la sangaku de kolotoko (4)
Bonjour,
je vous propose l'exercice élémentaire suivant :
un triangle équilatéral A'B'C' est à l'intérieur d'un triangle équilatéral ABC et vérifie les propriétés suivantes :
1) on a les alignements A'B'C , B'C'A , C'A'B
2) les triangles ABC' , BCA', CAB' sont isométriques
3) on a l'égalité des aires ABC' = BCA' = CAB' = A'B'C'
Construire à la règle et au compas le triangle A'B'C' connaissant ABC.
Bien cordialement
kolotoko
je vous propose l'exercice élémentaire suivant :
un triangle équilatéral A'B'C' est à l'intérieur d'un triangle équilatéral ABC et vérifie les propriétés suivantes :
1) on a les alignements A'B'C , B'C'A , C'A'B
2) les triangles ABC' , BCA', CAB' sont isométriques
3) on a l'égalité des aires ABC' = BCA' = CAB' = A'B'C'
Construire à la règle et au compas le triangle A'B'C' connaissant ABC.
Bien cordialement
kolotoko
Réponses
-
Bonjour,
Il faut donc construire à la règle et au compas le nombre $\displaystyle \frac{\sqrt{5}+1}{2\sqrt{5}}$ (ou $\displaystyle \frac{\sqrt{5}-1}{2\sqrt{5}}$) ?
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour ,
faut construire un triangle
bien cordialement
kolotoko -
Quelque chose dans ce goût là?
-
Bonjour,
Si on appelle $I$ le milieu de $[BC]$ et $M$ le point d'intersection des droites $(BC)$ et $(AB')$, les nombres que j'ai donnés sont les deux valeurs possibles de $BM$, c'est à dire telles que $\displaystyle IM=\frac{1}{2\sqrt{5}}$.Kolotoko a écrit:faut construire un triangle
Pour faire la construction, on peut par exemple placer les barycentres $K$ et $L$ de $A$ et $I$ avec pour coefficients respectifs $1$ et $4$ (ou $-4$).
Le cercle de diamètre $[KL]$ coupe alors $[BC]$ aux deux positions possibles de $M$.
Il n'y a plus qu'à placer $N$ et $P$ tels que $BM=CN=AP$ pour compléter le triangle cherché. -
Bonsoir,kolotoko a écrit:1) on a les alignements A'B'C , B'C'A , C'A'B
2) les triangles ABC' , BCA', CAB' sont isométriques
3) on a l'égalité des aires ABC' = BCA' = CAB' = A'B'C'
En fait la seule égalité des aires (condition 3) implique que si ABC est équilatéral, les triangles sont isométriqes (condition 2) La condition 2 est donc superflue.
Cette égalité des aires survit même à une déformation affine du triangle ABC équilatéral en un triangle ABC quelconque, que l'on partage en 4 triangles de même aire, avec les points de divison des côtés dans le même rapport que ci-dessus. (mais les triangles ne sont plus isométriques !)
Ma construction (ici à partir de ABC quelconque) -
Bonsoir,
merci pour vos constructions et vos commentaires.
La figure objet de cette sangaku (féminin ?) est le point de départ d'une construction simplissime du pentagone régulier ( de côté valant la moitié du côté du triangle équilatéral ABC ) que je vous laisse deviner .
Le triangle bordant A'BC = B'CA = C'AB est tout à fait remarquable. Ses angles mesurent 44°, 47751219 ; 15°,52248781 et 120° .
Bien cordialement
kolotoko -
Bonsoir,
ce ne sont pas les angles qui sont remarquables, évidemment.
Bien cordialement
kolotoko -
Bonjour,
chacun aura remarqué que :
si AB = BC = CA = 2 alors AB' = BC' = CA' = 1/Phi et AC' = BA' = CB' = Phi où Phi est le nombre d'or 1,618... .
On en déduit par exemple : cos(15°,522...) - cos (44°,477...) = 1/4 et cos (15°522...)*cos( 44,°477...) = 11/16 .
Bien cordialement
kolotoko -
Bonjour ,
je pensais plutôt à ceci :
tracer les cercles de centre B passant par I et de centre B' passant par A'.
Ces deux cercles Cb et Cb' se coupent en X et Y . BY recoupe Cb en U et B'Y recoupe Cb en V ; ce qui donne le pentagone BVUB'X.
Bien cordialement
kolotoko -
correction : lire :BY recoupe Cb' en U .
kolotoko
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Bonjour!
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