Construction d'un triangle à partir de la position de I sur une bissectrice

Ludwig
Modifié (14 Apr) dans Géométrie
Bonsoir,
Un petit problème inspiré du fil ouvert par @Piteux_gore sur l'aire d'un triangle. On se donne un segment $[AA']$ et un point $I$ dans son intérieur. Construire les triangles $ABC$ dont $I$ est le centre du cercle inscrit et $A'$ le pied de la bissectrice issue de $A$.
Pour quelles longueurs $a$ peut-on construire un tel triangle avec $BC=a$ ? Construire alors le triangle pour une longueur $BC$ donnée.

Réponses

  • jelobreuil
    Modifié (14 Apr)
    Bonsoir Ludwig,
    Il me semble que c'est très simple ...
    On peut déjà construire aisément le triangle isocèle en $A$, en traçant la perpendiculaire en $A'$ à $AA'$, puis le cercle de centre $I$ et de rayon $IA'$ et les tangentes à ce cercle issues de $A$.
    Pour un autre triangle plus quelconque, on trace un cercle de centre $I$ et de rayon inférieur à $IA'$, puis les deux tangentes à ce cercle issues de $A$, et on complète avec une troisième tangente, en un point du demi-cercle opposé à $A$, qui passe par $A'$ et coupe les deux premières ...
    Bien cordialement, JLB
            
  • Ludwig
    Modifié (15 Apr)
    Bonjour Jelobreuil,
    Comment fais-tu pour cette troisième tangente, tu peux être plus précis ? Tu a donné une position limite de la construction, quelle est l'autre ? Pour ma part j'ai obtenu la figure en construisant la courbe sur laquelle se déplacent les sommets $B$ et $C$.
  • jelobreuil
    Modifié (15 Apr)
    Bonjour Ludwig,
    A vrai dire, si cette troisième tangente doit passer par A', il n'y en a que deux de possibles, qui sont les tangentes issues de A' ...  

    Edit : en outre, si $M$ désigne le milieu de $AA'$, le centre $I$ doit se trouver entre $M$ et $A'$. En effet, s'il se trouve entre $A$ et $M$, on obtient, avec la même construction, un triangle pour lequel le cercle de centre $I$ est un cercle exinscrit dans l'angle en $B$ ou en $C$.
  • Et voici ce que j'obtiens, en fixant $A$, $A'$ et $I$ et en jouant sur le rayon du cercle ...

                            

    Autrement vu, des quadrilatères complets dotés d'un axe de symétrie ... Y aurait-il quelque chose à trouver, en creusant dans cette direction ?
  • Ludwig
    Modifié (15 Apr)
    Oui tu as raison, le point $I$ doit appartenir à l'intérieur du segment $[MA']$, où $M$ est le milieu de $[AA']$. Ce point $M$ apparaît d'ailleurs dans ma construction : j'ai construis $I'$ inverse de $I$ par rapport au cercle de centre $M$ passant par $A$, puis le cercle de diamètre $[II']$. C'est sur ce cercle (une partie) que se meuvent $B$ et $C$, il est donc facile de terminer la figure :

    J'ai obtenu ceci de façon totalement abracadabrantesque, vise un peu : je suis parti d'un point $T$ du plan défini par ses coordonnées polaires $(r;t)$, j'ai écris les équations des droites $(AT)$ et $(A'T)$ (en prenant $A'(0,0)$ et $A(0,1)$), ensuite j'ai calculé celle de leur bissectrice, et enfin j'ai déterminé l'ordonnée du point d'intersection de cette bissectrice avec $(AA')$. J'ai continué en inversant cette relation : j'ai déterminé, graphiquement, l'angle $t=t_i$ pour que cette ordonnée soit égale à celle de $I$. Mais ce n'est pas tout : j'ai représenté, sous la forme d'un lieu, la fonction qui, à l'ordonnée de $I$ associe celle du centre $O$ du cercle sur lequel se déplace $B$ et $C$ (cercle obtenu aussi de façon expérimentale). Ah tiens, cela ressemble à une hyperbole... Comment allez plus loin ? Tu vas rire : j'en trouve une équation grâce à l'outil conique passant par cinq points, elle a des coefficients pas possibles, sauf que... certains sont le double d'un autre, et je les ai tous ainsi. Bingo ! Je simplifie l'équation, trouve une formule d'inversion ultra simple, reconstruis alors la figure.. etc etc.
    J'étais passé complètement à côté de ta méthode qui consiste à tracer des tangentes à un cercle. Elle est moins laborieuse :)
    Pour obtenir une construction de la figure à partir d'une valeur de $BC$ donnée j'ai trouvé une autre formule en procédant comme pour l'hyperbole. Bonne nouvelle : on peut faire une construction à la règle et au compas. Pour l'instant je n'en ai pas de simple.
  • J'ai trouvé comment faire pour construire la figure à partir d'une valeur de $BC$ donnée, c'est tout simple : le problème se ramène à construire une corde d'un cercle (ici celui de diamètre $[II']$) de longueur donnée et passant par un point donné dans ce cercle (ici $A'$). Une rotation suffit pour avoir une corde passant par $A'$ et de même longueur que celle en orange : 
    La figure donne aussi la condition pour que cela soit possible : il faut que la corde orange coupe le cercle en pointillés.
  • Bonsoir Ludwig,
    Tu sais, en fait, ce qui m'a un peu mis sur cette voie, c'est que j'ai commencé par réfléchir au cas, simple, du triangle isocèle, et que je suis parti de là pour un triangle quelconque ...
    Accessoirement, cette construction permet de justifier que le centre $I$ du cercle inscrit dans un triangle se trouve toujours à l'intérieur du triangle médian, puisqu'il se trouve, par rapport au milieu de chacune des bissectrices, du côté du pied de celle-ci, donc aussi du côté du pied de la médiane issue du même sommet ...
    Bien amicalement, JLB
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