TS, encore de la Géométrie

[invite0edb71fb]

Salut, j'ais encore besoin de votre aide pour un exo de géométrie:
Soit ABC un triangle, tracé à la régle et au compas un carré dont 2 sommets adjacents appartiennent a BC, un sommet a AB et un autre à AC.
...
Deja on ne peut envisagé une tel figure pour tous les triangles, pour certains je suppose que le carré sera "nul".

Mais pour les autres, voici ce que j'ais un peu réussit a faire:

Nommons EFGH ce carré, G et H appartiennent a BC,
alors EF est parralléle a GH on peut donc trouver l'ensemble des centre de gravité des carré possible, c'est le sommet du triangle réctangle isocéle EFK. l'ensemble des point K est une droite passant par le A (je pense pouvoir démontrer ca).

On fait la même chose avec le coté GE et on trouve une autre droite, le centre du carré est donc l'intersection de ces deux droites.

Ca marche "à peu prés", les cotés ne sont souvent pas tout a fait égaux, je voudrais donc savoir si ce que j'ais fait est bon.

Merci...
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[Jeanpaul]

Je ne vois pas comment tu peux parler de l'ensemble des carrés alors qu'à vue de nez il n'y en a qu'un.
Tu peux essayer par géométrie analytique en mettant une origine en B et en prenant Ox sur BC. C'est assez simple.
Tu peux aussi dire que l'aire du triangle ABC est la somme de EBH, FCG, AEF et du carré, c'est simple aussi mais ça fait des délicatesses en cas d'angle B ou C obtus.
La valeur de y qui en résulte est assez simple mais son interprétation géométrique n'est pas évidente, on peut l'imaginer quand même mais c'est un peu tiré par les cheveux.

[invite0edb71fb]

Tout d'abord merci de t'interessé à mon problème

En faite j'entend par "ensemble des carrés" non pas les carrés qu'on peut former dans ce triangle, mais l'ensemble des carrés qu'on peut obtenir avec la droite EF paralléle à BC, et les centres de ces carrés forment une droite qui passe par le sommet A. ( il suffit de tracer un seul carré a partir de n'importe quel segment paralléle a BC, de prendre son centre et de le relier à A).

Donc normalement en faisant de même avec le côté EG on doit obtenir un autre ensemble de point dont le centre du carré "inscrit" dans le triangle est leur intersection...


Ais je bon ?

La géométrie analytique me parait une bonne solution je vais voir ca de plus prés, même si il me semble que ce soit plus un exo de géométrie pure.

[Jeanpaul]

Je comprends mieux ton idée, elle est fort bonne, mais pourquoi ne pas la pousser un peu plus loin ?
Appelle I le milieu de EF. Quand tu descends EF, I va parcourir la médiane (évident, non ?).
Appelle maintenant J le point du carré EFGH de l'autre côté de I (le milieu de GH donc).
Quel est le lieu de J ?
Tu obtiens le carré quand J est sur BC et c'est fini.

[A voir en vidéo sur Futura]

[invite0edb71fb]

J est le symétrique de I par le centre du carré, c'est une homotétie de rapport 2 de centre I, donc une similitude par conséquence l'ensemble J est une droite qui passe par A. (facil a tracé)
Comme tu l'as dit on obtient le carré quand l'ensemble de J coupe BC.

J'étais pas sur de ma méthode car quand je faisais le tracé je tombé jamais avec exactitude sur des cotés parfaitement égaux (surement du a mes outils de construction).

Merci JeanPaul.

[Jeanpaul]

Le plus simple serait de bâtir un carré BCFG sur le côté BC, de trouver le point J et de lier à A. Ca donne le point J cherché.