Triangle Simple

Je suggère d'utiliser le point J intersection de la bissectrice de l'angle ABC avec le segment [AC].

On le lui fait ?

Bonsoir,

Comme l'a écrit le grand Pappus:
"Mais pourquoi se fatiguer à être astucieux quand la force tranquille est pratiquement aussi rapide? "
Voilà donc, avec Morley inscrit (ci-joint une figure et un fichier ggb):

% Kouassi le 31/12/2017 - Triangle Simple

clc, clear all, close all;

syms u v w;
syms uB vB wB; % Conjugués

uB=1/u;
vB=1/v;
wB=1/w;

syms s1 s2 s3;
syms s1B s2B s3B; % Conjugués

s1=u+v+w;
s2=u*v+v*w+w*u;
s3=u*v*w;

s1B=s2/s3;
s2B=s1/s3;
s3B=1/s3;

%-----------------------------------------------------------------------

a=2*v*w/(v+w); % Sommets ABC du triangle
b=2*w*u/(w+u);
c=2*u*v/(u+v);

aB=2*vB*wB/(vB+wB); % Conjugués
bB=2*wB*uB/(wB+uB);
cB=2*uB*vB/(uB+vB);

%-----------------------------------------------------------------------

% J est le pied de la bissectrice issue de B
% Les angles ABC et ACB vérifient ABC=2*ACB 
% si le triangle BCJ est isocèle en J, donc si BJ^2=CJ^2

j=2*s3/(v^2+w*u);
jB=2*s3B/(vB^2+wB*uB);

BJ2=prod(factor((j-b)*(jB-bB)));
CJ2=prod(factor((j-c)*(jB-cB)));

% Pour le dessin:
% BJ = x(sqrt(4*u*w*(u - v)^2*(v - w)^2/((u + w)^2*(v^2 + u*w)^2)))
% CJ = x(sqrt(-4*u^2*v^2*(v - w)^2/((u + v)^2*(v^2 + u*w)^2)))

Nul1=prod(factor(BJ2-CJ2)) 

% On trouve:
% Nul1=(4*u*(v - w)^2*(u^3 + w*v^2))/((u + v)^2*(u + w)^2*(v^2 + u*w))
% ce qui s'annule si u^3+w*v^2=0 donc w=-u^3/v^2

BC=-2*i*u*(v-w)/((u+v)*(u+w));
CA=-2*i*v*(w-u)/((v+w)*(v+u));
AB=-2*i*w*(u-v)/((w+u)*(w+v));

Nul2=prod(factor(CA^2-AB*(AB+BC)))

% On trouve:
% Nul2=-(4*(u - w)*(v - w)*(u^3 + w*v^2))/((u + v)^2*(u + w)^2*(v + w))
% Ce qui s'annule aussi si u^3+w*v^2=0

% Donc c'est gagné !!!!.......

Cordialement,

Rescassol

Pour le sens direct, on n'a pas besoin du théorème de la bissectrice, le fait que les triangles $AJB$ et $ABC$ soient semblables suffit:

$\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{AJ+JC}{AB}=\dfrac{AJ}{AB}+\dfrac{JB}{AB}=\dfrac{AB}{AC}+\dfrac{BC}{AC}$.

Les triangles à côtés entiers qui ont un angle double d'un autre ont leurs côtés donnés par:
$a=kp^2$, $b=kpq$, $c=k(q^2-p^2)$ avec $p$ et $q$ premiers entre eux tels que $p<q<2p$.

Bonjour à tous
Je suis à peu près sûr qu'on rencontre ce triangle chaque année.
Les points $B$ et $C$ étant donnés, quel est (pour la énième fois) le lieu de $A$ pour que:
$$\beta=\widehat{ABC}=2\gamma=2\widehat{ACB}$$
A tout hasard en ce premier jour de l'année, une question-cadeau pour les trisecteurs qui fréquentent encore le forum:
Le point $A$ étant sur le lieu en question, trisecter l'angle $\widehat{BAC}$ à la règle (ébréchée) et au compas (rouillé)!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Plus exactement, une branche d'hyperbole.

