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D139 Le triangle équilatéral sous tous les angles

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

D139 Le triangle équilatéral sous tous les angles

Solutions

Félicitations à Paul Voyer qui a répondu à la totalité des exercices. Baptiste Gorin a répondu aux exercices n°4,5 et 6 , Pierre Henri Palmade aux exercices n°2 et 4 et Daniel Collignon aux exercices n°1,2 et 4

1er problème

Solution de Daniel Collignon :

Il suffit de considérer un point fixé sur la courbe et un point suffisamment proche du premier.

Avec ce segment il est possible de construire un triangle équilatéral de telle sorte que le troisième point soit à l’intérieur de la courbe. En déplaçant le deuxième point le long de la courbe jusqu’à un point suffisamment proche du premier mais de l’autre côté, on voit que le troisième point du triangle équilatéral sera à l’extérieur de la courbe. Par continuité il existe donc une situation limite où le troisième point traverse la courbe, cqfd.

Solution de Paul Voyer :

Depuis un point P quelconque du contour, appliquons au patatoïde une rotation de /3.

Les points du voisinage du centre de rotation sont pour certains à l’intérieur du patatoïde d’origine et pour d’autres à l’extérieur.

Les deux patatoïdes se recoupent donc au moins une fois.

Le point d’intersection est le deuxième sommet d’un triangle équilatéral dont le troisième sommet est l’image de ce point dans la rotation inverse, situé lui aussi sur le patatoïde d’origine.

Illustration et commentaires supplémentaires.

Après rotation de centre A et d’angle 60° (dans le sens trigonométrique par exemple) le contour (F) devient le contour (F’) et les deux contours se rejoignent au point A et en un 2ème point C (qui n’est pas nécessairement unique) si A est convenablement choisi. Ce point C qui est sur (F’) a pour antécédent un point B de (F) de telle sorte que angle(AB,AC) = 60°. La triangle ABC est isocèle (AB = AC) et l’angle en A vaut 60°. Le triangle ABC est équilatéral et ses trois sommets sont bien sur (F).

Cette construction devient plus délicate si la contour (F) a la forme d’un triangle et que le point A en est l’un des sommets avec l’angle en A inférieur à 60°. Dans ce cas, la rotation de

(2)

60° déplacerait le contour (F) en un deuxième contour (F’) qui n’aurait pas de point de recouvrement avec la position initiale. C’est pourquoi, il faut choisir A sur le contour de (F) de telle sorte que l’on « voit » (F) de A sous un angle supérieur à 60°.

Pour prendre connaissance d’autres solutions possibles avec toutes leurs subtilités, on se référera utilement au site Mathcentral de l’Université de Régina au

Canada. :http://mathcentral.uregina.ca/MP/fprevious2001/apr02sol.html

2ème problème

Solution de Paul Voyer :

L’aire du triangle (de côté a) est a² 3/4.Considérons dans le triangle l’arc de cercle de centre A et rayon r.

Il enferme une aire r²/6 = a² 3/8, moitié de celle du triangle.

Solution de Pierre Henri Palmade :Par symétries successives par rapport à AB et AC, puis leurs images, on peut construire un hexagone régulier de centre A composé de 6 triangles équilatéraux égaux, et toute ligne joignant un point de AB à un point de AC va engendrer une courbe fermée entourant A. En prenant le coté du triangle comme unité, la surface de

l’hexagone est 3rac(3), et la courbe de longueur minimale entourant une aire de 3rac(3)/2 est un cercle de rayon rac(3rac3/4π)=0,64303….La ligne cherchée est donc l’arc de ce cercle de centre A.

Solution de Daniel Collignon

Il s’agit d’un arc de cercle centré en l’un des sommets.

