuse} = \frac{BG}{BH}[/TeX]
Or, d'après Pythagore, on a dans le triangle rectangle BGH :
[TeX]BG^2 + GH^2 = BH^2
(2a)^2 + a^2 = BH^2
BH = a\sqrt{5}[/TeX]
Donc [latex]\cos \/ \widehat{\beta} = \frac{2a}{a\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}[/latex]
Ce qui revient à [latex]\widehat{\alpha} \approx 22,57 \/ degr\acute{e}s[/latex]
[TeX] \widehat{\theta} [/latex] est un des angles du triangle EGH rectangle en G. Or ce triangle est isocèle car EG = GH. Donc par définition du triangle isocèle, on a [latex] \theta = 45 \/ degr\acute{e}s [/latex].

Or, [latex] \widehat{\alpha} + \widehat{\beta} = 18,53 + 22,57 = 45 \/ degr\acute{e}s = \widehat{\theta} [/TeX]
J'ai donc démontré que [latex]\widehat{HAB}+\widehat{HBE}=\widehat{HEG}[/latex] mais avec des valeurs approchées, c'est pas très joli, j'admets big_smile.


2ème démonstration :

A ; B ; E ; G sont alignés, pareillement aux points D ; C ; F et H. Or, comme ABCD ; BEFC et EGHF sont des carrés, (AG) est parallèle à (DH). Or il se trouve que ces deux droites sont coupées par une droite sécante : (AH). Par conséquent [latex]\widehat{AHD} = \widehat{\alpha}[/latex].

Maintenant, on fait subir au triangle BCH rectangle en C une rotation d'angle [latex]\widehat{\alpha}[/latex] et de centre H, dans le sens dans lequel les aiguilles d'une horloge tournent (le sens indirect si je ne me trompe pas tongue). On obtient donc deux nouveaux points notés B' et C', avec bien sûr, B' l'image de B par cette rotation, et C' l'image de C par cette même rotation.

Puisque que [latex]\widehat{AHD} = \widehat{\alpha}[/latex] :
[TeX](HC') \in (AH)[/TeX]
Ce qu'on voudrait prouver maintenant, c'est que [latex]\widehat{C'HE}[/latex] est égal à [latex]\widehat{CHB}[/latex] puisqu'on ne sait pas si [latex]E \in (B'H)[/latex]
Alors, on va tenter de chercher un lien entre les longueurs B'E EH et B'H, à l'aide des vecteurs.

On calcule d'abord quelques longueurs :

- Dans le triangle EHG rectangle en G, on applique le théorème de Pythagore :
[TeX]EH^2 = EG^2 + GH^2[/TeX]
[TeX]EH^2 = a^2+a^2[/TeX]
[TeX]EH = a\sqrt{2}[/TeX]
- B'C' = BC = [latex]a[/latex] car la rotation conserve les longueurs.

- HC' = HC = 2[latex]a[/latex] car la rotation conserve les longueurs.
[TeX]\vec{B'H} = \vec{B'C'} + \vec{C'H}[/latex] (Chasles)
[latex]\vec{B'H}^2 = (\vec{B'C'}-\vec{HC'})^2[/latex] (on met au carré)
[latex](\vec{B'E} + \vec{EH})^2 = (\vec{B'C'}-\vec{HC'})^2[/latex] (Chasles)
[latex](\vec{B'E})^2 + 2\vec{B'E}.\vec{EH} + (\vec{EH})^2 = (\vec{B'C'})^2 -2\vec{B'C'}.\vec{HC'} +(\vec{HC'})^2[/latex] (par le produit scalaire, on développe les deux membres)
[latex](B'E)^2 + 2||\vec{B'E}||.||\vec{EH}|| + (EH)^2 = (B'C')^2 -2*\vec{0} + (HC')^2[/latex] (B'C'H est un triangle rectangle en C' donc [latex]\vec{B'C'}.\vec{C'H} = \vec{0}[/latex])
[latex](B'E)^2 + 2*B'E*EH + (EH)^2 = B'C'^2 + (HC')^2[/TeX]
[TeX](B'E)^2 + 2a\sqrt{2}*B'E + 2a^2 = a^2 + 4a^2[/latex] (on remplace avec les valeurs)
[latex](B'E)^2 + 2a\sqrt{2}*B'E -3a^2 = 0[/TeX]
On remarque un polynôme du second degré que l'on va noter de la forme suivante :  ix² + jx + k = 0 (pour qu'il n'y ait pas de confusion avec le a de la longueur du carré) avec une inconnue notée B'E, avec i = 1 ; j = [latex]2a\sqrt{2}[/latex] et k = [latex]-3a^2[/latex]
[TeX]\Delta = b^2 - 4ac[/TeX]
[TeX]\Delta = (2a\sqrt{2})^2 - 4*1*(-3a^2)[/TeX]
[TeX]\Delta = 8a^2 + 12a^2[/TeX]
[TeX]\Delta = 20a^2 = (2a\sqrt{5})^2[/TeX]
Les deux solutions sont donc :
[TeX]
(1) B'E = \frac{-j - \sqrt{\Delta}}{2i}[/TeX]
[TeX](2) B'E = \frac{-j + \sqrt{\Delta}}{2i}[/TeX][TeX](1) B'E = -a(\sqrt{2} + \sqrt{5}) < 0[/TeX]
[TeX](2) B'E = a(-\sqrt{2} + \sqrt{5}) > 0[/TeX]
Donc la seule solution recevable est [latex]B'E = a(-\sqrt{2} + \sqrt{5})[/latex], car on cherche une longueur, et une longueur est forcément positive.

Or, [latex]EH = a\sqrt{2}[/latex] et [latex]B'H = a\sqrt{5}[/latex].

