Triangle équilatéral maximum

Bonjour

$ABC$ ton triangle rectangle avec l'angle droit situé en $A$
on pose
$a=BC$
$b=AC$
$c=AB$

et tu prend ces notations telles que $b<c$

et tu note
$\alpha =90°$ est l'angle en $A$
$\beta $ est l'angle en $B$
$\gamma$ est l'angle en $C$

tu recherche un triangle équilatéral d'aire maximale $A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$ qui soit circonscrit à ce triangle rectangle
on pose
$a^{\prime}=B^{\prime}C^{\prime}$
$b^{\prime}=A^{\prime}C^{\prime}$
$c^{\prime}=A^{\prime}B^{\prime}$

alors tu pose
$A=A^{\prime}$
$B^{\prime}$ appartient au segment $[AB]$
$C^{\prime}$ appartient au segment $[BC]$

alors en considérant le triangle $ACC^{\prime}$ tu obtiens
$AC=b$ c'est ce que l'n avait posé
$30°$ est l'angle en degré sur $A$ de ce triangle là
$\gamma $ est l'angle en degré sur $C$ de ce triangle là
$\theta =180-30-\gamma =150- \gamma $ est l'angle en degré sur $C^{\prime}$ de ce triangle là

notons
$d=AC^{\prime}$
$e=CC^{\prime}$

Alors tu peux facilement calculer ces deux distances $d$ et $e$ puisque tu possède les trois angles de ce triangle et un des côtés
effectivement tu connais $AC=b$ du triangle $ACC^{\prime}$

$cos(\gamma)=\frac {b^2+e^2-d^2}{2be}$

$\frac {sin(30°)}{sin(\theta)}=\frac {e}{b}$

donc $e=\frac {b.sin(30°)}{sin(\theta)}$

$d^2=b^2+e^2-2be.cos(\gamma)$

oui pourquoi?

(je ne comprend pas pourquoi j'aurais répondu sur ce fil à un exercice situé ailleurs)

Je viens de voir que deux personnes ont posés deux exercices sur ce même sujet

Je pensais que chaque posteur poste son problème sur un fil et n'utilise pas le sujet d'un autre

J'ai répondu au problème du deuxième posteur

Bonjour
Quelques remarques sur la figure de Pappus.
Il y a deux familles de triangles équilatéraux circonscrits à $ABC$.
Pappus nous a montré ceux qui ont la même orientation que $ABC$ avec $F=X_{13}$, premier point de Fermat, le deuxième point de Fermat est $F^{\prime }=X_{14}$.
Leurs sommets $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ sont respectivement sur les cercles $FBC$, $FCA$, $FAB$. Ils se déduisent les uns des autres par des similitudes directes de centre $F$.
Supposant $\left( FA,B^{\prime }C^{\prime }\right) =\left( FB,C^{\prime }A^{\prime }\right) =\left( FC,A^{\prime }B^{\prime }\right) =\theta $, on obtient un triangle de longueur de côté $2\sqrt{3}\left\vert \sin \theta \right\vert GF^{\prime }$ où $G$ est le centre de gravité de $ABC$. (Bon courage pour le prouver).
La longueur maximale est évidemment obtenue pour $\theta =\dfrac{\pi }{2}$,
ce qui donne le triangle antipodaire de $F$ de longueur de côté $2\sqrt{3}GF^{\prime }=\sqrt{\dfrac{2}{3}\left( a^{2}+b^{2}+c^{2}+4S\sqrt{3}\right) }$ où $S$ est l'aire de $ABC$.
Pour les triangles équilatéraux circonscrits à $ABC$ et d'orientation inverse, il suffit de procéder de même en partant de $F^{\prime }$ au lieu de $F$. Le triangle maximal de cette famille est le triangle antipodaire de $F^{\prime }$ de longueur de côté $2\sqrt{3}GF=\sqrt{\dfrac{2}{3}\left( a^{2}+b^{2}+c^{2}-4S\sqrt{3}\right) }$.
C'est donc bien le triangle rouge de Pappus qui est la solution du problème de rafykfan.
Les lieux des centres des triangles équilatéraux de la première et de la deuxième famille sont les cercles de centre $G$ passant respectivement par $F$ et $F^{\prime }$.
Amicalement. Poulbot

Bonjour
Une suite au problème de rafykfan.
Etant donnés deux triangles $ABC$ et $DEF$, parmi les triangles circonscrits à $ABC$ et directement semblables à $DEF$, construire celui d'aire maximale.
Amicalement. Poulbot

Bonsoir Pappus

En évitant de parler de métapôles, soit $D^{\prime }E^{\prime }F^{\prime }$ le triangle homothétique à $DEF$ circonscrit à $ABC$ (de côtés les parallèles en $A$ à $EF$, en $B$ à $FD$, en $C$ à $DE$. Les cercles $BCD^{\prime },CAE^{\prime },ABF^{\prime }$ ont un point commun $P$ (merci Mr Miquel); le triangle maximal est le triangle antipodaire de $P$ (de côtés les perpendiculaires en $A$ à $AP$, en $B$ à $BP$, en $C$ à $CP$).

