La trisectrice peut être médiane

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Réponses

  • Je m'aperçois que
    si on prend la paramétrisation
    x=(2 sin t -1)/(5-4 sin^2 t) , y=2 cos t . x

    t est exactement l'angle theta = OM(1,0) du problème.
  • Quelques cyrapports ...115402
    115404
  • Bonjour,

    Au bas de https://mathcurve.com/courbes2d/quarticbicirculairerationnelle/quarticbicirculairerationnelle.shtml

    j'ai rajouté cette courbe comme autre exemple de quartique bicirculaire rationnelle (l'exemple précédent qui aboutit bizarrement à une équation proche , (1, z^3, z^4) alignés, m'avait été posé je crois par Cuculière et avait fait l'objet de posts sur lesmathematiques.net (à retrouver)...

    Si vous pouvez vérifier que je n'ai pas fait d'erreurs svp...

    Maintenant le fait que l'on obtienne la paramétrisation simplissime x=(2 cos t -1)/(5-4 cos^2 t) , y=2 sin t . x me laisse penser que ce doit être général pour toutes les quartiques bicirculaires rationnelles...

    Quelqu'un aurait il envie de regarder ?

    Merci
  • Bonsoir,

    Je n'ai jamais eu l'occasion de vous remercier directement, et puisque vous êtes ici, cher Robert, ben merci pour votre site mathecurve ! J'y suis allé très souvent chercher des infos. Quel site !! C'est peut-être bien unique au monde non ?
    J'apprécie tout particulièrement les mécanismes qui tracent les courbes, et je me suis amusé un temps à en refaire certains (ceux de la cardioïde par exemple). Comment il s'appelle déjà celui qui a fait une étude détaillée de cette courbe, il a un nom compliqué, je ne me souviens plus (archibald quelque chose?)
    Pour la quartique de ce fil j'ai trouvé une expression très simple de la longueur $d$ de la corde, c'est à dire la distance $AD$ dans ma figure postée juste au-dessus : si $m(\cos(t), \sin(t))$ est le point variable sur le cercle trigonométrique alors $d^2=6+10\cos(2t)$.

    Amicalement,
    Ludwig
  • bonjour Ludwig,

    En suivant votre construction, j'obtiens bien l'équation polaire de la quartique rho= cos theta +- sqrt(4-5sin(theta)^2) (donc AD^2 = 4(4-5sin(theta)^2)=6+10cos(2theta).

    Mais pouvez vous justifier votre construction par les angles svp ? merci !
  • Bonjour,

    Je le fais avec une figure légèrement différente, plus simple pour le traitement des angles :
    - $m$ point variable sur le cercle trigonométrique;
    - $C'$ symétrique de $C$ par rapport à $(A'm)$;
    - le cercle de centre $B$ passant par $C'$ coupe $(A'm)$ en deux points $A$ et $D$.

    On a $\widehat{C'A'C}=2\widehat{mA'C}$ et du coup, par le théorème de l'angle inscrit : $\widehat{CBC'}=\widehat{mA'C}$.
    Le triangle $ABC'$ étant isocèle en B on a $\widehat{BC'A}=\widehat{BAC'}=a$.
    Comme les droites $(BC')$ et $(A'm)$ sont parallèles, on a $\widehat{C'AD}=a$.
    Enfin $\widehat{A'AC}$ est lui aussi égal à $a$ car le triangle $C'AC$ est isocèle en $A$.

    Ce qui montre bien que l'angle $\widehat{BAC}$ est partagé en trois parts égales et que la médiane issue de $A$ est aussi trisectrice.115538
  • Bravo Ludwig !
    Cela mérite coup de chapeau et grand merci !
    Bien amicalement
    JLB
  • Une petite animation à partir d'un losange articulé de côté constant.
    On construit deux triangles isocèles de base commune l'une des diagonales de ce losange,
    et avec les autres côtés égaux à l'autre diagonale.
    Les sommets principaux de ces triangles décrivent la quartique.115548
  • Superbe,
    je n'avais pas vu les angles alterne-interne !
  • Des petites remarques de géométrie non pure...

