Théoréme (?)

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Messagepar sotwafits » Lundi 02 Janvier 2006, 16:27

MB a écrit:
choko a écrit:j'ai réussi à faire les 3 prémiére question du premier mais la 4 je bloc peut tu me donner la réponses


Pour l'instant je vais rester sur le deuxième exercice.
Si tu as fait une figure, penses-tu vraiment que les triangles BHD et GDF sont de même forme (ie isométriques ?) ?

Attention !

De même forme ne signifie pas isométriques mais semblables

Oui, l'énoncé est correct
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Messagepar MB » Lundi 02 Janvier 2006, 17:21

sotwafits a écrit:Je crois qu'il y a une méprise, MB. Ici il parle du premier exercice, et je ne pense pas qu'il y ait d'erreur d'énoncé. Ce qu'il dit me semble correct


Oups, je pensais qu'il parlait de l'exercice 2 ! :oops:
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Messagepar MB » Lundi 02 Janvier 2006, 17:24

sotwafits a écrit:De même forme ne signifie pas isométriques mais semblables.


Ah ok (décidément), si ça veut dire semblables ...
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Messagepar choko » Lundi 02 Janvier 2006, 17:27

j'en ai fait pas mal depuis :D j'ai fait=
les questions 1;2;3 de l'exercice 1 mais pour la 4 et la 5 je ne sais pas comment faire
les question 1;2 ( sauf la 2éme façon de la question ( utiliser les 3 cotés .) ) et la 3 mais je suis pas sur ( je vous écrit mes réponses pour voir si c'est bon attendez un peu )
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Messagepar MB » Lundi 02 Janvier 2006, 17:33

sotwafits a écrit:Quand tu mets un message, peux-tu préciser de quel exercice il s'agit pour que tout le monde suive ?


Oui et je pense qu'il aurait été préférable de faire un message par exercice.
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Messagepar MB » Lundi 02 Janvier 2006, 17:40

choko a écrit:voila la figure de l'exercice 2


Oui, c'est bien la bonne figure.
Pour la deuxième question tu peux montrer que les triangles $HBD$ et $GFD$ sont semblables en montrant que leurs côtés sont proportionnels. Tu sais aussi que $\widehat{HBD} = \widehat{GFD} = 135°$ pour la première méthode proposée. Pour les longueurs, il faut montrer que $FD = k \times BD$, que $GF = k \times BH$ et que $GD = k \times HD$.
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Messagepar choko » Lundi 02 Janvier 2006, 17:54

1) BF = BA car ce sont 2 côtés d'un même carré,
De même BC=BH car ce sont deux côtés du carré BCKH.
Si on considère la rotation de centre B d'angle 90° qui transforme H en C, alors elle transforme également A en F.
Comme une rotation conserve les distances, on en déduit que HA=CF (car H et A ont pour images C et F)
En résumé : BF=BA , BC=BH et CF=HA. Donc les 3 côtés du triangle BCF sont égaux aux trois côtés du triangle BAH...

2)aire (FBC)=aire(FBA)
-aire d'un triangle=B*h/2
aire (FBC)=fb*h/2 puisque h=AB
alors aire (FBC=FB*AB/2

-FBA est un triangle rectangle en B car ABFG est un carré
aire (FBA)=FB*AB/2

-Donc aire (FBC)=aire (FBA )=FB*AB/2

- 2*aire (BCF) = FB*AB
aire d'un carré =C*C
aire du carré BAGF=FB*AB

-Donc 2*aire (BCF)=aire (BAGF ) = FB*AB


3) on nomme I l'intersection entre h et BH
triangle ABI rectangle en I plus que AI hauteur et BH base.
AB²=BI²+AI²
triangle ABM rectangle en M car AN perpendiculaire à BC
AB²=AM²+BM²
donc AB²=BI²+AI²=AM²+BM²
alors AI²=BM²
racineAI²=racineBM²
AI=BM

-aire (ABH)=Aire (BMH)
aire(ABh)=BH*AI/2
aire(BMH)=BH*BM/2
puisque AI=BM alors aire (ABH)=aire (BMH)=BH*BM/2

-2*aire (ABH)=aire (BMNH)
2*aire (ABH) = BH*BM=BH*BM

aire (BMNH)=BM*BH
donc 2*aire(ABH)=aire(BMNH)=BM*BH

-Aire ( ABFG )= Aire ( BMNH )
Aire (ABFG)=FB*AB

4) ben je sais pas ?

