Aire d'un triangle

Piteux_gore
Modifié (11 Apr) dans Géométrie
Bonjour,
On peut exprimer l'aire d'un triangle en fonction des trois côtés ou des trois médianes.
Je me pose la question :smile:
Peut-on exprimer l'aire en fonction des trois bissectrices, des trois symédianes, etc. ?
Fidèle jusqu'au bout à sa femme et à ses maîtresses, le dernier cannibale mourut centenaire, dévoré par ses grands-parents.

Réponses

  • Chaurien
    Modifié (11 Apr)
    La question ne serait-elle pas plutôt de « résoudre un triangle » comme on disait autrefois, en donnant les longueurs des bissectrices ? Autrement dit : la donnée de ces longueurs détermine-t-elle le triangle ?
    Pour mémoire d'après le « 273 » la longueur de la bissectrice issue de $A$ est  : $\ell_a=\frac 2{b+c} \sqrt {p(p-a)bc}$.
    Dans le produit $\ell_a \ell_b \ell_c$ on voit bien apparaître Héron, mais hélas avec des facteurs en plus. Je fais la passe à des joueurs plus efficaces...
  • Rebonjour,
    Pour les médianes, la formule est
    $ABC^2 = 16s(s - m)(s - n)(s - p)/9$ avec $2s = m + n + p$.
    A tantôt !...
    Fidèle jusqu'au bout à sa femme et à ses maîtresses, le dernier cannibale mourut centenaire, dévoré par ses grands-parents.

  • Tonm
    Modifié (12 Apr)
    Bonjour, le problème des trois bissectrices est connue et si vous cherchez "The problem of three bisectors" [A constructive fixed point approach to the existence of a triangle with prescribed angle bisector lengths] vous obtenez des liens, en principe le triangle qu'on veut ayant les longueurs des trois bissectrices existe et se déduit par approximation ; il parait qu'une détermination algébrique de l'aire comme le triangle n'est pas possible.
    Cordialement.
  • Chaurien
    Modifié (12 Apr)
    Je n'ai pas répondu sur la question des médianes, qui pourrait faire l'objet d'un exercice niveau Troisième. Les médianes d'un triangle $ABC$ sont les côtés d'un autre triangle, et l'aire de ce dernier est $\frac34$ de l'aire de $ABC$.
    Pour le prouver, si $G$ est le centre de gravité de $ABC$, on achève la parallélogramme $BGCK$. Les côtés du triangle $BGK$ sont respectivement les $\frac23$ des médianes de $ABC$, ce qui prouve déjà que les médianes de $ABC$ sont les côtés d'un triangle. Par ailleurs, l'aire de $BGK $ est égale à l'aire de $BGC$, soit $\frac 13$ de l'aire de $ABC$. L'aire du triangle formé par les médianes de $ABC$ est $(\frac 32)^2$ fois l'aire de $BGK$, soit $\frac34$ de l'aire de $ABC$.
    Désolé, je ne puis joindre de figure, mon scanner fait des siennes.
    Bonne journée.
    Fr. Ch.
  • Chaurien
    Modifié (12 Apr)
    Pour les médianes, argument « tueur». Il existe une application affine qui transforme le triangle donné en triangle équilatéral. Cette application conserve les médianes, et conserve les rapports d'aires. Comme ce rapport est $\frac 34 $ pour le triangle équilatéral, ce sera le même pour tous les triangles.
  • Piteux_gore
    Modifié (12 Apr)
    Rebonjour,
    Cette application affine permet-elle de prouver le concours des droites remarquables d'un triangle quelconque à partir du concours des droites remarquables du triangle équilatéral ?
    Schiavo, signor !...
    Fidèle jusqu'au bout à sa femme et à ses maîtresses, le dernier cannibale mourut centenaire, dévoré par ses grands-parents.

  • Hélas non, car elle ne conserve que les propriétés affines, et non l’orthogonalité ni l'égalité des angles.
  • Concernant le problème avec les bissectrices on a le théorème suivant (Mironescu & Panaitopol, 1994) : 
    Given any three positive real numbers $m, n, p$, then there is always a triangle $ABC$ such that $t_A = m$, $t_B = n$, and $t_C = p$. This triangle is unique up to isometries.
  • Pour ce problème il est en tous cas très facile d'obtenir la figure avec GeoGebra, grâce à un procédé convergent. La preuve du théorème ci-dessus est aussi basée sur un tel procédé, l'ennui c'est qu'il est fait à part de la figure. Je fixe $A=(0,0)$, $B$ variable sur $(Ox)$, $T$ variable sur le cercle trigonométrique, $t$ angle polaire de $T$. Trois curseurs pour les longueurs des bissectrices, $a$ pour celle issue de $A$, etc. Je pose $(AT)$ comme étant cette bissectrice, le point $C$ est alors sur la droite $(d)$ symétrique de $(AB)$ par rapport à $(AT)$. Le pied de la bissectrice issue de $A$ est $I_a(a;t)$. $C$ est l'intersection de $(BI_a)$ avec $d$. On a donc aussi $I_b$ et $Ic$ : 
    Reste à mettre tout ça en mouvement : clic droit sur $B$, menu propriétés, puis algèbre. On lui donne une vitesse égale à $b-BI_b$. Et pour $T$, une vitesse égale à $c-CI_c$. C'est fini. On lance ces deux animations et on a le triangle recherché quasi immédiatement.
    Dans le fichier joint (à renommer en .ggb) vous pouvez bouger les trois curseurs, et aussi $I_a$ directement.
  • En combinant les formules n°4, 36 et 99 du 273 on obtient : $$S^2=\frac{r ~ l_a l_b l_c ~ l'_a l'_b l'_c}{8~ l''_a l''_b l''_c},$$
    où $r$ est le rayon du cercle inscrit, $I$ le centre de ce cercle, $l_a=AA'$, $l'_a= AI$ et $l''_a=IA'$.
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