Un triangle équilatéral inscrit dans un carré ayant un sommet en commun

Jean-Louis Ayme · January 2023

Bonjour

1. ABCD un carré

2. E, F deux points de [AB], [AD] tels que le triangle CEF soit équilatéral

3. G le milieu de [CF]

4. H le point d'intersection de (GA) et (EF)

5. I le pied de la perpendiculaire à (CD) issue de H

6. O le centre de ABCD.

Question : E est sur (IO).

Merci pour votre aide pour la figure.
Sincèrement
Jean-Louis

Rescassol · January 2023

Bonjour
Quelques autres propriétés de la figure, démontrables élémentairement, à commencer par la construction du triangle équilatéral $CFE$:

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/z5/1ivjbyct4x5h.png

Cordialement,
Rescassol

Rescassol · January 2023

Bonjour,

Le début:

1)a) On part d'un carré $ABCD$ et on trace un triangle équilatéral $ABG$.

$G$ est le point d'intersection de deux arcs de cercle de centres $A$ et $B$ et de rayon $AB$, intérieur au carré.

$(CG)$ coupe $[AD]$ en $F$. Le symétrique de $F$ par rapport à $(AC)$ est $E$.

$E$ se trouve alors sur $[AB]$ et $CFE$ est isocèle en $C$.

b) $CBG$ est isocèle en $B$ et $\widehat{CBG}=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi}{6}$.

$\widehat{BCG}=\dfrac{1}{2}\left(\pi-\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{5\pi}{12}$, $\widehat{DCG}=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{5\pi}{12}=\dfrac{\pi}{12}$, $\widehat{ECF}=\dfrac{\pi}{2}-2\dfrac{\pi}{12}=\dfrac{\pi}{3}$ et $CFE$ est équilatéral.

2) La médiatrice de $[AB]$ et de $[CD]$ passe par $G$ et est parallèle à $(AD)$, donc $G$ est le milieu de $[CF]$ (Thalès dans $CDF$).

Cordialement,
Rescassol

Jean-Louis Ayme · January 2023

Bonjour Rescassol,
merci pour t'intéresser à ce problème...
La construction peut être vue sur
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol27.html
puis,
Problème 31, p. 68-70.
Pour la question posée, la symétrie d'axe la médiatrice de [AB]
peut conduire au résultat...je n'ai encore rien écrit à ce sujet...
Sincèrement
Jean-Louis

gipsyc · January 2023

Une autre approche, par le triangle équilatéral image AE'F' du triangle équilatéral CEF de base EF et sommet C, par symétrie axiale DB (diagonale du carré parallèle à la base du triangle).
La droite IOF devient la diagonale du rectangle EE'F'F de centre O construit ainsi, pour autant que l'on prouve que I = E', autrement dit que I tel que construit est bien l'image de E par symétrie axiale BD.
Jean-Pol Coulon

jelobreuil · January 2023

Bonsoir à tous,

Voici une autre preuve du fait que le point G, défini comme le fait @Rescassol, se trouve bien sur un côté du triangle équilatéral inscrit dans le carré et partageant avec celui-ci le sommet C ... Et de nouveau comme Rescassol, j'en déduis que G est le milieu de CE ...

Ceci acquis, je vais étudier la suite du problème ...

Bien amicalement, JLB

PS. Je vous prie de m'excuser d'avoir interverti les points E et F par rapport aux figures précédentes !