triangle équilatéral

Bonjour,

quelle est la longueur x du côté d'un triangle équilatéral quand on connait les distances a = AP, b = BP et c = CP d'un point P à ses trois sommets ABC ?
C'est un problème classique ; on trouve la réponse sur certains sites mais les calculs et les méthodes de calcul sont rarement explicités .

bien cordialement

kolotoko

Réponses

  • Bonjour,

    Que P soit à l'intérieur ou à l'extérieur du triangle ABC, la formule de Héron permet de connaître les surfaces des triangles APB, BPC et CPA, donc du triangle ABC et donc la valeur de x.

    Aldo
  • Bonjour

    je pense que c'est la fausse bonne idée qui mène à des calculs vite inextricables ...
    j'aimerais bien voir !
    bien cordialement
    kolotoko
  • Tout revient à construire un triangle équilatéral $A_1A_2A_3$ dont les sommets se trouvent sur trois cercles concentriques donnés $C_1$, $C_2$, $C_3$.
    La figure suivante montre sans commentaires une telle construction à partir de laquelle le calcul de la longueur du côté sera possible.
    file.php?8,file=24062
    Amicalement
    Pappus24062
  • Bonjour,
    oui, cela est bien vrai ; il y a deux triangles équilatéraux solutions et vérifiant la jolie relation facile à mémoriser :
    3(a4 +b4+c4+x4) = (a2 + b2 + c2 +x2)2

    Le problème est donc d'établir cette relation à moindre frais .

    J'ai fais le calcul à partir d'Al-Kashi ; ça marche mais c'est lourd .

    On peut aussi dire que le volume du tétaèdre ABCP est nul ; on tombe sur un déterminant à annuler .

    Bien cordialement
    kolotoko
  • Bonjour,

    Souvenirs...

    Amicalement.
  • Il faut noter que la même méthode marche pour construire un triangle $A_1A_2A_3$ dont la classe de similitude est donnée et dont les sommets sont situés sur des cercles concentriques.
    Le théorème de Ptolémée fait marcher la boutique et les points de Fermat sont remplacés par des points jumeaux quelconques, se comportant comme des pivots!
    Amicalement
    Pappus
  • Bonsoir,

    je trouve un peu curieux d'avoir au final une formule symétrique en les quatre lettres a,b,c,x .

    bien cordialement

    kolotoko
  • Bonsoir à tous.

    Il y a quelques temps j'avais trouvé une démonstration avec la rotation de centre $P$ et d'angle 60°.
    file.php?8,file=24070
    $A'B'C'$ est l'image de $ABC$ par cette rotation. Alors l'hexagone $AA'BB'CC'$ se décompose de deux façons et on obtient : $2.A(ABC)=\frac{\sqrt{3}}{4}(a^2+b^2+c^2)+3.A(PA'B)$

    Il ne reste plus qu'à utiliser la formule de Heron pour conclure.
    Domi24070
  • Bonsoir ,

    c'est une démonstration connue (voir dans le souvenirs de bs la preuve de Collignon) quand le point P est à l'intérieur du triangle ABC .

    il y a aussi l'autre formule (avec le signe - ) à considérer .

    bien cordialement

    kolotoko
  • Bonjour,

    En quoi le fait que les sommets du triangle recherché soient sur 3 cercles concentriques de centre P simplifie-t-il les calculs ?
    En prenant P comme origine de coordonnées P(0,0)
    On a :
    A (a cos u, a sin u)
    B (b cos v, b sin v)
    C (c cos w, c sin w)

    Ensuite , les calculs restent compliqués :
    Il faut écrire que AB =x = AC = BC
  • Bonjour,

    dans la jolie figure de Pappus, il faut que le cercle C'1 coupe le cercle C2 .

    En réalité, il faut d'abord calculer x et en déduire ensuite la construction rappelée par Pappus .
    Je rappelle ici qu'il faut que a,b,c soient les côtés d'un triangle .

    Les deux solutions x1 et x2 peuvent aussi être construites géométriquement par la "figure" de Napoléon (1769-1821) , encore faut-il le démontrer (ça se fait facilement en utilisant le théorème de la médiane) .

    L'utilisation du déterminant de Cayley-Menger pour calculer x est diaboliquement astucieuse ( j'aurais jamais trouvé cela tout seul ) .
    La méthode rappelée par Domi ne donne qu'une seule valeur de x mais a le grand mérite d'être simple .

    Bien cordialement

    kolotoko
  • Bonjour,
    1. Posons $\alpha=\left(\overrightarrow{PB},\,\overrightarrow{PC}\right)$ etc. Nous avons \[ \cos\alpha=\cos\left(\beta+\gamma\right)=\cos\beta\cos\gamma-\sin\beta\sin\gamma \] Passant au carré, cela donne \[
      \left(1-\cos^{2}\beta\right)\left(1-\cos^{2}\gamma\right)=\left(\cos\alpha-\cos\beta\cos\gamma\right)^{2}\] Et finalement la relation symétrique: \[ 1-\cos^{2}\alpha-\cos^{2}\beta-\cos^{2}\gamma+2\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma=0 \]

      $\,$
    2. On remplace $\cos\alpha$ par $\left(q^{2}+r^{2}-x^{2}\right)\div2qr$ etc et on obtient immédiatement la relation voulue entre les quatre nombres $p=PA,\,q=PB,\,r=PC$ et $x$ le coté du triangle équilatéral voulu. Il vient: \[ \sum_{4}p^{4}-\sum_{6}p^{2}q^{2}=0 \]

      $\,$
    3. Ce calcul est donc loin d'être effrayant. Il est au contraire trop efficace, puisque l'on arrive directement à une relation de forme symétrique, avant d'avoir eu le temps de comprendre pourquoi. Essayons donc une méthode moins efficace !

