Triangle équilatéral

Ludwig
Modifié (April 2023) dans Géométrie
Parmi les points $P$, $Q$ et $R$ seul $R$ est sur un côté du triangle équilatéral $ABC$.
Les trois angles marqués valent chacun $60°$.
Déterminer la longueur du côté du triangle $ABC$.

Réponses

  • Rescassol
    Modifié (April 2023)
    Bonjour,

    Le point $O$ est il à priori inconnu ?
    En tous cas, ce n'est pas le centre du triangle équilatéral $ABC$ , puisque Pythagore généralisé donne $OA^2=3469$ et $OC^2=3169$.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Ludwig
    Modifié (April 2023)
    Bonsoir,
    Non, la position de $O$ n'est pas connue. Si on a $BR$ alors on a aussi $OB^2$ et on peut construire le triangle et calculer son côté, mais on n'a pas $BR$..
    Je précise que même si je sais combien mesure le côté du triangle je ne sais pas le prouver. Et j'ai pu construire la figure à partir des données par une méthode convergente.
  • kolotoko
    Modifié (April 2023)
    Bonjour,
    j'ai dû me tromper , je trouve 100,0034.
    Bien cordialement.
    kolotoko
  • kolotoko
    Modifié (April 2023)
    Bonjour,
    finalement, je trouve 100.
    J'espère ne pas me tromper.
    Bien cordialement.
    kolotoko
  • kolotoko
    Modifié (April 2023)
    Bonsoir,
    je confirme mon résultat.
    Le côté du triangle ABC vaut 100.
    Bien cordialement.
    kolotoko
  • Oui c'est $100$. Comment as-tu fait ? 
  • kolotoko
    Modifié (April 2023)
    Bonjour,
    voici ma démonstration :
    On connait OA^2 = 3469.
    On connait OC^2 = 3169.
    L'angle ORB vaut 60°, donc l'angle ORC vaut 120° dont le cosinus est -1/2.
    On connait OR qui vaut OP = 32 et je pose CR = y.
    On utilise Pythagore généralisé dans OCR .
    3169 = 1024 + y^2 - 2*32*y*(-1/2) = 1024 +y^2 + 32 y.
    Équation du second degré qui donne y = 33.
    Je pose ensuite BR = x.
    J'applique Pythagore généralisé dans le triangle ORB.
    OB^2 = 32^2 + x^2 - 2*32*x*(1/2) = 1024 + x^2 - 32x.
    Le côté du triangle ABC vaut (x+33) dont le carré vaut x^2 + 66x + 1024.
    J'utilise maintenant le déterminant  de Menger-Cayley qui est nul pour 4 points (A,B,C,O) coplanaires.
    J'arrive à :
    Det(M) = -2x^6+-200x^5+676x^4+770952x^3+35430894x^2+633208752x+3971522016 =0
    Det(M) a la bonne idée de se factoriser, il vient :
    Det(M) = (-2)*(x-67)*(x+33)^2*(x+36)*(x^2+65x+756) = 0.
    Seule la racine x = 67 correspond à la figure de Ludwig.
    On en déduit que le côté du triangle vaut 33 + 67 = 100
    On a alors OB^2 = 3369.
    Bien cordialement.
    kolotoko    
  • kolotoko
    Modifié (April 2023)
    Bonjour
    je corrige ma coquille : (x+33)^2 = x^2 + 66x +1089 ,
    Cela ne modifie pas le reste.
    Bien cordialement.
    kolotoko
  • Rescassol
    Modifié (April 2023)
    Bonjour,

    Je ne connaissais pas Menger-Cayley. Voilà quelques détails:
    syms x real % AB=BC=CA=x
    
    % OA2=68^2+33^2-68*33=3469
    % OC2=65^2+32^2-65*32=3169
    
    % OC^2=OR^2+CR^2-2*OR*CR*cos(ORC)
    % 3169=32^2+CR^2-2*32*CR*(-1/2)
    % CR^2+32*CR-2145=0
    % Delta=16^2+2145=2401=49^2
    % Racines: -16 +/- 49 donc CR=33
    