Pour le prouver il suffit de considérer l’hexagone formé de 6 triangles équilatéraux et

d’appliquer le théorème isopérimètrique (le cercle est la courbe de plus petit périmètre à aire fixée)

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3ème problème

Solution de Paul Voyer

Posons :

AD=a ; AB=b

Soit D’ l’image de D dans la rotation de centre A et d’angle /3 E est l'image de D dans cette rotation.

La droit D’E a pour équation : x+y 3=2a (" x.cos+y.sin=1") L’abscisse de E est BE=2a-b 3

De même, l’ordonnée de F est DF=2b-a 3 2*Aire (CEF) = (a-BE)(b-DF)

=(a-(2a-b 3))(b-(2b-a 3)) (b 3-a)( a 3-b)

=4ab- 3(a²+b²)

2*Aires (ABE+ADF)=a*DF+bBE

=a(2b-a 3)+b(2a-b) 3

=4ab- 3(a²+b²) Même valeur, CQFD.

Solution géométrique

(4)

Il existe une solution géométrique simple qui consiste à inscrire les triangles AEB, EFC et FAD à l’intérieur d’un cercle de centre O et de diamètre PQ = AE = EF = FA. Pour

commencer on trace X sur la circonférence du cercle tel que le triangle rectangle1 PQX est 1 identique au triangle rectangle AEB. Puis le point X se déduit de 2 X par rotation de centre 1 O et d’angle 60°. On vérifie aisément que le triangle PQX est égal au triangle EFC avec 2 angle(CEF) = angle(QPX )=30° + angle(2 QPX ) = 30° + angle(BAE). De la même manière, 1 le point X se déduit de 3 X par rotation de centre O et d’angle 60° et le triangle rectangle 2

PQX est égal au triangle FAD. On continue de tracer les points 3 X4,X5et X6par rotations successives de 60° et on obtient ainsi un hexagone régulier X1X2X3X4X5X6 dont les côtés

4 3 6

1X et X X

X sont parallèles à la diagonale X2X5 . On a la relation X1X6X3X4 X2X5/2. Dès lors l’aire du rectangle vert PX2QX5est égale à la somme des aires des rectangles rouge

4 1QX

PX et bleu PX3QX6, l’aire de chacun d’eux étant déterminée par le produit de la base commune PQ et des hauteurs issues respectivement des sommets X2,X1et X3dans les triangles PQX , 2 PQX et 1 PQX . Or celles-ci sont proportionnelles aux segments 3 X2X5,

4 3 6

1X et X X

X .

4ème problème

Solution de Paul Voyer

Si on appelle G le centre du triangle, on peut écrire vectoriellement : PA²+PB²+PC²=

PGGA

 

² PGGB

 

² PGGC

²

=3 PG²+3 GA²+2 PG.

GAGBGC

= 3r²+3GA² car GAGBGC=0

L’expression PA²+PB²+PC² ne dépend que du rayon r, distance du point P au centre du triangle.

Elle est donc constante si P se déplace sur un cercle quelconque de même centre

(5)

Solution de Pierre Henri Palmade :

Soit O le centre du triangle équilatéral (qui est en particulier centre du cercle inscrit). Pour tout point P, on a (en vecteurs et produits scalaires)

PA2+PB2+PC2=(PO+OA)2+(PO+OB)2+(PO+OC)2=3PO2+2PO(OA+OB+OC)+OA2+OB2+OC2

=3PO2+OA2+OB2+OC2 puisque O est centre de gravité, donc OA+OB+OC=0.

La quantité PA2+PB2+PC2 ne dépend donc que de PO2 : elle est donc constante sur tout cercle de centre O, et en particulier sur le cercle inscrit, pour lequel elle vaut 15R2 (puisque les longueurs OA=OB=OC=2R, O étant centre de gravité, donc aux 2/3 de la médiane)

Solution de Daniel Collignon :

Dans un triangle équilatéral, le centre du cercle inscrit est confondu avec le centre de gravité, d’où vectoriellement OA+OB+OC = 0.