    Seule la boucle de gauche dans la courbe correspond à des angles BAD doubles de DAC=theta (angles entre 0 et pi) ; pour la boucle de droite c'est le supplémentaire de DAC qui est le double de DAC. (on a raisonné sur les angles de droite).

    Donc pour un "vrai" triangle de Djelloul, j'ai constaté que l'angle en A (= 3 theta) peut prendre toutes les valeurs entre 0 et Pi.

    Ci-dessous, l'exemple où 2theta = pi/2115604
  • J'ai réussi à adapter un mécanisme traceur de la lemniscate de Bernouilli à notre quartique !
    Ce mécanisme est basé sur un antiparallélogramme articulé.

    En procédant de façon empirique :
    - $A$ et $B$ variable sur $y=0$;
    - Deux cercles centrés sur $A$ et $B$, de même rayon (également variable);
    - Le point $m$ image $D$ par une homothétie de centre $C$ et de rapport $k$ $(0<k<1)$.
    (pour la lemniscate $k=0,5$)

    En faisant varier les paramètres je me suis arrangé pour que le lieu de $m$ lorsque le point $C$ parcourt le cercle coïncide avec la quartique. Pas évident.. mais on peut voir que le rapport $k$ de l'homothétie se calcule en fonction des autres paramètres (prendre les cas où $C$ est sur l'axe des abscisses), ça simplifie la recherche.
    Le rayon des deux cercles semblait se rapprocher de $2$... bingo ! Une fois cela connu j'en ai déduit les abscisses des points $A$ et $B$ : respectivement l'opposé du nombre d'or et l'inverse du nombre d'or!

    Le rapport de l'homothétie suit : $k= \frac{5-\sqrt{5}}{10}$.

    Reste à prouver tout cela, mais GGB confirme que le point $m$ est sur la quartique :-)115612
  • Un cas très élémentaire où une médiane est trisectrice.115638
  • Bonsoir Ludwig,
    Je bisse et trisse mon précédent message !
    Avec deux questions : y aurait-il un pentagone régulier bien caché à révéler ? et peut-on essayer de généraliser ces résultats à d'autres valeurs entières ou rationnelles, autres que 2, du rapport des angles dans le triangle de départ ?
    Bien cordialement
    JLB
  • Bonjour,
    On peut énoncer qu'à similitude près il existe un unique triangle de Djelloul d'angle au sommet donné.

    Pour une base de longueur 2 et un angle au sommet égal à $\alpha$, les côtés ont pour longueur
    $\frac{2}{\sqrt{5-4\cos^2 (2\alpha/3)}}$ et $\frac{4\cos{(\alpha/3)}}{\sqrt{5-4\cos^2 (2\alpha/3)}}$ et la médiane a pour longueur $\frac{1+2\cos{(2\alpha/3)}}{\sqrt{5-4\cos^2 (2\alpha/3)}}$.

    Pour $\alpha=\pi/2$ (cf. exemple de Blaise ci-dessus), on trouve bien des côtés de longueur 1 et $\sqrt3$, et une médiane de longueur 1.
  • Bonjour ,
    GeoGebra vérifie bien les formules du petit côté et de la médiane mais pas celle du grand côté .
    Cordialement
  • Je pense avoir corrigé....
    Le grand côté vaut donc $2\cos(\alpha/3)$ fois le petit.
  • Oui j'ai vérifié c'est bien ça.

