Trisection, trisection chérie....
Cela fait déjà un bout de temps que nous sommes sans nouvelles de nos trisecteurs habituels.
Je suis très très inquiet!
Alors voici un petit problème qui m'est venu à l'esprit en visitant un autre site.
Cette figure montre un triangle $ABC$ à angles aigus, (on est jamais trop prudent!).
Le point $I$ est le centre du cercle inscrit et le point $O$ le centre du cercle circonscrit.
Le point $\Omega$ est l'homothétique du point $I$ dans l'homothétie de centre $O$ et de rapport $-\dfrac 1 3$.
Enfin de la trisection, quel pied!
On projette orthogonalement le point $\Omega$ sur les côtés $BC$, $CA$, $AB$ respectivement en $A'$, $B'$, $C'$.
1° Montrer que les points $A'$, $B'$, $C'$ trisectent le périmètre du triangle $ABC$, c'est à dire que:
$$AB' + AC' = BC' + BA' = CA' + CB'$$
2° Montrer que les quadrilatères colorés trisectent l'aire du triangle $ABC$, c'est à dire que:
$$\mathrm{Aire}(IB'AC') = \mathrm{Aire}(IC'BA') = \mathrm{Aire}(IA'CB')$$
Amicalement
Pappus
Je suis très très inquiet!
Alors voici un petit problème qui m'est venu à l'esprit en visitant un autre site.
Cette figure montre un triangle $ABC$ à angles aigus, (on est jamais trop prudent!).
Le point $I$ est le centre du cercle inscrit et le point $O$ le centre du cercle circonscrit.
Le point $\Omega$ est l'homothétique du point $I$ dans l'homothétie de centre $O$ et de rapport $-\dfrac 1 3$.
Enfin de la trisection, quel pied!
On projette orthogonalement le point $\Omega$ sur les côtés $BC$, $CA$, $AB$ respectivement en $A'$, $B'$, $C'$.
1° Montrer que les points $A'$, $B'$, $C'$ trisectent le périmètre du triangle $ABC$, c'est à dire que:
$$AB' + AC' = BC' + BA' = CA' + CB'$$
2° Montrer que les quadrilatères colorés trisectent l'aire du triangle $ABC$, c'est à dire que:
$$\mathrm{Aire}(IB'AC') = \mathrm{Aire}(IC'BA') = \mathrm{Aire}(IA'CB')$$
Amicalement
Pappus
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
J'imagine que l'on peut traiter ce problème avec le Morley trick.
Pourquoi pas?
Je n'ai pas essayé!
Mais il ne faut pas être obsédé par le truc de Morley!
Voici une autre figure légèrement différente!
Soit \(\mathrm{I}_a\) le projeté orthogonal \(\mathrm{I}\) sur \((\mathrm{B}\mathrm{C})\) : il est bien connu que \(\mathrm{B}\mathrm{I}_a = p-b\) et \(\mathrm{C}\mathrm{I}_a = p-c\).
Le point \(\mathrm{A}'\) est le transformé de \(\mathrm{I}_a\) dans l'homothétie de rapport \(-\dfrac13\) et de centre \(\mathrm{M}_a\), projeté orthogonal de \(\mathrm{O}\) sur \((\mathrm{B}\mathrm{C})\), c'est-à-dire milieu de \([\mathrm{B}\mathrm{C}]\).
Il est facile d'en déduire les longueurs \(\mathrm{B}\mathrm{A}' = \dfrac{p+a-c}{3}\) et \(\mathrm{C}\mathrm{A}' = \dfrac{p+a-b}{3}\), puis, par permutation circulaire d'avoir les longueurs \(\mathrm{C}\mathrm{B}'\), \(\mathrm{A}\mathrm{B}'\), \(\mathrm{A}\mathrm{C}'\) et \(\mathrm{B}\mathrm{C}'\), et de vérifier que l'on obtient bien la trisection du périmètre.