      $\,$
    4. On part du triangle $ABC,$ ayant $a,b,c$ comme côtés. On trace les trois triangles équilatéraux extérieurs ayant un coté commun avec $ABC$. Cela nous donne les sommets $A',B',C'$. Un résultat connu est que les triangles $ABC$ et $A'B'C'$ admettent un perspecteur commun, qui est X(13), le point de Fermat.

      $\,$
    5. Un résultat moins connu est que $AA'=BB'=CC'$. Calculons $\left|AA'\right|^{2}.$La distance horizontale (selon $BC$) de ces deux points est \[ u=\frac{a}{2}-\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}\,c \] et leur différence de hauteur est: \[ v=\frac{2S}{a}\pm a\,\frac{\sqrt{3}}{2} \] On obtient: \[ z^{2}=u^{2}+v^{2}=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2}\pm2\sqrt{3}\,S\left(a,b,c\right) \] Le fait que ce résultat soit symétrique en $a,b,c$ prouve le résultat annoncé.

      $\,$
    6. Ce résultat explique la symétrie en $x,q,r$ de la formule précédente, la symétrie en $p,q,r$ étant évidente.

      $\,$
    7. Pour faire vraiment apparaître la symétrie sur les quatre lettres $p,q,r,x$, il faut faire disparaître le fait que la formule précédente est résolue en $z^{2}$. Cette formule doit donc être remplacée par une équation du second degré en $z^{2}$, qui est donc une équation en $z^{4}$ : c'est l'équation symétrique du quatrième degré déjà obtenue.

      $\,$
    8. Au passage, cela explique pourquoi le discriminant de cette équation est $S^{2}\left(p,q,r\right)$, imposant que $p,q,r$ soient les cotés d'un triangle: \[ x^{2}=\frac{p^{2}+q^{2}+r^{2}}{2}\pm2\sqrt{3}\,S\left(p,q,r\right) \]

    Cordialement, Pierre.

    Edit: seven years later...91298
  • Bonjour

    Une autre solution :
    Je pose $AB=BC=AC=x.$ On construit les points $A', B'$ et $C'$ symétriques de $P$ par rapport aux côtés $[BC], [CA]$ et $[AB]$ du triangle $ABC$.

    Du fait des symétries, l'aire de l'hexagone $AB'CA'BC'$ est égale au double de l'aire du triangle ABC.
    On décompose ensuite l'hexagone en quatre triangles $AB'C', BC'A', CA'B'$ et $A'B'C'.$
    $AB'C'$ est un triangle isocèle tel que $AB'=AC'=a$ et l'angle au sommet A mesure $120^\circ.$
    $BC'A'$ est un triangle isocèle tel que $BA'=BC'=b$ et l'angle au sommet B mesure $120^\circ.$
    $CA'B'$ est un triangle isocèle tel que $CA'=CB'=c$ et l'angle au sommet C mesure $120^\circ.$
    Nous avons besoin maintenant du "petit" résultat suivant :
    Lemme :Si $EFG$ est un triangle isocèle tel que $EF=EG=x$ et l'angle au sommet E mesure $120\circ$, alors $FG =\sqrt{3}x$ et l'aire du triangle $EFG$ est $\dfrac{\sqrt{3}}{4}x^2.$
    Par suite nous avons que :
    L'aire du triangle $AB'C'$ vaut $\dfrac{\sqrt{3}}{4}a^2.$
    L'aire du triangle $BC'A''$ vaut $\dfrac{\sqrt{3}}{4}b^2.$
    L'aire du triangle $CA'B''$ vaut $\dfrac{\sqrt{3}}{4}c^2.$
    Les côtés du triangle $A'B'C'$ mesurent respectivement $a\sqrt{3}, b\sqrt{3}$ et $c\sqrt{3}.$
    L'aire du triangle $A'B'C'$ vaut selon la formule de Héron :
    $\dfrac{3}{4}\sqrt{ 2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2-a^4-b^4-c^4 }.$
    Finalement, l'aire de l'hexagone $AB'CA'BC'$ vaut :
    $\dfrac{\sqrt{3}}{4}a^2 +\dfrac{\sqrt{3}}{4}b^2 +\dfrac{\sqrt{3}}{4}c^2 + \dfrac{3}{4}\sqrt{ 2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2-a^4-b^4-c^4 }.$
    L'aire du triangle équilatéral $ABC$ vaut $\dfrac{\sqrt{3}}{4}x^2$ et puisqu'il est égale à la moitié de celle de l'hexagone, on a donc :
    $\dfrac{\sqrt{3}}{4}x^2 = \dfrac{1}{2}(\dfrac{\sqrt{3}}{4}a^2 +\dfrac{\sqrt{3}}{4}b^2 +\dfrac{\sqrt{3}}{4}c^2 + \dfrac{3}{4}\sqrt{ 2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2-a^4-b^4-c^4 })$
    soit
    $x^2 = \dfrac{1}{2}(a^2 + b^2 + c^2) + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{ 2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2-a^4-b^4-c^4 }$24100
    91308
  • Bonjour

    Bien sûr, Bouzar suppose que P est intérieur au triangle ABC.

    Bien cordialement

    kolotoko
  • Bonjour,

    Pour AD: peux tu modifier les messages de pappus et Domi pour faire apparaître les images (qui sont encore dans les fichiers du forum). Pour ce qui est du message de Bouzar, j'ai nettoyé l'image correspondante. A toi de voir laquelle tu veux utiliser.
    Un grand merci par avance. Pierre

    [Voilà qui est fait. :-) AD]
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