    Dans la figure que j'ai postée juste au-dessus il est facile de trouver les coordonnées des points du système articulé. Je l'ai fait en fonction de $\theta =\widehat{BAC}$ puis, en effectuant le changement de variables $\theta =2\arctan(t)$ on obtient la paramétrisation de la quartique suivante.
    \begin{align*}
    x&= (t^2+a^2)\frac{(a^2-3t^2)}{(t^2+1)(t^2+a^4)}, \\
    y&=-4at\frac{(a^2-3t^2)}{(t^2+1)(t^2+a^4)},
    \end{align*} avec $a= \sqrt{5}-2$.
  • Bonjour à tous
    Le système articulé de Ludwig est exact.
    On peut trouver sa description dans le livre de RobertC.Yates, datant de 1952, Curves and their properties, article 17, page 51.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonsoir à tous
    On peut faire encore un bout de chemin dans cette quête.
    Sur ma figure ci-dessous, les points $A$ et $B$ sont donnés.
    Trouver le lieu des points $C$ tels que la médiane $AM$ soit aussi trisectrice.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus115768
  • Bonjour,

    En prenant $A(0,0)$ et $B(1,0)$ j'ai trouvé que le point $C$ est sur la courbe d'équation $2 \; x^{3} + 2 \; x \; y^{2} + 3 \; x^{2} + 3 \; y^{2} - 1 = 0$. Une strophoïde ?

    Pour la construire j'ai placé un point $m_1(\cos(t),\sin(t))$ sur le cercle trigonométrique, puis j'ai construit les points $m_2(\cos(2t),\sin(2t))$ et $m_3(\cos(3t),\sin(3t))$.
    Je place $M$ milieu de $[AB]$. La parallèle à $(Am_3)$ passant par $M$ coupe $(Am_1)$ en un point $K$. Le symétrique de $B$ par rapport à $K$ donne un point $C$ qui répond au problème.
  • Bonjour ,
    une construction plus laborieuse par les faisceaux harmoniques .
    Cordialement115806
  • Merci Ludwig
    Voici ta figure.
    J'ai transformé la strophoïde rouge par l'inversion par rapport au cercle de centre $D$ passant par $A$, tracé en pointillé.
    On obtient l'hyperbole (déjà vue) bleue d'excentricité $2$.
    $D$ est le symétrique de $B$ par rapport à $A$
    Les points $E$ et $O$ trisectent le segment $AD$
    Merci de nous avoir fourni l'équation de la strophoïde mais il aurait été préférable pour tes lecteurs de leur donner une petite idée des calculs intermédiaires comme je le fais toujours pour les miens.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus115810
  • Problème
    À une similitude près il n'y a qu'un seul triangle dont deux médianes sont aussi trisectrices.
    Montrer que ce triangle est isocèle.
    Calculer la longueur exacte de sa base si ses deux côtés égaux sont de longueur 2.
  • Et pour répondre à la question de jelobreuil, notez que ma méthode de construction de la strophoïde se généralise : voici par exemple la courbe obtenue pour une médiane qui partage l'angle en $5$ parts égales. On peut aussi changer le rapport des segments découpés par la première coupeuse en $5$ et ne pas se limiter à $ \frac{1}{2}$.115828
    en5.jpg 224.7K
  • Ludwig écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,2154772,2163620#msg-2163620
    > En prenant $A(0,0)$ et $B(1,0)$ j'ai trouvé que le point $C$ est sur la courbe d'équation
    > $2 \; x^{3} + 2 \; x \; y^{2} + 3 \; x^{2} + 3 \; y^{2} - 1 = 0$. Une strophoïde ?

    Si vous remplacez x par x-1 pour placer le centre du repère au point double vous obtenez
    $2x(x^2+y^2)=3x^2-y^2$ qui est plutôt la trisectrice de Maclaurin https://mathcurve.com/courbes2d/maclaurin/maclaurin.shtml
    de toutes façons, comme on coupait des angles en 3, cela nous pendait au nez de tomber sur une trisectrice...
    Mais la façon de couper un angle en 3 n'est ici pas la même que sur la figure ci-dessous.
    Je vais chercher le lien entre les deux.115876
  • Bonjour à tous
    La morale de l'histoire, c'est que c'est la présentation de Tonm qui est la meilleure puisqu'elle conduit simplement à l'hyperbole d'excentricité $2$ comme trisectrice!!!!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Il eut été étonnant que les points $A$ et $B$ tels que je les ai définis pour tracer la quartique de Djelloul ne jouent pas des rôles semblables à ceux des foyers pour la lemniscate de Bernouilli. Voici une propriété angulaire de la quartique analogue à celle de la lemniscate.

