Si les données sont complètes, alors la somme des aires des deux carrés en bleu ne dépend pas des aires de ces deux carrés mais plutôt de la distance $6$ entre leurs sommets "droite-haut".
J'ai demandé à Google de chercher l'image , il me renvoie vers l 'image avec solution. C'est pour dire que l'exercice est complet et faisable. Ne faites pas comme moi.
Si $a,b,c$ sont les côtés des trois carrés ($a$ pour le grand) leurs trois sommets haut-droite sont alignés si $a=b+c$. La distance de $6$ donne alors l'équation $4b^2+4c^2=6^2$, d'où $b^2+c^2=9$.
Je ne dois certainement pas être le seul à être frustré.
Pas une seule solution détaillée digne de ce nom et Celrek19 semble avoir disparu de la circulation comme s'il se désintéressait de la question qu'il a posée.
Bref tout est normal sur notre forum!
Alors comme d'habitude je vais donner quelques explications.
D'abord le chiffre $6$ de la figure est un attrape-nigaud et il s'agit bien de considérer le cas général où le triangle $ABC$ est un triangle rectangle quelconque.
Avant de discuter sur la figure, il faut d'abord la tracer..
Il est clair que $AD$ est la bissectrice intérieure de l'angle $\widehat{BAC}$.
De même, $FG$ est la bissectrice intérieure de l'angle $\widehat{CFD}$ et $EK$ celle de l'angle $\widehat{BED}$.
Il en résulte que ces bissectrices tracées en rouge sur ma figure sont parallèles.
Par projection du segment $EOF$ sur la droite $BC$ parallèlement à cette direction rouge, on voit que $D$ est le milieu du segment $GK$.
Il en résulte que le triangle rectangle $DMK$ se déduit du triangle rectangle $GID$ par la translation de vecteur $\overrightarrow{GD}=\overrightarrow{DK}$.
On termine alors en appliquant l'axiome de Pythagore comme suggéré dans mon message précédent.
Exercice:
On note $BC=a$, $CA=b$, $AB=c$ les longueurs des côtés du triangle rectangle $ABC$.
Calculer la longueur $\ell=GD=DK$.
Tracer l'enveloppe des hypothénuses $BC$ pour lesquelles $GD=DK=\ell$, quand les droites perpendiculaires, supports des cathètes $AB$ et $AC$ sont données.
Ceux qui sont terrorisés pourront toujours supposer que $\ell =6$!!
Pour le calcul de $l$ je suis parti d'abord du calcul de la longueur de côtés du grand carré en fonction des longueurs des côtés perpendiculaires $a$ et $b$du triangle rectangle .
Cette longueur est $\dfrac{ ab} {a+b.}$ Bien entendu on peut appliquer cette formule pour les deux autres carrés mais bien entendu en remplaçant $a $ et $b$ et le calcul devient simple. On retrouve bien $L =\dfrac{a b \sqrt{a^2+ b^2}}{(a+b)^2}$ (mes notations étant différentes) .
Quant à la courbe je trouve pour son équation paramétrée $ (x,y) =L (2 \cos(u)^3 + \sin(u), \cos(u) + 2 sin(u)^3)$
Bonsoir Voici donc mes calculs . Je reprends les notations de @pappus .
$c =AB , b=AC$. $w=AE $ (côté du grand carré). Ce grand carré partage le triangle ABC en trois parties (un carré et 2 triangles) .
Cela permet de calculer l'aire du triangle ABC de 2 façons:
$1/2 b c = w^2 + 1/2 ( b- w) w + 1/2(c -w) w=1/2(b+c) w.$ D'où $w=\dfrac{ bc}{b+c}.$
Pour la même raison, on a $w_1=EL=\dfrac{(c-w) w }{c-w+w}=\dfrac{ b c^2}{(b+c) ^2 }.$
[de même on aurait $w_2=FI=\dfrac{ b^2 c}{(b+c) ^2 },$ ce qui conduirait au résultat $w_1^2+w_2 ^2=L^2= 9,$ puisque l'énoncé donne $2L=6$).
Revenons au calcul de $L:$ Pythagore donne $L^2 = w_1^2 +(w-w_1)^2= \dfrac{b^2 c^2 \left(b^2+c^2\right)}{(b+c)^4} $.
équation de la courbe. Je pose $u=\hat {A B C},$ c'est dire $b=c \tan(u).$ On a donc $L= \dfrac{c \tan (u) \sqrt{\tan ^2(u)+1}}{(\tan (u)+1)^2}$
Ce qui donne en simplifiant $c=L ( 2 \cos(u)+ \dfrac{1}{\sin(u) } , b=L ( 2 \sin(u)+ \dfrac{1}{\cos(u) }. $
L'équation de la droite (BC) est : $x/b+ y/c=1$ et pour obtenir l'enveloppe on cherche l'intersection avec la droite $ x(1/c)' + y (1/b)'=0$ ( ' désignant la dérivée par rapport à $u$).
a) Quand je fais varier $u$ ( l'angle ACB) entre $0$ et $\dfrac{\pi}{2},$ de la croix de Malte, je n'obtiens que la partie située entre les 2 points de rebroussement, celle située au-dessus de l'hypoténuse. Je me demande à quoi correspond le reste.
b) Par le calcul, je trouve que le point de contact est le projeté orthogonal de $M$ sur $( BC).$ Mais peut-on l'expliquer sans calcul?
Merci @Pappus. C'est plus visible comme cela plutôt que de chercher le point de contact par le calcul .
Maintenant à propos de l'enseignement des mouvements plan sur plan, c'est bien un problème de cinématique et cela doit être surement enseigné en physique et dans les écoles d'ingénieur. Du moins, je l'espère.
Réponses
Si $a,b,c$ sont les côtés des trois carrés ($a$ pour le grand) leurs trois sommets haut-droite sont alignés si $a=b+c$.
La distance de $6$ donne alors l'équation $4b^2+4c^2=6^2$, d'où $b^2+c^2=9$.
Cordialement,
Rescassol
Je trouve pour équation de l'enveloppe $T_6+T_4+T_2=0$ avec:
$T_6=(x^2+y^2)^3$
$T_4=-l^2(13x^4+36x^3y-82x^2y^2+36xy^3+13y^4)$
$T_2=128l^4(x-y)^2$
Cordialement,
Rescassol
Edit: J'ai corrigé une faute de frappe. Merci bd2017.