Triangles "amusants"
Math Coss trouvait 'amusant' le triangle ABC rectangle en B avec AB = 1 et AC = phi, où une médiane et une hauteur se coupent sur une bissectrice, propriété qu’il ne connaissait pas.
À ceux qui ne connaissent pas ces triangles amusants, autres que le précédent, je propose de rechercher leur propriété caractéristique pour une hauteur issue de B et une médiane issue de C se coupant sur une des bissectrices en A.
À ceux qui ne connaissent pas ces triangles amusants, autres que le précédent, je propose de rechercher leur propriété caractéristique pour une hauteur issue de B et une médiane issue de C se coupant sur une des bissectrices en A.
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Réponses
Soit comme d'habitude $AB=c$, $BC=a$, $ CA=b$.
Soit $K$ le pied de la hauteur issue de $B$, et $M$ le milieu de $AB$. La hauteur $BK$ et la médiane $CM$ se coupent en $U$.
Alors $AU $ est la bissectrice intérieure de l'angle $\widehat{BAC}$.
On oriente la droite $AC$ pour que $\overline{AC}>0$.
On applique le théorème de Ménélaüs à la transversale $CUM$ dans le triangle $AKB$, et le théorème de la bissectrice dans le triangle $AKB$. Finalement je trouve : $a^2(b+c)^2=b^4+2bc^3+c^4$.
J'envoie sans vérifier (miam-miam).
Bon appétit.
Fr. Ch.
E. Lemoine ne donna pas de justification!
Céva semble plus intéressant, en ajoutant une hauteur, CH.
D'où en mesures algébriques: AK.AC = AH.AB que l'on peut utiliser pour compléter Ceva.
(1) le triangle équilatéral $a=b=c$ convient,
(2) si l'on suppose de plus que le triangle $ABC$ est rectangle en $B$, en injectant $b^2=a^2+c^2$ dans ma relation, je trouve $a^4-a^2c^2-c^4=0$ et l'on voit se pointer le Nombre d'Or.
Emile Lemoine trouva une égalité plus simple, sans doute en utilisant uniquement Céva.
J'ai retrouvé l'article d’Émile Lemoine qui aborde ce sujet, dans Mathesis, Recueil mathématique, tome 5, 1885, p. 107, n° 20. Il ne donne pas de condition portant sur les longueurs des côtés.
https://archive.org/details/mathesisrecueil11unkngoog/page/n110/mode/2up
Léon Claude Joseph a déjà cité ce paragraphe :
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,2213028,2213028#msg-2213028
Bonne soirée.
Fr. Ch.
De là, passer à celle de Lemoine, cela doit être compliqué.
Pour trouver la relation de Lemoine, je me suis contenté de Céva et de l'égalité AK.AC = AH.AB (en mesures algébriques).
Les notations des sommets, différentes de celles de Lemoine, sont celles que j'ai utilisées pour établir la relation caractéristique, sans savoir que Lemoine l'avait déjà énoncée.
Soit un triangle $ABC$ tel que la bissectrice intérieure de l'angle en $A$, la hauteur relative à $B$ et la médiane relative à $C$ soient concourantes, en un point $U$.
Soit $M$ le milieu de $AB$ et $K$ le pied de la hauteur relative à $B$.
L'intersection $U$ d'une médiane et d'une bissectrice intérieure est forcément un point intérieur au triangle $ABC$. La hauteur $BK$ est donc aussi intérieure au triangle $ABC$. Il s'ensuit que les angles $\widehat{BAC}$ et $\widehat{ACB}$ sont aigus, et $K$ est situé entre $A$ at $C$, et $U$ est situé entre $B$ et $K$.
Le théorème de la bissectrice dans le triangle $ABK$ donne : $\frac{\overline{UK}}{\overline{UB}}=-\frac{AK}{AB}$.
Le théorème de Ménélaüs dans le triangle $AKB$, avec la transversale $CUM$ donne : $\frac{\overline{CA}}{\overline{CK}}\cdot \frac{\overline{UK}}{\overline{UB}}%
\cdot \frac{\overline{MB}}{\overline{MA}}=1$.
On en déduit : $\frac{\overline{KC}}{\overline{AC}}=-\frac{\overline{UK}}{\overline{UB}}=\frac{AK}{AB}$.