Vectoriellement :

PA^2 + PB^2 + PC^2 = (PO+OA)^2 + (PO+OB)^2 + (PO+OC)^2

PA^2 + PB^2 + PC^2 = 3*PO^2 + 2PO*(OA+OB+OC) + OA^2 + OB^2 + OC^2 PA^2 + PB^2 + PC^2 = 3*PO^2 + OA^2 + OB^2 + OC^2

Ainsi écrit il est clair que lorsque P décrit un cercle de centre O, la quantité à droite est constante, et par égalité celle de gauche aussi.

Autre approche

Soient A,B et C les points de coordonnées (1,0,0), (0,1,0) et (0,0,1) dans un repère

orthonormé Oxyz à 3 dimensions. Le triangle ABC est équilatéral et la sphère (S) de centre O et de rayon R = 2/2coupe le plan ABC selon un cercle tangent aux côtés du triangle ABC.

L’équation du plan ABC est x + y + z = 1 ; celle de la sphère (S) est x2y2z2 1/2. Soit un point P situé sur la circonférence du cercle. La somme 1 P1A2P1B2P1C2vaut

2 2

2 2 2 2

2 2

2 y z x (y-1) z x y (z-1)

1) -

(x         =

5/2 3 2 - 3/2 3 z) y 2(x ) z y

3(x222        . Elle est bien constante et ne dépend pas de la position de P sur le cercle. 1

Il est facile de faire le même raisonnement pour n’importe quel cercle concentrique au cercle inscrit dans le triangle équilatéral ABC.

(6)

5ème problème

Solution de Paul Voyer

Le point O est situé à l'intersection des cercles : - de diamètre AB, centré en P (AOB=90°), bleu - circonscrit à BCG, centré en Q (BOC=120°), rouge.

BJ est l'axe radical de ces deux cercles.

Si on prend le Point R comme origine, avec AB=a,

Le cercle bleu a pour équation : (x-a/4)²+(y-a 3/4)²=a²/4,le cercle rouge : x²+(y+a 3/6)²=

a²/3, et la droite BJ, par différence :x(-a/2)+y(-a 3/2-a 3/3)+a²/4+(3/4)a²-(3/36)a²=a²/4-a²/3 soit l'équation de la droite BJ : x+(5 3/3)y-a/2=0

La droite AC : x-y/ 3+a/2=0, sur laquelle le point J : (5/3+1/3) 3y-a=0 y=a 3/6 = RA/3, J a la même ordonnée que G.

CJ=a/3 ; on peut vérifier que x=-a/3.

Les triangles rectangles BJH et CPK sont égaux car leurs angles en B et C sont égaux (arc OG sur le cercle rouge COGB). AK=CJ=a/3

Equation de la droite AI, perpendiculaire à BJ passant par A : (5/ 3x-(y-a 3/2)=0

Donne l'abscisse de I = -a 3 5

2 /

3 =-3a/10.

D'où BI=4a/5

(7)

Autre approche

Soit AB = BC = CA = L = 1

On pose AK = p*AB = p*L avec p réel compris entre 0 et 1. De la même manière, on pose BI

= q*BC = q*L et CJ = r*CA avec q réel compris entre 0 et 1.

Les droites AI, BJ et CK étant concourantes, le théorème de Ceva permet d’écrire la relation : Il en découle : p*q*r = (1-p)*(1-q)*(1-r) .Cette dernière équation donne ainsi l’un des trois termes p ou q ou r à partir des deux autres.

Démontrons maintenant que AK = CJ. En effet l’angle sous lequel du point O on voit BC est égal à 360°-150°-90° = 120°. Il en résulte que angle(OBC) = 180° - 120° - angle(BCK) = 60°

- angle(BCK). Or angle(ACK) = angle(ACB) – angle(BCK) = 60° - angle(BCK). Les deux angles CBJ (=angle(OBC)) et ACK sont donc égaux . Les triangles BCJ et ACK qui ont un côté égal (BC = AC = L) et les deux angles adjacents à ce côté égaux, sont égaux. En conséquence AK = CJ p = r.