    EDIT : c'est complètement faux! Cette propriété angulaire n'a pas besoin de la quartique pour être vraie..

    Par contre, sur cette figure, les droites passant par $O$ donnent des petits segments séparant les cercles de la quartique toujours de la même longueur.115882
  • Bonjour Ludwig,
    Tu es sûr de ta dernière affirmation ? parce que si le point a se trouve dans la première moitié du "premier quadrant", dans le sens trigonométrique, du cercle de rayon origine AO, par exemple si l'angle AOa vaut 60°, j'ai plutôt l'impression que le segment en question sera nettement plus long que celui présenté sur ta figure ...
    Bien cordialement
    JLB
  • Je pense que les segments doivent être pris sur la même droite ou sur une droite symétrique par rapport à un des axes
  • rferreol2 écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,2154772,2164170#msg-2164170
    > trisectrice de Maclaurin https://mathcurve.com/courbes2d/maclaurin/maclaurin.shtml de toutes façons, comme on coupait des angles en
    > 3, cela nous pendait au nez de tomber sur une trisectrice...
    > Mais la façon de couper un angle en 3 n'est ici pas la même que sur la figure ci-dessous.
    > Je vais chercher le lien entre les deux.

    Voici le lien :
    dans la figure ci-dessous, le triangle de Djelloul est le triangle (ABM) (OA=2a, OB=4a, notations de la page mathcurve).
    En effet, (AI) est parallèle à (OM) (angles alterne/interne) ; A étant le milieu de [OB] , I est le milieu de [BM] (Thales).
    donc (AI) est bien trisectrice et médiane de (ABM).

    On retrouve aussi que pour un triangle de Djelloul, grand côté/petit côté = AB/AM = 2 cos(theta).

    Dans la figure, j'ai pris theta = pi/9.115888
  • Le mécanisme traceur basé sur un antiparallélogramme donne directement la normale au point courant : il suffit de prolonger les tiges $AC$ et $BD$. Elles se coupent en $K$ et $(mK)$ est la normale à la quartique au point $m$. Cela marche aussi pour la lemniscate de Bernouilli et c'est sans doute une propriété générale de ce mécanisme. Il y a une démonstration quelque part ?115902
  • Mon cher Ludwig
    Ton point $K$ est ce qu’on appelle techniquement un centre instantané de rotation.
    Pas étonnant que la démonstration en soit introuvable puisqu’il a disparu définitivement depuis belle lurette.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonsoir à tous
    La tige $CD$ est liée au déplacement d'un plan mobile.
    Dans ce mouvement, le point $C$ décrit un cercle de centre $A$ et le point $D$ un cercle de centre $B$
    La normale au lieu de $C$ est donc la droite $AC$ et la normale au lieu de $D$ est la droite $BD$.
    Donc $K=AC\cap BD$ est le centre instantané de rotation et la normale en $m$ fixe sur $CD$ au lieu de $m$ est la droite $Km$.
    Il est étonnant que Ludwig se soit aperçu de ce phénomène!
    Aurait-il des yeux de lynx ou serait-il plus savant qu'il ne le prétend?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Cher Pappus,

    Pourrais-tu détailler un peu ?
    En particulier ce "donc $K=AC\cap BD$ est le centre instantané de rotation".
    Et je ne suis pas savant du tout, j'ai simplement utilisé la même technique empirique que j'ai décrite plus haut. Je cherchais la normale, mais je l'ai trouvé de façon très très détournée. Car j'ai d'abord trouvé l'équation de l'hyperbole sur laquelle se déplace le point $K$!
    Et là je me suis dit mince, c'est possible mais pas facile de construire la normale à partir de $m$...
    Alors, en bougeant $K$, j'ai vu qu'il était aligné avec $B$ et $D$. Bingo!

