Triangle équilatéral

Bonjour
On a dû parler $n$ fois ici même de cette configuration dans le passé.
Comme on a rien à cirer du côté du carré qui ne contient aucun des sommets du triangle équilatéral, c'est en fait un problème de TGV ou de FLTI sur les trois côtés restants!
Comme la théorie des similitudes a disparu de notre culture, cela va être coton à expliquer!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour,

Voici une solution complète, mais je n’écris pas tous les calculs.

On plonge le carré $ABCD$ dans le plan euclidien. Sans perte de généralité on suppose que la longueur du côté du carré est $1.$ On note $A(0,0), B(1,0), C(1,1), D(0,1)$. Sans perte de généralité, par symétrie, on suppose que le triangle équilatéral ne s’appuie pas sur $[BC]$. On note $PQR$ le triangle équilatéral avec $P\in [AB], Q\in[DC], R\in[AD].$
Enfin on note $P(x,0), Q(y,1), R(0,z)$ avec $x,y,z \in[0,1]$. Sans perte de généralité, par symétrie, on suppose $y\geq x.$

On utilise le théorème de Pythagore pour obtenir le système : $(y-x)^2+1=t^2, \sqrt{t^2-x^2}+\sqrt{t^2-y^2}=1$ avec $t\geq 0$ la longueur d’un côté du triangle équilatéral : $t=[PQ]=[QR]=[RP].$

Ce système est coriace, mais la bonne idée est de paramétrer par $t.$ On a donc $y=x +\sqrt{t^2-1}$ que l’on reporte dans la première équation que l’on traite par élévations au carré et alors, tous calculs faits, $4x^2+4\sqrt{t^2-1}x+t^2-4=0$ que l’on sait résoudre. Le discriminant réduit est $12$ et on ne retient que la solution positive : $x ={\sqrt{3}-\sqrt{t^2-1}\over 2}.$
On en déduit $y={\sqrt{3}+\sqrt{t^2-1}\over 2}.$
On en déduit par Pythagore dans le triangle $DRQ$ rectangle en $D$ : $1-z={\sqrt{3}\sqrt{t^2-1}+1\over 2}\geq 0$ et donc $z={1-\sqrt{3}\sqrt{t^2-1}\over 2}.$
On écrit alors le système d’inégalités qui impose que $x,y,z\in [0,1]$ : on trouve que c’est l’inégalité $y\leq 1$ qui impose $t\leq 2\sqrt{2-\sqrt{3}}.$ On a aussi par la seconde équation du système original $t\geq 1.$
On trace les cas particuliers $t=1$ : $R$ est au milieu de $[AD]$ et la droite $(PQ)$ est parallèle à la droite $(BC)$ ; et pour $t=2\sqrt{2-\sqrt{3}}$, $Q=C$. Ces solutions correspondent au plus petit et au plus grand triangle équilatéral.
On a donc une infinité de solutions.

Bonjour
1° On détermine d'abord la famille des triangles équilatéraux $PQR$ (de même orientation) inscrits dans le produit de droites $AB\times BC\times AD$.
C'est une $FLTI$ (équicentre, centre de lenteur?).
2° On ajuste $P$ pour que le triangle soit contenu dans le carré!
Je suis à peu près sûr de l'avoir déjà fait ici, mais quand?
Amiclement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Voici maintenant le centre aréolaire ou centre de lenteur $O$ de la $FLTI$ des triangles équilatéraux $PQR$. C'est le centre du triangle équilatéral $\Omega BC$.
On a les égalités suivantes entre aires algébriques:
$S(OPP')= S(OQQ')=S(ORR')$
qui caractérisent le centre aréolaire.
Amicalement
[small]p[/small]appus