Bonsoir à tous
Je ne sais pas trop si le théorème de l'angle inscrit est encore au programme.
Si c'est éventuellement le cas, la figure ci-dessous montre que en évaluant la puissance (encore enseignée?) de $A$ par rapport au cercle $BCD$, on a:
$$AC^2=AB.AD=AB.(AB+BC)$$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Rescassol
Aurais-tu décidé de faire des infidélités à Morley?
Voici la figure pas si difficile que cela à faire, que j'ai déjà dû donner $n$ fois!
L'excentricité se lit sur la figure et vaut $2\ $!
Il reste à trisecter l'angle $\widehat{BAC}$ !!
Laissez tomber vos trisectrices préférées et retrouvez votre règle et votre compas!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir,

Bon, Pappus, pour te faire plaisir: $z^2 + z\overline{z} + \overline{z}^2 - z - \overline{z} - 1=0$.

Cordialement,

Rescassol

Merci Rescassol!
C'est quand même plus simple!
Les affixes de $B\ $ et $C$ sont $-1$ et $1$?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Félicitations, Rescassol, tu es un trisecteur patenté!
Il serait quand même utile de faire une figure pour voir comment on peut se servir de sa règle et de son compas à bon escient.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonne Nuit
Nul besoin de circonscrire ce brave Morley ou de faire de la géométrie analytique.
Dans le trapèze isocèle $ABCD$, pour des raisons d'angle inscrit, (le théorème est -il encore enseigné?, j'en doute fort!), on a:
$$AB=AD=CD$$
Il en résulte que $A$ appartient à l'hyperbole de foyer $B$, de directrice associée la médiatrice de $BC$ et d'excentricité $2$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Voici expliquée la trisection selon Rescassol.
$\widehat{BAC}=180°-\beta-\gamma=180°-3\gamma$
Donc $\dfrac{\widehat{BAC}}3=60°-\gamma\ $
Pour trisecter l'angle $\widehat{BAC}$ à la règle et au compas, il suffit donc de mener par $A$ la parallèle à l'asymptote rouge de l'hyperbole.
Liesse des trisecteurs! La malédiction serait-elle rompue?
Les points $B$ et $C$ étant donnés, ils ont sous les yeux une famille infinie d'angles $\widehat{BAC}$, chacun d'eux constructible à la règle et au compas comme chacun des points $A$ de l'hyperbole quoique je doute que cette construction soit encore connue. Prière de farfouiller son Lebossé-Hémery!
De plus, chaque angle $\widehat{BAC}$ de la famille peut être trisecté à la règle et au compas.
Mais reporter un angle de 60° à la règle et au compas est sans doute une tâche trop difficile aujourd'hui!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

On peut aussi s'en sortir avec Al-Kashi :

Soit $H$ le pied de la hauteur issue de $A$ et $D$ tel que $H$ milieu de $\big[BD\big]$.
On a $AB=AD=DC$, donc $BC=2BH+DC=2AB\cos 2\beta+AB$.

Puis :
$AC^2=AB^2+BC^2-2\cdot AB \cdot BC \cdot \cos 2\beta$
$AC^2 =AB^2+BC\big(BC-2AB\cdot\cos2\beta\big)$
$AC^2=AB^2+BC\cdot AB$
$AC^2=AB\big(AB+BC\big)$

Bonjour
Je m'intéresse à l'intersection du cercle $ABC$ avec l'hyperbole de foyer $B$, de directrice associée la médiatrice de $BC$ et d'excentricité $2$.
C'était pourtant le moment ou jamais de Rescassoliser en circonscrivant Frank autour du triangle $ABC$ mais on en est resté encore à l'axiome de Pythagore ou à la sourate d'Al-Kashi!
Sur ma figure:
$\vert a-b\vert^2=(a-b)(\dfrac 1a-\dfrac 1b)=-\dfrac{(a-b)^2}{ab}$
On doit écrire:
$\vert a-b\vert=\vert a-d\vert$ où $D$ est le symétrique de $A$ par rapport à la médiatrice de $BC$.
Donc:
$\dfrac{(a-b)^2}{ab}=\dfrac{(a-d)^2}{ad}$
On doit tenir compte de: $ad=bc$ et on trouve:
$(a^2-bc)^2-ac(a-b)^2=(a-c)(a^3-b^2c)=0$
Les calculs sont terminés, il suffit de conclure.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Maintenant comment modifier l'énoncé originel de Kouassi, rédigé avec les angles-camemberts, pour tomber naturellement sur notre triangle équilatéral solution?
Amicalement
[small]p[/small]appus