    Cela étant dit, il faut quand même noter que nos anciens - dont toi pappus, vieux sage de mille ans voire davantage, fait sans aucun doute partie - ont trouvé cela sans utiliser d'ordinateur et puis surtout de façon raisonnée et en expliquant tout. Si on compare ma méthode est d'une pauvreté sans nom : je trouve des trucs, un peu au hasard, et je ne n'explique rien.

    Bonne soirée,
    Ludwig
  • Mon cher Ludwig
    Te rends-tu compte du temps que tu gagnerais en apprenant toutes ces théories aujourd'hui disparues?
    La théorie traitant des centres instantanés de rotation s'appelait la cinématique.
    On doit sans doute les retrouver en robotique!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • On peut alors construire la normale à la quartique à partir d'un point $m$ donné de cette courbe. Il suffit... de construire le mécanisme traceur dans la position qui a permit d'obtenir $m$. C'est très faisable à partir des indications déjà données, je vous laisse la construction en exercice.

    Et je reviens au seul triangle dont deux médianes sont aussi trisectrices. En prenant $A(-1,0)$ et $B(1,0)$ pour les deux premiers sommets du triangle, il faut trouver les points d'intersection de la quartique avec la trisectrice de MacLaurin telles qu'on les a construites précédemment à partir du segment $[AB]$.
    En exprimant $y^2$ en fonction de $x$ grâce à l'équation de la quartique :
    $$y^{2} \; \left(x + 4 \right) + x^{3} + 6 \; x^{2} + 9 \; x = 0,
    $$ et en remplaçant dans l'équation de la trisectrice
    $$2 \; x^{2} \; y^{2} + x^{4} + y^{4} + 2 \; x \; y^{2} + 2 \; x^{3} - 3 \; x^{2} + y^{2} = 0,
    $$ on obtient :
    $$-4 \; x \; \left(x + 3 \right) \; \frac{x^{2} + 5 \; x + 3}{\left(x + 4 \right)^{2}} = 0.
    $$ Les valeurs $x=0$ et $x=-3$ correspondent aux triangles aplatis (et à $y=0$), il reste les racines de l'équation du second degré, dont la plus grande seule est solution du problème (l'autre est exclue pour la quartique) :
    $$x = \frac{1}{2} \; \left(\sqrt{13} - 5 \right).
    $$ Reste plus qu'à calculer la distance $AC$ sachant que $BC=2$, c'est à dire calculer $(x+1)^2+y^2$ sachant que $(x-1)^2+y^2=4$. On trouve que $AC^2=4x+4$ c'est-à-dire $AC=\sqrt{2 \; \left(\sqrt{13} - 3 \right)}$.115954
  • Construction élémentaire de la normale, sans faire appel au mécanisme
    Soit $m$ un point de la quartique et $M$ le milieu du segment $[AB]$. On trace la droite $(d_1)$ d'équation $x=-0,1$ (mais que vient-elle faire ici cette droite ??? Mystère et boule de gomme..). Elle coupe $(Om)$ en $H$. La médiatrice $(d_2)$ du segment $[Om]$ coupe $(HM)$ en $K$. Alors $(Km)$ est la normale en $m$.

    Remarque : si $m'$ est l'autre intersection de $(Om$) avec la quartique, on peut compléter la figure pour trouver immédiatement $K'$, en traçant la médiatrice de $[Om']$.115976
  • Une autre construction élémentaire des normales en $m$ et $m'$. Je la trouve particulièrement réussie car d'une part elle possède une forte symétrie, et d'autre part elle ne fait appel qu'à deux cercles fixes et quelques droites, alors que la précédente nécessitait de tracer deux cercles variables, à cause de la médiatrice demandée. L'un de ces cercles est centré sur $A$ et de rayon $1+ \frac{\sqrt{5}}{5} $, l'autre est centré sur $B$ et de rayon $1- \frac{\sqrt{5}}{5} $.
    On trace donc la droite $Om$ ($m$ variable) qui recoupe la quartique en $m'$. Elle coupe aussi les deux cercles en 4 points à partir desquels on construit le parallélogramme $AK'BK$. Les droites $(Km)$ et $(K'm')$ (en vert sur la figure) sont les normales recherchées.
    Boone journée !115986
  • Le lieu des milieux des segments passant par l'origine et dont les extrémités décrivent deux cercles bien choisis (les images des cercles de mon post précédent par l'homothétie de centre $O$ et de rapport 2).