    AB2=x^2; BC2=x^2; CA2=x^2;
    OA2=3469; OB2=(x-33)^2+32^2-(x-33)*32; OC2=3169;
    
    Mat=[0 1 1 1 1; 1 0 OA2 OB2 OC2; 1 OA2 0 AB2 CA2; 1 OB2 AB2 0 BC2; 1 OC2 CA2 BC2 0];
    Nul=Factor(det(Mat))
    % On trouve Nul=2*x^2*(x + 3)*(x - 100)*(- x^2 + x + 300)
    Cordialement,
    Rescassol
     
  • Bonjour,

    @Rescassol. Le déterminant de Menger-Cayley est le déterminant de Cayley-Menger cher à @Soland. Comment pourrais-tu ne pas en avoir entendu parler !
    @kolotoko.  Comment faire sans ? Sous geogebra,  on a un bloc dépendant du sommet $C$ et un bloc dépendant du sommet $A$.
    On recolle par une animation dépendant de $Distance(A,E)-\sqrt{3469}$. Et, évidemment, on retrouve $AB=100$.




    Cordialement, Pierre


  • Bonjour,

    Oui, Pierre, j'avais oublié, ça doit être l'âge... :)

    Cordialement,
    Rescassol

  • Ludwig
    Modifié (April 2023)
    Ok @kolotoko. J'avais procédé par convergence moi aussi @pldx1, en plaçant un point $R$ variable sur le cercle de centre $O$ et de rayon $32$ puis, à partir d'un point $B$ sur $(CR)$, j'ai placé $A$ et $Q$ pour que les dimensions soient respectées et j'ai animé le point $R$ d'une vitesse proportionnelle à l'angle $\widehat{OQA}$.

  • Bonjour,
    une simple remarque : le quadrilatère CROP est inscriptible ( dans le Crop circle) .
    Bien cordialement.
    kolotoko
  • Ludwig
    Modifié (April 2023)
    :D  
    En fait pour mon animation j'ai aussi fait bouger $B$ mais peu importe. Car on peut construire la figure directement à la règle et au compas. Il suffit de remarquer que les triangles $OPE$ et $ORF$ sont équilatéraux (voir figure). Donc $(CO)$ est un axe de symétrie de la figure $PECRFO$ et par conséquent le point $R$ s'obtient en traçant le cercle de centre $C$ passant par $E$. On a donc, sans calcul, $CR=65-32=33$.




  • Ludwig
    Modifié (April 2023)
    Je pensais que la figure suivante n'était pas possible, à cause de l'irrationalité de la racine carrée de trois. En plus un programme foireux (*) du Chat qui a pété me le confirmait... mais ce gros matou est complètement fou !

    Car deux points d'une grille isométrique distants d'une longueur entière ne sont pas forcément sur une ligne de la grille... Je voudrais bien une telle partition d'un triangle équilatéral qui soit équitable. Miaaaou !

    (*) ok c'était pas très malin de demander au félin, mais depuis quand lit-on les notes de bas de page ?
  • kolotoko
    Modifié (April 2023)
    Bonjour,
    que cherches tu exactement et précisément ?
    Bien cordialement.
    kolotoko.
  • Tonm
    Modifié (April 2023)
    Bonjour, une façon pour trouver $AC$ en est très simple; sur la figure jointe les longueurs nécessaires; $OA^2=3469$ et $OC^2=3169$ comme indiqué. On note $OE=h$, $s=\widehat{OCR}$, $$ \sin(60^°-s)=\frac{h}{CO}=\frac{\sqrt{3}}{2}\cos(s)-\frac{\sin(s)}{2};\tag{$\star$}$$ calcul de l'aire de $RCO$ de deux façons différentes donne $\sin(s)=\dfrac{16\sqrt{3}}{CO}$ puis $\cos(s)=\dfrac{\sqrt{CO^2-768}}{CO}$. 
    Remplaçant tout dans $(\star)$ donne $h=\frac{33\sqrt{3}}{2}$. Puis par Pythagore $AE=51.5$ et $EC=48.5$

    Merci.
  • @Tonm : oui merci, mais je ne dirais pas que ce que tu as fait est très simple.. En tous cas il y a plus simple pour calculer $h=OE$ : les droites $(OR)$ et $(AC)$ étant parallèles cette longueur $h$ n'est rien d'autre que la hauteur d'un triangle équilatéral de côté $RC$. D'où le résultat, car j'ai montré plus haut que $RC=65-32=33$.