Par ailleurs, les quatre points A,K,O et J sont cocycliques car les deux angles JAK = 60° et JOK = 120° sont supplémentaires. Comme AO est perpendiculaire à OB car du point O on voit AB sous un angle droit, il en résulte que le cercle passant par ces quatre points est de diamètre AJ. Dès lors JK est perpendiculaire à AB et comme l’angle JAK est égal à 60°, le triangle AJK est un demi triangle équilatéral AK = AL/2 . D’où p*L = (1-r)*L/2 et 2*p=2*r=1-r p = r = 1/3 q/9 = 4*(1-q)/9 q = 4/5.

Les points I,J et K sont alors entièrement déterminés par les distances AK = 1/3, BI = 4/5 et CJ = 1/3.

(8)

6ème problème

Solution de Paul Voyer

Les droites BM, CN et AQ sont images l'une de l'autre par rotation de centre G et d'angle 2/3.

Elles enferment 3 triangles égaux dont BOC.

Le triangle équilatéral central OPQ a donc pour aire 7-3*2=1, et GO=2GH=GA/ 7. L'angle AOB est égal à -ABP-BAO

avec ABP=/3-CBP=/3-BAP et BAO=BAP-OAP soit AOB=-(/3-BAP)-(BAP-OAP)=2/3+OAP.

Tg OAP=OH/AH=(3/2)(GA/ 7)/AH

avec AH= AG²-GH²=GA 28 27 soit tg OAP=1/ 3 d'où OAP=/6 et AOB=5/6 soit 150° et AOC est droit.

Autre approche :

La résolution de ce problème revient à faire la démonstration réciproque du problème précédent.

(9)

La droite AO coupe le côté BC au point L. Le triangle équilatéral ABC est ainsi partagé en 6 triangles disjoints BOL, BON, CON, AOM, COM et COL d’aires respectives a, b, c, d, e et f telles que par hypothèse :

a + b + c + d + e + f = 7 a + f = 2

Les triangles ABM et BCN étant égaux, il en découle a + b + f = b + c + d. D’où a + f = c + d

= 2 et par différence b + e = 7 – 2 – 2 = 3.

On désigne par K le rapport AN/BN = CM/AM. Comme aire BOC=2 <7/2, on a K>1. Les aires des triangles BON et AON qui ont même hauteur issue de O sont proportionnelles aux côtés BN et AN. Il en résulte c = Kb. De la même manière on peut écrire e = Kd..

Dès lors Kb + d =2 et b + Kd = 3. La résolution de ces deux dernières équations donne b = 1)

K)/(K -

(3 2 et d = (3K-2)/(K21).D’où c = K(3-K)/(K2 1) et c + d = 2 3K(K-2)=0

K=2. On retrouve ainsi la configuration du 5ème problème avec les rapports AM/AC = 1/3 et BN/BA = 1/3. Il s’agit de faire la démonstration réciproque du 5ème problème pour aboutir aux relations : angle(AOB) = 150° et angle(AOC) = 90°.

Les points A,M,O et N sont cocycliques. En effet les deux triangles ABM et BCN étant égaux, les angles(AMB) et (BNC) sont égaux et les angles (AMO) et (ANO) sont

supplémentaires. Par ailleurs on a AN=2BN=2AM et le triangle AMN est un demi-triangle équilatéral qui est rectangle en M. L’angle(AOM) est égal à l’angle(ANM) car ils sous tendent le même arc AM dans le cercle AMON. Comme angle(ANM) = 30°, il en résulte angle(AON) = 30 ° et angle (AOB) = 180° - angle(BOL) = 180° - angle(AON) = 150°. Par la même occasion, on vérifie que les deux droites AO et OC sont bien perpendiculaires avec angle(AON) = angle(AMN) = 90° et NM qui est l’un des côtés de l’angle droit du triangle rectangle AMN.