Donc, [B'E] et [EH] sont les plus petits segments.

Et [latex]B'E + EH= a(-\sqrt{2} + \sqrt{5}) + a\sqrt{2}[\latex]
[TeX]= a(-\sqrt{2} + \sqrt{5} + \sqrt{2}) = a\sqrt{5} = B'H[/TeX]
Or, si dans un triangle, la somme des deux plus petits segments est égal au troisième, le triangle est plat, non ? Donc les trois points du triangle sont alignés ! Et j'ai enfin réussi à prouver que ces fichus points B' ; E et H sont alignés ! Donc B' appartient à (EH) ! (Ouf ! On y est ! big_smile) Donc l'angle [latex]\widehat{B'HC'}[/latex] est égal à l'angle [latex]\widehat{C'HE}[/latex], qui sont donc tous les deux [latex]\widehat{\beta}[/latex]

Les deux angles [latex]\widehat{\alpha}[/latex] et [latex]\widehat{\beta}[/latex] coïncident donc tous les deux pile poil dans l'angle [latex]\widehat{FHE}[/latex], lui même alterne-interne avec l'angle [latex]\widehat{\theta}[/latex]

L'égalité [latex]\widehat{\alpha} + \widehat{\beta} = \widehat{\theta}[/latex] est donc vérifiée.

Par conséquent, l'égalité [latex]\widehat{HAB}+\widehat{HBE}=\widehat{HEG}[/latex] a été démontrée.

FIN. lol

Alexein41

P.S. : Merci pour cette énigme sympa wink

 #17 - 17-04-2010 00:18:10

dhrm77
L'exilé
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Géométrie pour les nuls 1

Voila, finalement, la demonstration est simple:
Dans le dessin suivant:
http://www.prise2tete.fr/upload/dhrm77-anglesegaux.PNG
Les triangles vert et rouge ont les meme proportions (3 par 1 sur les cotés de l'angle droit)
Les angles HAB des triangles vert et rouges sont donc les mêmes.
L'angle HBE peut etre transposé sur l'angle FAE.
Puisque l'hypothenuse du triangle rouge passe par le point F qui est donc le sommet du triangle FAE qui represente le triangle HBE, si on ajoute l'angle du triangle rouge, a l'angle FAE, on voit bien sur le dessin que la somme est un angle a 45 degrés.


Great minds discuss ideas; Average minds discuss events; Small minds discuss people. -Eleanor Roosevelt

 #18 - 17-04-2010 11:56:48

papiauche
Sa Sainteté
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Messages : 2131

Gééométrie pour les nuls! 1

Je m'en sors par les tangentes big_smile

tan(a) = 1/2
tan (b) = 1/3
[TeX]\frac{(1/2+1/3)}{(1-1/2*1/3)}=1 = 1/1[/TeX]


"Je ne lis jamais un livre dont je dois faire la critique. On se laisse tellement influencer." O. Wilde

 #19 - 18-04-2010 12:19:52

Le normand
Visiteur

éométrie pour les nuls! 1

Voici ma démonstration.
On sait que l'angle HEG=45° car [EH] est la diagonale du carré EGHF donc l'angle Ê est coupé en deux. 90/2=45
L'angle HAB=22,5° car l'angle B appartient au rectangle BGHC. La diagonale BH coupe l'angle B en deux 90/2=45. De plus, l'angle b est recatangle car il appartient au carré ABCD donc l'angle B vaut 135°. 90+45=135
HBE =22,5. Les triangles ABH et BHE sont des triangles semblable car le côté BH est le même et on a l'angle B est le même dans le rectangle BGHC.
Donc HBE+HAG= 22,5+22,5=45 HEG =45 DOnc HBE+HAG=HEG

 #20 - 19-04-2010 10:20:12

piode
Cacografe de Prise2Tete
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Lieu: Sur le dos d'une autruche

Géométrie our les nuls! 1

Piodinou a écrit:

Yaaann tu sais que je t'aime ^^ tu pourrais pas m'aider , par Mp par exemple car la veriter c'est que j'ai fait un dessin . et quand je regarde : [latex]\widehat{HAB}+\widehat{HBE}[/latex] ben c'est pas égal a [latex]\widehat{HEG}[/latex]

alors  voila !


"Être une enzyme avec fonction hydrolyse, mais ne pas savoir comment si prendre ..."

 #21 - 21-04-2010 15:22:18

shadock
Elite de Prise2Tete
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Messages : 3332

Géométrie pour les nuls!! 1

Bravo et merci à tous d'avoir répondu à mon énigme peut-être y aura t-il une suite je ne c'est pas encore. smile


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 #22 - 21-04-2010 20:16:43

MthS-MlndN
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géomérrie pour les nuls! 1

Ma démo n'était pas la plus courte, tiens lol


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 #23 - 25-10-2010 10:15:07

Goerge
Visiteur

Géométri epour les nuls! 1

Comment démontrer que le point G est le centre de gravité du triangle ABC

 #24 - 25-10-2010 10:29:27

MthS-MlndN
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géométrie pour les nuks! 1


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 #25 - 25-10-2010 10:51:00

Klimrod
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Messages : 3823
Lieu: hébesphénorotonde triangulaire

géométrie pour mes nuls! 1

Goerge a écrit:

Comment démontrer que le point G est le centre de gravité du triangle ABC

Raisonnement par l'absurde : si ça n'était pas le centre de gravité, on l'aurait appelé autrement que G, par exemple D. lol


J'ai tant besoin de temps pour buller qu'il n'en reste plus assez pour bosser. Qui vit sans folie n'est pas si sage qu'il croit.

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