On oriente la droite $AC$ pour que $\overline{AC}>0$ , d'où $\overline{AK}>0$, et par suite : $\frac{\overline{KC}}{AC}$$=\frac{\overline{AK}}{AB}$.
Notons comme d'habitude $AB=c$, $BC=a$, $CA=b$. Il vient : $\overline{AK}=\frac{bc}{b+c}$ et $\overline{KC}=\frac{b^{2}}{b+c}$.
L'égalité : $BA^{2}-BC^{2}=KA^{2}-KC^{2}$ permet de conclure : $a^2(b+c)^2=b^4+2bc^3+c^4$.
Bonne journée.
Fr. Ch.
25/05/2021
Je connais désormais une quatrième voie de démonstration de la propriété de ces triangles.
Il y en a deux dans le n° 63 de l'OUVERT de l'I.R.E.M. de Strasbourg, et une autre dans le n° 65, de J.Kuntzman, avec introduction de André Viricel le spécialiste d'un triangle autrement fameux, celui de Morley.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
https://mathinfo.unistra.fr/irem/publications/ouvert/louvert-n-69-dec-1992-a-60-sept-1990/#c15444
Un triangle est hyper si on peut trouver deux points distincts (à l'intérieur) tel que chacun d'eux est l'intersection d'une biss-haut-médiane. Un tel triangle peut il exister? :-D
On trouve la question de l'existence de ton triangle Hyper, dans un N° de Tangente de 2008, par Marcel Comby, après qu'il eut posé le problème suivant, que j'exprime avec la notation des triangles amusants précédents
.
Sur la perpendiculaire en C à un segment [AC] on prend un point P. Le cercle de centre P et de rayon AC coupe la droite (AP) en B1 et B2.
Marcel Comby demandait de montrer que les deux triangles AB1C et AB2C sont "amusants". Question résolue par J.Kuntzman dans le n° 90 du Petit Archimède.
Appelant ensuite 'pôle' le point de concours, il demandait de montrer qu'il existe un et un seul triangle bipolaire, c'est à dire possédant deux pôles.
Comme je disais si la base est d'équation $y=0$, $(CA)$ d'équation $y=ax$ la droite $(BA)$ d'équation $y=bx-b $ avec $b=f(a)=2a-\frac{a^3}{\sqrt{a^2+1}-1}$, si on plote trace $f(f(a))=a$ j'obtiens deux racines opposés $r$ et $-r$ autres que zéro, on ne prend peut-être pas $-r$ et les angles $\widehat{ACB}$ et $\widehat{ABC}$ sont supposés aigus parce que sinon il est facile de voir qu'on n'a pas d'intersection (hauteur est à l'extérieur).
Edit
En fait ce qu'on obtient (avec ce $r$) est un triangle équilatéral qui n'est pas hyper vu qu'on veut deux points distincts d'intersections...
Cordialement.
[En français, évite de ploter, tu auras moins d'ennuis ! :-) AD]
Ok AD
Un triangle ABC est rectangle en B, de hauteur BH, HK étant celle du triangle BHC.
Quelle est la valeur du rapport AC/AB si la droite AK est bissectrice de l'angle BAC?
Pour ta question elle est bien incluse dans un problème général qu'on peut énoncer ainsi.
Soit un segment $[CB]$ de longueur 1 donnée. Soit $K$ un point du segment différent de $C$ et $B$, construire un triangle rectangle $CAB$ tel que $(AK)$ soit bissectrice intérieure de $\widehat{CAB}$.
Je crois qu'il y a en un mais cette intuition peut être incorrecte.
Depuis mes neurones ont pris un sacré coup de vieux, mais je vais essayer cette démonstration.
Je ne vois pas très bien où est la difficulté de l'exercice de Tonm, du moins pour un collégien des années 1950.
C'est effectivement une autre paire de manches aujourd'hui où la géométrie du triangle se limite à compter le nombre de ses sommets!