7ème problème

Solution de Paul Voyer

3 droites d'un plan y délimitent 7 régions.

On peut donc supposer que l'une des 7 parts est le triangle central, et qu'il est équilatéral.

Les seuls paramètres en sont la taille et l'orientation.

Pour l'orientation, c'est vite réglé, il suffit d'un dessin.

(10)

Considérons le partage décrit ci-dessus.

IH=(a-2x) 3/2,LH=x 3/2, IL=(a-3x) 3/2, JK=a-3x et l'aire du triangle mauve IJK est IL²/ 3 = (a-3x)² 3/4 L'aire de la part jaune est égale à x² 3/2

L'aire de la part bleue est (a-5x/2)x 3/2

La graphique montre que le rapport de la grande part à la plus petite est minimum lorsque les parts jaunes et mauves sont égales.

Il montre également que le partage est loin d'être équitable.

x²=(a-3x)²/2 soit 7x²-6ax+a²=0

En se bornant à x<a/2,on trouve x=a 



  7

2

3 0.227a

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Autre approche

Il n’y a aucun découpage réalisé avec trois coups de couteau qui donne un partage du triangle en 7 parts de même surface. Le mieux que Diophante puisse faire consiste à partager le gâteau en 4 parts de même surface a et 3 autres parts de surface b.

La figure n°1 ci-après représente un premier découpage possible :

Les trois coups de couteau sont AI, BJ et CK tels que AK = BI = CJ.

Soit AB=1 et AK=p <1. La surface totale du gâteau est par convention prise égale à 1 . Les aires hachurées en jaune sont égales entre elles et valent b. Les triangles AKR, BIP et CJQ sont égaux entre eux et leur aire commune est a. Enfin l’aire du triangle équilatéral PQR est c.

Pour déterminer a,b et c en fonction de S, on fait appel aux relations suivantes : 2a + b = p

3a + 3b + c = 1

Par ailleurs, le triangle hachuré en vert dont les côtés sont de longueur k et 1-k a pour surface e = p(1-p). D’où l’aire du triangle IJP d = a + b – p(1-p) = p2a. Comme les triangles ABP et AJP d’une part, IBP et IJP d’autre part ont pour bases communes les segments BP et JP, on peut écrire a/d = (a+b)/(b+c) avec a+b = p-a, b+c = 1+a –2p.

Il en résulte ap3/(p2p1), b(p3-p2p)/(p2p1) et c(2p-1)2/(p2p1). Le ratio R minimum entre la part la plus grande et la part la plus petite est atteint lorsque a=c (il y a alors 4 parts égales de surface a et trois autres parts de surface b). Le paramètre p vaut alors (3- 5)/2 et le ratio R est égal à 51.Les portions a et b sont respectivement égales à

)/4 5 3

(7 =0,072949… et 52 = 0,23606…

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Il y a un 2ème découpage qui donne un ratio R inférieur et qui est représenté dans la figure n°2 ci-après:

Les trois coups de couteau sont les trois segments IJ, KL et MN qui sont parallèles aux côtés du triangle ABC et à une égale distance.

On pose AI = AK = BJ = BM = CL = CN = p. L’aire a des losanges AIRK, BJPM et CLQN est égale à 2p , celle des trapèzes PQLJ, PRKM et QRIN est égale à 1 – 2 (1p)2-2a =

5p2

2p .Enfin le triangle équilatéral situé au centre du gâteau a pour aire c = (13p)2. Le ratio R minimum entre la part la plus grande et la part la plus petite est atteint lorsque a=c (il y a alors 4 parts égales de surface a et trois autres parts de surface b). Le paramètre p vaut alors (3- 2)/7 et le ratio R est égal à (2 21)/2= 1,9142…< 51 = 3,2360… .Les portions a et b sont respectivement égales à (2212 2)/49 = 0,10264… et (16 213)/49 = 0,196477…

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