On peut corser un peu le problème en supprimant "directement" dans l'énoncé.
Parmi les triangles circonscrits à $ABC$ et indirectement semblables à $DEF$, celui d'aire maximale devrait être le triangle antipodaire de l'antigonal $P^{\prime }$ de $P$. Reste à comparer les aires (non algébriques) de ces deux triangles. Je présume que celui qui a la plus grande aire est le triangle antipodaire de celui des points $P$ et $P^{\prime }$ dont l'isogonal est intérieur au cercle $ABC$ (comme tu nous l'a rappelé plus haut, ces isogonaux sont inverses par rapport au cercle $ABC$).
Mais le justifier (si toutefois c'est exact) me semble nécessiter des calculs démentiels dans lesquels je n'ai pas l'intention de me lancer, préférant de très loin aller diner.

Amicalement. Poulbot

Bonjour
Je me suis livré, sans chercher à finasser, à un calcul pénible pour vérifier mes assertions.
Désignons par $T\left( M\right) $ le triangle antipodaire de $M$, par $M^{\ast }$ son isogonal, par $M^{\prime }$ son antigonal, par $\pi \left( M\right) $ sa puissance par rapport au cercle $ABC$ (centre $O$, rayon $R$), par $S$ l'aire algébrique, avec $S_{0}=S\left( ABC\right) $.
On peut probablement faire plus simple, en remarquant, par exemple, que les sommets de $T\left( M^{\ast }\right) $ sont les isogonaux de ceux de $T\left( M\right) $ ou que $T\left( M^{\ast }\right) $ est homothétique au triangle podaire de $M$ (les deux sont facilement vérifiables pour des raisons angulaires).
Résultats utilisés :
- si $M=\left( x:y:z\right) $, alors $M^{\ast }=\left( a^{2}yz:b^{2}zx:c^{2}xy\right) $ et $\pi \left( M\right) =-\dfrac{a^{2}yz+b^{2}zx+c^{2}xy}{\left( x+y+z\right) ^{2}}$
- pour tout triangle $UVW$, $\dfrac{S\left( UVW\right) }{S_{0}}$ est égal au déterminant des coordonnées barycentriques normalisées de $U,V,W$.


Soit $P=\left( p:q:r\right) $; les perpendiculaires en $A$ à $AP$, en $B$ à $BP$, en $C$ à $CP$ ont pour équations
$\left( S_{A}r+c^{2}q\right) y+\left( S_{A}q+b^{2}r\right) z=0,\left( S_{B}p+a^{2}r\right) z+\left( S_{B}r+c^{2}p\right) x=0,\left( S_{C}q+b^{2}p\right) x+\left( S_{C}p+a^{2}q\right) y=0$ avec, as usual, $S_{A}=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=\dfrac{1}{2}\left( b^{2}+c^{2}-a^{2}\right) $, …
D'où les sommets de $T\left( P\right) $ :
$A^{\prime }=\left( -\left( S_{B}p+a^{2}r\right) \left( S_{C}p+a^{2}q\right) :\left( S_{B}p+a^{2}r\right) \left( S_{C}q+b^{2}p\right) :\left( S_{B}r+c^{2}p\right) \left( S_{C}p+a^{2}q\right) \right) $
$B^{\prime }=\left( \left( S_{C}p+a^{2}q\right) \left( S_{A}q+b^{2}r\right) :-\left( S_{C}q+b^{2}p\right) \left( S_{A}q+b^{2}r\right) :\left( S_{C}q+b^{2}p\right) \left( S_{A}r+c^{2}q\right) \right) $
$C^{\prime }=\left( \left( S_{A}r+c^{2}q\right) \left( S_{B}p+a^{2}r\right) :\left( S_{A}q+b^{2}r\right) \left( S_{B}r+c^{2}p\right) :-\left( S_{A}r+c^{2}q\right) \left( S_{B}r+c^{2}p\right) \right) $
et (grand merci à mon PC) $S\left( T\left( P\right) \right) =-\dfrac{4R^{2}}{\pi \left( P^{\ast }\right) }S_{0}$.
$P^{\ast }$ et $P^{\prime \ast }$ étant inverses par rapport au cercle $ABC$ (grand merci à Pappus), on a aussi $S\left( T\left( P^{\prime }\right) \right) =\dfrac{4\left\vert OP^{\ast }\right\vert ^{2}}{\pi \left( P^{\ast }\right) }S_{0}$.
Ainsi $\left\vert \left\vert S\left( T\left( P\right) \right) \right\vert -\left\vert S\left( T\left( P^{\prime }\right) \right) \right\vert \right\vert =4\left\vert S_{0}\right\vert $; c'est la curiosité signalée dans mon message précédent.
En outre $\left\vert S\left( T\left( P\right) \right) \right\vert >\left\vert S\left( T\left( P^{\prime }\right) \right) \right\vert \Longleftrightarrow \pi \left( P^{\ast }\right) <0$. Celui des $2$ points $P$ et $P^{\prime }$ dont le triangle antipodaire a la plus grande aire (non algébrique) est bien celui dont l'isogonal est intérieur au cercle $ABC$.


Ces résultats sont analogues à ce qui se passe pour les triangles podaires :
si $\delta $ et $\delta ^{\prime }$ sont les aires (non algébriques) des triangles podaires de deux points inverses par rapport au cercle $ABC$ (qui sont indirectement semblables), on a $\left\vert \dfrac{1}{\delta }-\dfrac{1}{\delta ^{\prime }}\right\vert =\dfrac{4}{\Delta }$ où $\Delta $ est l'aire de $ABC$ et celui qui a la plus grande aire est le triangle podaire de celui des $2$ points qui est extérieur au cercle $ABC$.


Avec toutes mes excuses pour les éventuelles coquilles.
Amicalement. Poulbot