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[ID: 2519] [Date de publication: 9 novembre 2022 11:18] [Catégorie(s): Géométrie ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution(s)

Solution(s)

Heptadivision d’un triangle
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 11:18

On note \(I\), \(J\) et \(K\) les sommets du triangle intérieur, \(I\) étant le sommet le plus proche de \(A\) sur \((AA')\) et ainsi de suite. On appelle \(\mathscr A\) l’aire du triangle de départ (\(\mathscr A = \mathscr A_{ABC}\)) et \(x\) l’aire du triangle intérieur (\(x= \mathscr A_{IJK}\)).

Les-mathematiques.net

Je dis que : \[\mathscr A_{ACA'} = \frac{\mathscr A}{3} {(\bigstar)}\]

En effet (cf. figure ci-dessus) \(ABC\) et \(ACA'\) ont la même hauteur \(h=AH\) et la base de \(ACA'\) vaut 1/3 de la base de \(ABC\). Or on sait que l’aire d’un triangle est donnée par : \(\displaystyle\mbox{aire} = \frac{\mbox{base}\times\mbox{hauteur}}{2}\) d’où \((\bigstar)\).

De même, on a : \(\displaystyle \mathscr A_{BAB'} = \frac{\mathscr A}{3} \qquad\qquad \mathscr A_{CBC'} = \frac{\mathscr A}{3} .\)

On essaie maintenant d’écrire l’aire de \(ABC\) comme la somme des aires de sous-triangles, le petit triangle \(IJK\), les 3 triangles qu’on vient d’examiner, puis on corrige en soustrayant ce qui a été compté 2 fois :

\[\mathscr A_{ABC} = \mathscr A_{IJK}+ \left(\mathscr A_{ACA'}+\mathscr A_{BAB'}+\mathscr A_{CBC'}\right) -\left( \mathscr A_{AB'I}+\mathscr A_{CA'K}+\mathscr A_{BC'J} \right)\]

Ceci s’écrit :

\[\mathscr A = x + \left(\frac{\mathscr A}{3}+\frac{\mathscr A}{3}+\frac{\mathscr A}{3}\right) -\left( \mathscr A_{AB'I}+\mathscr A_{CA'K}+\mathscr A_{BC'J} \right)\]

D’où (en simplifiant par \(\mathscr A\) dans chaque membre) :

\[x = \mathscr A_{AB'I}+\mathscr A_{CA'K}+\mathscr A_{BC'J}\]

On va maintenant montrer que \(\mathscr A_{AB'I} = \frac{1}{27}\mathscr A\) :

Les-mathematiques.net

On trace la parallèle à \((BC)\) passant par \(B'\) : \((E'B') \parallel (BC)\) avec \(E'\in (AB)\).

On trace aussi la parallèle à \((AB)\) passant par \(B'\) : \((B'E)\parallel (AB)\) et \(E\in (BC)\).

On définit le point \(C''\) comme l’intersection de \((B'E)\) avec la parallèle à \((BC)\) passant par \(C'\). Alors :

\[BEB'E'\mbox{ est un parallélogramme}\]

En effet, \((B'E)\parallel(AB)=(E'B)\) et \((B'E')\parallel(BC)=(BE)\).

On appelle \(T\) le point d’intersection de \((BB')\) et \((CC'')\). Alors :

\[T \mbox{ est le milieu de } [C'C'']\]

En effet :

1. dans \(E'BB'\), \(C'\) milieu de \([E'B]\) (c’est Thalès) et \((E'B')\parallel (C'T)\) entraîne par la réciproque du théorème des milieux que \(T\) milieu de \([BB']\).

2. dans \(BB'E\), \(T\) milieu de \([BB']\) et \((TC'')\parallel (BE)\) entraîne par la réciproque du théorème des milieux que \(C''\) milieu de \([B'E]\).

3. \(E'B= B'E\) car \(E'BEB'\) parallélogramme, donc \(C'B=B'C''\)

4. pour \([BB']\) et \([C'C'']\) qui s’intersectent en \(T\), Thalès entraîne \(TB/TB'=1=TC'/TC''\) .

   Donc \(C'T = \frac{1}{2} BE\). Or \(BE = \frac{1}{3}BC\) et finalement \[C'T = \frac{1}{6} BC\]

   On a \((C'T) \parallel (BC)\), on peut donc appliquer Thalès à \([C'C]\) et \([BT]\) qui s’intersectent en \(J\) :

   \[\frac{C'T}{BC} = \frac{C'J}{JC} \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{1}{6} = \frac{C'J}{JC} \quad\Longrightarrow\quad C'J = \frac{1}{6} JC \quad\Longrightarrow\quad C'J = \frac{1}{7} CC'\]

   Les triangles \(BJC'\) et \(BCC'\) ont même hauteur (\(h'\) sur la figure) et leurs bases dans un rapport de 7 :

   \[\mathscr A_{BJC'} = \frac{1}{7} \mathscr A_{BCC'} \qquad\Longrightarrow\qquad \mathscr A_{BJC'} = \frac{1}{21} \mathscr A_{ABC}\]

   Le même raisonnement appliqué à chacun des deux autres triangles donne le même résultat.

   Remarque : si vous consultez le numéro de décembre 2003 ou janvier 2004 de la revue Pour la science page 94, vous trouverez une preuve sans mots de ce résultat qui illustre notre démonstration et bien plus encore.