    J'en profite pour tester l'intégration d'un gif animé dans le forum. Ici il faut cliquer sur l'image pour lancer l'animation. Comment faire pour que ce soit automatique ?116028
  • Bonjour, Ludwig,
    Et merci de faire vivre cette discussion, vraiment intéressante !
    Personnellement, je pense que faire en sorte que l'animation se déclenche automatiquement à l'instant de l'ouverture de la page n'apporte pas grand-chose : je vois plutôt une animation comme une gêne qui attire le regard et empêche de se concentrer sur le texte du message ou sur l'étude de la figure ... Je préfère le système d'animation à la demande, et ce n'est quand même pas le "coût énergétique" d'un clic, même reproduit un millier de fois, qui va mettre en danger la planète ! ;-);-) Il faudrait tout de même se poser un jour la question de toutes ces soi-disant "facilités" qui ne font qu'encourager une certaine paresse ...
    Bon, mais ce que j'en dis, moi, hein ... opinion particulière et qui n'engage que moi ...
    Bonne journée, bien cordialement
    JLB
  • Bonjour
    .
    Calculer les angles M et B en fonction de l'angle Pi/9. (Voir la figure de rferreol2)
    .
    Cordialement.
    Djelloul Sebaa
  • J'ai proposé votre problème à Pierre Daniel et il m'a envoyé la résolution suivante :
    On pose BÂA' = t. La rotation (A ; t) appliquée à B donne M, appliquée à M donne M’, et appliquée à M’, elle donne M’’. On suppose que la trisectrice AA’ est aussi médiane. Alors la parallèle à (AM) passant par M’coupe [AM’’) au point C troisième sommet. En effet, (MA) passant par A’ est axe de symétrie du triangle BAM', et l'homothétie (B ; 2) transforme (MA) en (M'C) = (M'B'). D'où les angles t et 2t du triangle (AB'C) indiqués sur la figure.
    La proportionnalité des sinus aux côtés opposés dans le triangle (AB'C),impliquent : AC/sin t = AB' /sin 2t , soit c sin t = b sin 2t avec les notations classiques dans le triangle (ABC) .
    On prend pour repère (A;AB). AC = b =sin t / sin 2t = 1/ (2 cos t), d’angle polaire 3t.
    La courbe (C) a donc pour équation polaire : rh0= 1 / (2cos (theta/3)) ; c'est une trisectrice de Maclaurin, donc aussi la courbe (A’) qui s’en déduit dans l’homothétie (B ;1/2).
    Le sommet C et le pied A’ de la trisectrice-médiane appartiennent chacun à une trisectrice de Maclaurin.

    Ecrivons que l'aire de ABC est la somme de l'aire de ABA'' et AA''C

    On obtient bc sin 3t = cAA'' sin t +AA''b sin 2t

    En simplifiant par sin t, on obtient :

    AA’’ = bc (4cos² t -1) / (b+2c cos t)

    AA’’ = [2cos(2t) + 1] / [2cos(2t) + 3]= 1-2 / [2cos(2t) + 3]

    Donc la courbe (A’’) a pour équation polaire rho=1-2 / [2cos(theta) + 3] qui est une conchoïde de l'ellipse rho=-2 / [2cos(theta) + 3] par rapport à son foyer A.116982
  • Voici la figure avec les deux trisectrices de Maclaurin lieux de C et A' et le lieu de A'' en forme de trifolium bleu, avec l'ellipse associée en bleu.116984
  • djelloul sebaa écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,2154772,2178746#msg-2178746
    [Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]

