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la sangaku de kolotoko (4)

Envoyé par kolotoko 
kolotoko
la sangaku de kolotoko (4)
il y a huit années
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
Re: la sangaku de kolotoko (4)
il y a huit années
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
kolotoko
Re: la sangaku de kolotoko (4)
il y a huit années
Bonjour ,
faut construire un triangle

bien cordialement

kolotoko
Re: la sangaku de kolotoko (4)
il y a huit années
Quelque chose dans ce goût là?


[attachment 20106 kolotokotriangle.gif]


Amicalement
Pappus


Re: la sangaku de kolotoko (4)
il y a huit années
Bonjour,
Citation
Kolotoko
faut construire un triangle
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 $\displaystyle IM=\frac{1}{2\sqrt{5}}$.
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.
[attachment 20107 K4.PNG]
Cordialement,

Rescassol
Re: la sangaku de kolotoko (4)
il y a huit années
Bonsoir,

Citation
kolotoko
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)

[attachment 20111 triin4b.gif]

Sur la médiatrice de AB, reporter MD = DE = MA
Puis MF = AE
Les parallèles à AF et BF en D coupent AB en Z et T qui sont les points de division cherchés.
Les parallèles à AC et BC en T donnent les divisions dans le même rapport des côtés AC et BC et terminent la construction.

Amicalement.


kolotoko
Re: la sangaku de kolotoko (4)
il y a huit années
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
kolotoko
Re: la sangaku de kolotoko (4)
il y a huit années
Bonsoir,

ce ne sont pas les angles qui sont remarquables, évidemment.

Bien cordialement
kolotoko
kolotoko
Re: la sangaku de kolotoko (4)
il y a huit années
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
Re: la sangaku de kolotoko (4)
il y a huit années
Bonjour,
Citation
Kolotoko
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 .
[attachment 20144 K5.PNG]
$J$ est un des points d'intersection de la médiatrice de $[A'B']$ et du cercle de centre $A'$ passant par $A$. Puis le cercle circonscrit au triangle $A'B'J$ recoupe les médiatrices de $[JA']$ et $[JB']$ aux points $G$ et $O$ pour compléter le pentagone.

Cordialement,

Rescassol
kolotoko
Re: la sangaku de kolotoko (4)
il y a huit années
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
kolotoko
Re: la sangaku de kolotoko (4)
il y a huit années
correction : lire :BY recoupe Cb' en U .

kolotoko
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