Le quadrilatère \(\mathrm{B}\mathrm{A}'\mathrm{IC}'\) se décompose en
– le triangle \(\mathrm{B}\mathrm{A}'\mathrm{I}\), de base \(\mathrm{B}\mathrm{A}'\), et de hauteur \(r\), rayon du cerle inscrit ;
– le triangle \(\mathrm{B}\mathrm{C}'\mathrm{I}\), de base \(\mathrm{B}\mathrm{C}'\), et de même hauteur \(r\) ;
la surface du quadrilatère est donc \(\dfrac r2 (\mathrm{B}\mathrm{A}' + \mathrm{B}\mathrm{C}')\), et la trisection du périmètre engendre la trisection de la surface.
Je suppose que le cercle inscrit du triangle ABC coïncide avec le cercle unité. Je note $a$, $b$ et $c$ les affixes des points où ce cercle est tangent respectivement aux côtés [BC], [CA] et [AB].
L'affixe de $I$ est donc $0.$ Les affixes respectifs de $A,B$ et $C$ sont $2\frac{bc}{b+c},$ $2\frac{ac}{a+c},$ et $2\frac{ab}{a+b}.$
Je note (en espérant que cela serve) :
$s_1=a+b+c,$ $s_2=ab+bc+ca,$ et $s_3=abc.$
L'orthocentre H du triangle ABC a pour affixe $z_H=\frac{2}{s_1 s_2 -s_3}(s_2 ^2 -s_1 s_3)$ soit
$$z_H = -2\frac{(a+b+c)(-a-b-c+abc)}{(a+c)(a+b)(b+c)}.$$
L'affixe du centre de gravité est $$z_G =2 \frac{3acb^2+3bca^2+b^2c^2+3abc^2+a^2c^2+a^2b^2}{3(b+c)(a+c)(b+a)}.$$
La relation vectorielle $\vec{GH} + 2 \vec{GO} = \vec{O}$ entraîne $\vec{IH} + 3 \vec{GI} +2\vec{IO}= \vec{O}$ et donc l'affixe du centre du cercle circonscrit O est donné par
$$z_O = \frac{a^2b^2+a^2c^2-a^2+4bca^2+4b^2ca-2ab+4abc^2-2ac+b^2c^2-b^2-c^2-2bc}{a^2b+2abc+a^2c+ab^2+b^2c+bc^2+ac^2}.$$
L'affixe de $\Omega$ est donné par :
$$\frac{4}{3}\frac{a^2b^2+a^2c^2-a^2+4bca^2+4b^2ca-2ab+4bc^2a-2ac+b^2c^2-b^2-c^2-2bc}{a^2b+2abc+a^2c+ab^2+b^2c+bc^2+ac^2}.$$
Bon là pas la peine de poursuivre car ca devient trop calculatoire !!
Finalement c'était plus élémentaire qu'il n'y paraissait!
Par contre, ce qui est plus intéressant, ce serait de dire le chemin que j'ai suivi pour tomber sur cette figure mais là c'est une autre histoire car cette configuration n'est qu'un cas particulier d'une configuration beaucoup plus générale que j'ai suggérée sur ma seconde figure.
Je ne voyais ce résultat que comme un cas particulier de cette configuration générale et je n'avais pas pensé à le montrer directement comme tu l'as si joliment fait!
C'est pourquoi j'avais la flemme de rédiger la (trop longue) solution
Encore une fois, bravo, gb!
Il y a une infinité de triples $(D, E, F)$ vérifiant les mêmes propriétés.
Le point $I$ centre du cercle inscrit est appelé le centre alaire de la famille $(D, E, F)$ à cause de cette propriété sur les aires qu'il vérifie.
Si on pose $a = BC$, $b = CA$, $C = AB$, alors le barycentre des points massiques $(D, a)$, $(E, b)$, $(C, c)$ est fixe.
On montre que c'est le point $J$, symétrique de $I$ par rapport au centre de gravité $G$ du triangle $ABC$.
Le point $J$ est appelé équicentre de la famille des triples $(D, E, F)$. C'est une notion qui fut découverte par Neuberg, géomètre belge, vers la fin du 19ème siècle.
Amicalement
Pappus
Il aurait été préférable de prendre le cercle circonscrit pour cercle unité!
Mais enfin gb est passé par là!
Lis sa belle solution!
Amicalement
Pappus
PS
Après ce déluge de trisection, j'espère que les trisecteurs et les trisectrices vont continuer à nous laisser tranquilles!