Le point $A$ est à l'intersection du cercle de diamètre $BC$ et du cercle de diamètre $KK'$ où $K'$ est le conjugué harmonique du point $K$ par rapport aux points $B$ et $C$ pour ne pas dire l'inverse de $K$ par rapport au cercle de diamètre $BC$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pour ce qui est du triangle bipolaire, selon Marcel Comby, et Hyper selon ta version, je me suis rappelé que ce triangle possédait un angle de 30° et qu'il y en avait dans l'octogone. Je l'ai donc retrouvé dans l'octogone:
Si pour les angles on a A = 30°, B = 135° et C = 15°,
la hauteur issue de B et la médiane issue de C se coupent sur la bissectrice intérieure en A;
la hauteur issue de C et la médiane issue de B se coupent sur la bissectrice extérieure en A.
Pour ce qui est de l'unicité, je ne connais pas la démonstration de Marcel Comby.
J'ai retrouvé le n° de Tangente où cette question était posée: il s'agit de celui de mars 2008.
D'après JLT, on a vu que la concourance : bissectrice $A$, hauteur $B$, médiane $C$ conduit à : $b \cos A= a \cos C$, soit : $AL=CK$. On n'a pas traité la réciproque, qui ne doit pas être trop difficile.
Maintenant, la concourance : bissectrice $B$, hauteur $C$, médiane $A$ conduit à : $c \cos B= b \cos A$, soit : $BJ=AL$.
Si l'on admet la réciproque, il en résulte la troisième concourance : bissectrice $C$, hauteur $A$, médiane $B$, en sorte que notre triangle bipolaire se retrouve tripolaire. Je n'ose me lancer dans les calculs, mais j'ai bien l'impression que seul le triangle équilatéral convient.
D'où la nécessité de recourir à une bissectrice extérieure.
Tout ça n'est pas très finalisé, mais ça semble vraisemblable.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Pour ma question sur le triangle hyper puisque je disais qu'on veux deux pôles à l'intérieur, je crois comme Chaurien que c'est nécessairement un triangle équilatéral, mais le prouver fait des lignes en calculs.
En attendant une solution théorique, en voici un, ajusté "à la souris" et à très peu près exact, je l'ai vérifié en zoomant ...
Un problème voisin serait de savoir s'il existe des triangles ABC tels que les points d'intersection deux à deux de la A-médiane, la B-hauteur et la C-bissectrice intérieure forment un triangle équilatéral ...
Bien cordialement
JLB
On a vu que la concourance : bissectrice intérieure $A$, hauteur $B$, médiane $C$ se traduit par : $b \cos A= a \cos C$, soit : $AL=CK$. Si l'on pose $AL=q$, alors la similitude des triangles rectangles $ALC$ et $AKB$ conduit à : $q=\frac {b^2}{b+c}$.
De même, la concourance : bissectrice intérieure $B$, hauteur $C$, médiane $A$ se traduit par : $c \cos B= b \cos A$, soit : $BJ=AL$. La similitude des triangles rectangles $BLC$ et $BJA$ conduit à : $q=\frac {c^2}{c+a}$.
Et comme ceci implique : $BJ=CK$, la similitude des triangles rectangles $CJA$ et $CKB$ conduit à : $q=\frac {a^2}{a+b}$.
On a ainsi la double égalité : $\frac {a^2}{a+b}=\frac {b^2}{b+c}=\frac {c^2}{c+a}$.
Posons $x:=\frac ba, y:=\frac ca$. Il vient : $\frac 1{1+x}=\frac {x^2}{x+y}=\frac {y^2}{y+1}$.
Ce qui équivaut à : $x+y=x^2+x^3, y^2(1+x)=y+1$.
Tirant $y$ de la première équation et le reportant dans la seconde, on obtient une équation polynomiale en $x$ de degré $7$, hélas :-(.
Mais pas de panique, cette équation a bien sûr la solution $x=1$, correspondant au triangle équilatéral, et en chassant cette solution évidente, il vient une équation polynomiale de degré $6$ dont tous les coefficients sont positifs, et qui n'a donc pas de solution réelle positive.
Ce qui prouve, comme nous le conjecturions, que seul le triangle équilatéral convient.
Il existe probablement une solution moins tarabiscotée, mais c'est la seule que j'aie trouvée.
D'où la nécessité, pour avoir un triangle bipolaire, de recourir à une bissectrice extérieure.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
03/06/2021
Fr. Ch.
Cordialement.