    @kolotoko : je cherche un triangle équilatéral $ABC$ et un point $O$ à l'intérieur, une ligne brisée (formée de deux segments) reliant $O$ à $A$, une autre à $B$, une autre à $C$. Tous les segments de cette figure devant être de longueur entière, et les angles intérieurs des trois lignes brisées de même mesure. Ces conditions sont réunies dans la figure que j'ai postée plus haut. Mais je cherche en plus à faire en sorte que les trois polygones obtenus aient la même aire.

  • Léon Claude Joseph
    Modifié (April 2023)

    Je n’arrive pas à comprendre la figure initiale du triangle ABC dit équilatéral.
    J’y vois deux trapèzes isocèles : AQOP et BROQ.
    Dans le premier AP = 33 ; AC = 33+65 = 98.
    Dans le deuxième QP = 32 ; AB = 68+32=100

  • Léon Claude Joseph
    Modifié (April 2023)
    Excusez-moi. J'ai mal lu l'énoncé !
  • Bonjour,
    il me semble qu'on peut partager le triangle de côté 21 en 3 parties isométriques avec pour longueurs des côtés 11, 2, 2, 11, 21, les lignes brisées sont constituées d'un segment de longueur 2, suivi d'un segment de longueur 11.
    Bien cordialement.
    kolotoko
  • J'ai oublié de préciser que les six segments formant les lignes brisées doivent être de longueur différente.
  • PetitLutinMalicieux
    Modifié (April 2023)
    Bonjour

    Je n'ai pas lu la discussion avant de résoudre. Je me suis tenu au premier post. Vous connaissez peut-être mes marottes sur ce site : quand je vois une telle figure, je pense directement au théorème de Viviani. Pour tout point à l'intérieur du triangle équilatéral, la somme des distances du point aux côtés est égale à la longueur de la hauteur. Je vois donc apparaître 3 triangles rectangles en projetant O sur les côtés. J'appelle $\alpha$ les longueurs qui m'intéressent dans les 2 triangles avec 32. Et $\beta$ la longueur dans le triangle avec 33. On obtient alors par trigonométrie :
    $\sin(60°)=\frac{\sqrt 3}2 = \frac{\alpha}{32}=\frac{\beta}{33}$
    Et par application du théorème de Viviani :
    $2\alpha+\beta = \ell\frac{\sqrt 3} 2 $, $\ell$ étant la longueur du côté du triangle équilatéral.
    Par suite, et par simplification :
    $32\sqrt 3 +\frac{33\sqrt3}{2}=\ell\frac{\sqrt 3} 2$
    $64 +33=\ell$
    $\ell=97$.
    Maintenant, je survole vos messages et ne vois ce nombre nulle-part. Cette figure est-elle possible ? Les 65 et 68 sont-ils possibles ? Une approximation a-t-elle été faite par celui qui a posé l'énoncé ?
  • La figure tu l'as vue un peu vite @PetitLutinMalicieux, et surtout tu n'as pas tenu compte de ma consigne ! Car $P$ et $Q$ ne sont pas sur un côté du triangle $ABC$. Donc ta première égalité est fausse.

  • Ahhhhhh. J'avais remarqué puis oublié. Merci.
  • La figure de gauche montre que le partage que je voulais n'existe pas, car il faudrait que le petit équilatéral soit partagé en trois polygones de même aire et cela n'est possible que si le point de départ des lignes brisées soit le centre du grand équilatéral.
    Alors essayons avec une ligne brisée à trois côtés. À droite tous les segments sont de longueur entière, les angles intérieurs des lignes brisées égaux, et les trois polygones obtenus ont la même aire. Figure obtenue en tâtonnant, il doit y avoir beaucoup d'autres solutions. 

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