Cinq triangles semblables

Bonjour,

Ta figure Rescassol m'a permis de trouver une construction assez simple du découpage, en partant d'un triangle $ABC$ tel que $AB = 7$, $BC = 5$ et $AC = 8$. $H$ est le pied de la hauteur issue de $A$. Les médiatrices de $[AB]$ et $[BC]$ se coupent en $O$, centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$. La médiatrice de $[AB]$ recoupe le cercle en $E$, celle de $[BC]$ en $F$. $(EF)$ coupe $(AH)$ en $M$, $(BM)$ coupe $(AF)$ en $I$, centre du cercle inscrit. La perpendiculaire à $(AB)$ passant par $I$ coupe le cercle en $L$ et $(CL)$ coupe $(AF)$ en $K$. Peut-être que les calculs sont plus simples en partant de cette construction ?

Pour info ce triangle est un des deux seuls que l'on peut partager en cinq triangles semblables, non rectangles, et non égaux. L'autre n'est pas constructible. Voir Dissection of a Triangle into Similar Triangles, Andrzej Żak, 2014. Żak démontre aussi qu'il faut au moins cinq triangles pour réaliser un tel partage.

Cordialement,
Ludwig

Pour une construction qui permet une démonstration plus facile il vaut mieux en fait partir des bissectrices, bien sûr ! Cela donne la figure ci-dessous, qui en plus est beaucoup plus simple ! On part donc toujours d'un triangle $ABC$ tel que $AB = 7$, $BC = 5$ et $AC = 8$. Les bissectrices des angles $\widehat{A}$ et $\widehat{B}$ se coupent en $I$. $M$ est le milieu du segment $[AC]$ et $(MI)$ coupe $(BC)$ en $H$. La parallèle à $(BI)$ passant par $H$ coupe $(AI)$ en $K$.



Et avec ces deux parallèles on aura une égalité d'angles facile à prouver . On peut aussi montrer que $I$ est le milieu de $[MH]$.
Bonne soirée,
Ludwig

EDIT : En fait il vaut mieux rester dans des définitions angulaires et ne pas introduire le milieu $M$. On définit $H$ comme le point d'intersection de $(BC)$ avec la perpendiculaire à la bissectrice de l'angle $\widehat{C}$ passant par $I$. 

En construisant la figure à partir des définitions angulaires que j'ai données juste au-dessus on peut calculer, avec la loi des cosinus et celle des sinus (je trouve comme toi jelobreuil), tous ses angles et toutes ses longueurs. Mais il y a beaucoup de calculs.. Tes calculs fm_31 le sont un peu aussi je trouve. N'y a-t-il pas une façon de construire la figure qui rendrait la preuve de la similarité plus rapide et les calculs plus simples ?

Voici une façon de construire la figure qui rend la preuve de  la similarité des triangles plus simple : on part de quatre points $O$, $A$, $B$ et $C$ tels que $\widehat{AOB}=\widehat{BOC}=\widehat{COA}=120°$, $OA = 4$, $OB = 8$ et $OC = 16$.

Puis on place $D$ sur $[OC]$ tel que $OD = 2$. Du coup la similarité des triangles $OAB$, $OBC$ et $ODA$ est immédiate. Ensuite soit $E$ le point d'intersection de la droite $(AB)$ avec la parallèle à $(OA)$ passant par $D$. C'est quasi immédiat également que le triangle $AED$ soit semblable à $ODA$.

Reste à prouver que $DEC$ l'est aussi. Pour cela on montre que $AD=2\sqrt{7}$ en utilisant la loi des cosinus dans le triangle $ODA$, puis que $DE= 7$ grâce à la similarité des triangles $ODA$ et $AED$. La similarité de $DEC$ avec les quatre autres triangles qui partagent $BCE$ découle alors de $CD = OC - OD = 14$ et $\widehat{CDE}=\widehat{COA} = 120°$ .

Du temps, ou alors.. en bidouillant.. car si on sait que la construction de ce deuxième triangle est possible à l'aide d'une conique, GeoGebra peut nous aider, peut-être, je vais regarder.

En tous cas pour ta question jelobreuil sache que Żak a démontré que pour paver le triangle équilatéral à l'aide de triangles semblables et 2 à 2 inégaux il en faut au moins 7 (et il donne un découpage avec 7). En ce qui concerne notre tuile j'ai trouvé un pavage possible du triangle équilatéral, mais avec une infinité de pièces (les deux parties vides se comblent chacune avec une infinité de tuiles, la partie équilatérale par réduction du tout, la partie gauche en y calant des tuiles ad libidum dans son coin droit, les deux tuiles orange et verte juste à droite de ce coin donne le la) : 

Bien vu jelobreuil !

De mon côté j'ai bidouillé un peu en ce qui concerne l'autre triangle. J'ai tracé l'ellipse ci-dessous, passant par $A$, $B$ et trois autres points, $A'$, $B'$ et $A''$, obtenus par symétrie par rapport aux axes. On constate que cette ellipse passe par $C$, elle "contient" donc le polynôme minimal de $d$. Peut-on espérer que son équation ne soit liée qu'à des nombres constructibles ? Je n'en sais rien, mais pour l'instant les inverseurs n'ont rien donné.

Pour info le nombre réel $d$ solution de $x^6-x^2-1=0$ est la racine carrée de la constante plastique.

Bonne fin de soirée,
Ludwig

EDIT : non j'ai dit n'importe quoi, cette ellipse ne donnera rien du tout car si on fait $y=0$ dans son équation on tombe sur $x=x(B)$, qui n'est pas constructible..

Ci-dessous une construction du second triangle de Żak, à la règle et au compas, et avec la seule adjonction de la parabole $y=x^2$. On a déjà $d$ et $d^2$, on construit $d^4$ grâce à la symétrie de $R$ par rapport à $y=x$. $EHP'$ est le premier petit triangle construit, ses côtés sont $1$, $d$ et $d^2$. La droite $(d_1)$ est la parallèle à $(HP')$ passant par $E$, la droite $(d_2)$ est la parallèle à $(HE)$ passant par $P'$ et $L'$ est le symétrique de $L$ par rapport à $E$. Ensuite la figure parle d'elle-même.

Et voici une construction qui n'utilise la parabole qu'une seule fois : 

Bonjour jelobreuil,
Non les angles des cinq petits triangles mesurent environ $32.6°$, $109.1°$ et $38.3°$.
La dissection du triangle équilatéral en sept triangles semblables trouvée par Żak n'est quant à elle pas constructible à la règle et au compas, même avec l'adjonction de coniques. Puisqu'il faut résoudre l'équation : $$\operatorname{sin} ^{3}\left( \frac{\pi}{3}  - x \right) \; \left(\operatorname{sin} ^{2}\left( x \right) + \frac{3}{4} \right)^{2} = \operatorname{sin} ^{7}\left( x \right).$$ Mais peut-être est-il possible de résoudre cette équation avec la seule adjonction de la courbe $y=\sin(x)$?

Pour le second triangle, si on range les cinq tuiles de la plus petite à la plus grande, le rapport de similitude entre une tuile et sa suivante est toujours égale à la racine carrée de la constante plastique : 
$$d=\sqrt{\sqrt[3]{\frac{1}{18} \; \left(-\sqrt{69} + 9 \right)} + \sqrt[3]{\frac{1}{18} \; \left(\sqrt{69} + 9 \right)}}.$$ Bon dimanche,
Ludwig