    AM =OP = 1/(2 cos(theta))
    donc sin M = 2 cos (theta) sin(3theta +M) = 2 cos(theta) (sin(3theta) cos M + cos (3theta) sinM).
    On trouve cos(M)^2 = (2 cos(3theta) - cos(theta))^2 / (4 - cos(theta) ( 4 cos(3theta) - cos(theta) )).
    Pour theta = pi/9 on trouve M ~ 88°.
    L'angle droit n'était qu'une apparence !117006
  • Je continue le message de Pierre Daniel

    On suppose maintenant que la seconde trisectrice AA'' est médiane, et on se place dans le repère (A,AC).
    Dans ce cas c sin(t) = b sin(2t).
    donc c = AB = 2 cos(t) est d’angle polaire égal à 3t.
    Donc B décrit la courbe d'équation polaire rho = 2cos (theta/3)


    Les lieux du sommet B et du pied A’’ de la trisectrice-médiane appartiennent donc chacun à un limaçon trisecteur.
    NDLR : c'est une propriété générale, non, que si on se place dans le repère tournant, de la courbe rho= f(theta) on voit l'extrémité de i décrire la courbe rho = 1/f(-theta) ?

    AA’ = bc (4cos² t -1) / (b+2c cos t)
    AA’ = 2cos t (4cos²t -1) / (4cos²t + 1)

    A’ décrit visiblement une courbe du genre torpille rho = 2cos theta (2cos 2 theta +1) / (2cos 2 theta +3)117018
  • Bonjour.

    Dans le triangle ABC rectangle en A . l'angle B= 60 degrés et l'angle C = 30 degrés.
    La médiane issue du sommet A; abaissée au coté opposé est aussi trisectrice de l'angle A.
    Question :.
    ...............Pouvez-vous citez d'autres exemples.

    Cordialement.
    Djelloul Sebaa
  • Merci, Robert, pour toutes ces figures plus superbes et instructives les unes que les autres, et pour tous ces développements et commentaires intéressants !
    JLB
  • djelloul sebaa écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,2154772,2179756#msg-2179756

    Il y a donc aussi le triangle à deux trisectrices médianes trouvé par Ludwig vérifiant $AC=\sqrt{2(\sqrt{13}-3)},\ BC=2$ dont il faut encore que je détermine les caractéristiques complètes.

    Et il y a l'autre triangle rectangle de Djelloul, celui où la trisectrice médiane ne part pas de l'angle droit.

    D'après la formule que j'ai indiquée plus haut
    $\cos(M)^2 = \dfrac{\big(2 \cos(3\theta) - \cos(\theta)\big)^2 }{4 - \cos(\theta) \big( 4 \cos(3\theta) - \cos(\theta) \big)}.$

    Il faut résoudre $2 \cos(3\theta)= \cos(\theta)$ ce qui donne $\cos \theta= \sqrt{\frac{7}{8}}$, $\ \theta\approx29,0°$.


    [Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit.]
    [Pour obtenir l'adresse d'un message, mettre la souris sur la recopie du titre du fil, sous le nom de l'auteur du message, Clic droit > Copier l'adresse du lien, que l'on colle où l'on veut.]
    [Robert, je t'ai envoyé un message privé, clique dans le lien "Messages privés" en tête de page. AD]
  • Voici une autre méthode pour trouver le triangle à deux trisectrices médianes.
    Cf http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,2154772,2165104#msg-2165104

    On a a = 2 cos t b et c = 2 cos u b

    dans a/c = cos(t)/cos(u) = sin(3u) / sin(3t) ; on en déduit t= u, le triangle est isocèle.

    Ensuite en projetant sur la base, on a cot 2t = 3 cot 3t soit soit 3 tan 2t = tan 3t.


    En résolvant on obtient $\tan t = \sqrt{2\sqrt 13-7}$ , $\tan 3t = \sqrt{5+2\sqrt 13}$ d'où le triangle

    Angles en A et C : 74 °117118
  • Bonjour.

    Joli travail rferreol2. la 3eme médiane n'est pas 3eme trisectrice .

    Cordialement.
    Djelloul Sebaa
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