5) c'est pareil aucune idée

je passe à l'exercice 2

1)CGE=45°
car GC diagonale du carré BCGF
donc 90°/2
donc il n'est pas égale à 135°

GFD=135°
GFC+CFD
90°+45°=135°

idem que ci-dessus mais avec (FED et (FD)

HBD=135° méme méthode que ci dessus

2) DF=BH carré de méme mesure de diagonales égales
2GF=BC+CD=BD
2GF=BD

HBD=90°+45°=135°
GFD=90°+45°=135°
HBD=GFD
puisque angle égal et 2 cotés proportionnels

2éme methodes=
ben je l'ai pas trouvé


3)BHD=GDF
HBD=GFD
HDB=DGF

DHM+DGE=45°

BDHF est un trapéze
BH parraléle DF
BD " " " " " " HF
BHF=45°
FDB=45°
la diagonale du trapéze est HD
DHG=22.5°
DGE=22.5°
DHG+DGE=45°

voila pouvez vous me dire si c'est bon et maider pour les questions ou je n'ai pas réussi
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Re: A

Messagepar MB » Lundi 02 Janvier 2006, 18:00

choko a écrit:2) DF=BH carré de méme mesure de diagonales égales
2GF=BC+CD=BD
2GF=BD

HBD=90°+45°=135°
GFD=90°+45°=135°
HBD=GFD
puisque angle égal et 2 cotés proportionnels


Ceci n'est pas exact !
Il faut montrer que $BD = k \times FD$ et que $BH = k \times GF$. Dans ce cas, je crois que $k = \sqrt{2}$.

choko a écrit:2éme methodes=
ben je l'ai pas trouvé


Il faut calculer les longueurs ! (avec Pythagore ...)
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Messagepar choko » Lundi 02 Janvier 2006, 18:15

sa veut dire quoi le K que tu as mis :oops:
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Messagepar choko » Lundi 02 Janvier 2006, 18:17

je ne voit pas comment je peux faire pour la 2 car je croyait que c'etait bon :(
sinon le reste est bon
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Messagepar MB » Lundi 02 Janvier 2006, 18:20

choko a écrit:sa veut dire quoi le K que tu as mis :oops:


C'est le coefficient de proportionnalité.
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Messagepar MB » Lundi 02 Janvier 2006, 18:27

choko a écrit:je ne voit pas comment je peux faire pour la 2 car je croyait que c'etait bon :(


Tu peux calculer les longueurs des côtés: $HB = \sqrt{2}$, $GF = 1$ et remarquer que $HD = \sqrt{2} \times GF$. Il faut faire de même avec les autres côtés en gardant le même coefficient de $\sqrt{2}$ et en utilisant Pythagore pour calculer certaines longueurs.
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Messagepar choko » Lundi 02 Janvier 2006, 19:41

je n'y arrive po :cry: peut tu me faire voir stp je doit le rendre demain :(
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Messagepar MB » Lundi 02 Janvier 2006, 19:47

choko a écrit:je n'y arrive po :cry: peut tu me faire voir stp je doit le rendre demain :(


Bah par exemple, en utilisant le théorème de Pythagore dans le triangle rectangle $HDE$, on obtient que $HD = \sqrt{10}$. Par la même méthode dans le triangle $GED$, on trouve que $GD = \sqrt{5}$. On a donc bien $HD = \sqrt{2} \times GF$.

Il reste à constater que cela fonctionne bien avec $BD$ et $FD$.
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Messagepar choko » Lundi 02 Janvier 2006, 19:52

ok merci je vais essayer je te dirait ma réponses tout à l'heure :)
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