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Triangle inscrit dans un carré

Des situations de recherche, menant à des calculs d'aires, à optimiser avec la géométrie dynamique.

Parmi les problèmes de géométrie rencontrés par les artisans et artistes depuis l'Antiquité, figurent en particulier des problèmes « d'inscription » ou de « circonscription ». On les retrouve chez les géomètres grecs de l'Antiquité ou les mathématiciens chinois bien avant notre ère.
On les trouve aussi chez les artisans arabes pour construire des fresques (comme dans l'Alhambra de Grenade) ce qui a conduit Abul Wafa à écrire un ouvrage intitulé « Livre sur ce qui est nécessaire à l'artisan en science de la géométrie ».

Dominique Gaud - IREM de Poitiers - Petit x n^o 79 - 2009

1. Triangle inscrit dans un carré

Calculer l'aire du plus grand triangle que l'on puisse inscrire dans un carré de côté 1 ?

Commandes GéoPlan
Déplacer les points P, N ; faire varier le point M :
touche T : Tracé point par point du graphe,
touche S pour Sortir du mode trace,
touche L : dessin en bloc du graphe.

Télécharger la figure GéoPlan tri_ds_carre.g2w

Il semble difficile de trouver mieux que , qui est l'aire du triangle formé par deux côtés du carré et une diagonale.

2. Triangle équilatéral inscrit dans un carré (ayant un sommet en commun avec le carré)
Problème d'Abul Wafa

Muhammad Abu'l-Wafa (Abul Wafa) est un mathématicien et astronome persan connu pour ses apports en trigonométrie et pour ses constructions à la « règle et au compas ».
Il est né en 940 à Buzjan dans la région de Khorasan. À l'âge de vingt ans, il part pour Bagdad où il restera jusqu'à sa mort en 998.

a. Le triangle d'Abu'l-Wafa

Classe de première L

Étant donné un carré OPCQ, construire un triangle équilatéral CIJ, I et J étant situés sur les côtés du carré.

Abul Wafa se posait le problème comme suit :
soit OPCQ un carré de centre O₂, et un point quelconque I sur l'arête [OP] et J le point symétrique de I par rapport à la droite (OC) ; J est alors sur [OQ]. Le triangle CIJ peut-il être équilatéral ?

La construction n'est pas unique, il s'agit d'en réaliser au moins une aboutissant à un triangle équilatéral inscrit dans le carré.

b. Solutions proposées par Abul Wafa : exact ou approché ?

c. Trois triangles équilatéraux

Construction

Construire les cercles (c₁) de centre O, passant par C, et (c₂) de centre C passant par O.
Ces deux cercles se coupent en D et H.
Soit A et B les milieux de [OD] et [OH].
Les droites (CA) et (CB) coupent les arêtes du carré aux points I et J.

Le triangle CIJ est équilatéral.

Indications

Les rayons [OD] et [OH] font un angle DÔH de 120°. Leurs médiatrices (CA) et (CB) font un angle AÔB de 60°.

En effet, si F est le symétrique de C par rapport à O, le triangle DFH est équilatéral comme le montre la figure des deux cercles. O est le centre du cercle circonscrit, donc (OD) et (OH) sont deux médiatrices du triangle.

(CA) et (CB) recoupent le cercle (c₁) en E et G.
Le triangle CEG symétrique (par rapport à O) de DFG est aussi équilatéral. (On note que CDEFGH est un hexagone régulier).
Par symétrie par rapport à O, les cordes [CE] et [CG] sont les médiatrices des rayons [OD] et [OH] qu'elles coupent en leurs milieux A et B.

Enfin, on montre que la figure admettant (CF) comme axe de symétrie, le triangle CIJ est isocèle ; donc avec un angle ICJ de 60°, il est équilatéral.

Commandes GéoPlan
Déplacer les points O ou O₂,
taper S pour la Solution.

Télécharger la figure GéoPlan care_tri_3.g2w

d. Construction à l'aide d'une rotation de centre C et d'angle 60°

Recherche avec un triangle équilatéral ayant comme sommets le sommet C du carré et un point A variable sur le côté [OP]. Deux des sommets du triangle ne sont pas sur un même côté du carré, sinon le triangle équilatéral serait l'intérieur du carré ; donc les deux sommets du triangle, autres que C, sont sur les côtés [OP] et [OQ]. Choisissons un point A variable sur le côté [OP] et construisons le point B tel que le triangle CAB soit équilatéral. En déplaçant le point A, nous trouvons un point A’, tel que le point B soit sur le côté [OQ] en B’. Le triangle CA’B’ est alors solution du problème. Nous remarquons que le lieu du point B est un segment de droite, image de [OP] par la rotation de centre C et d'angle 60°. Le point B’ est situé à l'intersection de cette image avec [OQ]. Commandes GéoPlan pour le lieu géométrique : Déplacer le point A ; Touche T : garder la Trace du point B, touche S : Sortie du mode trace. Taper L pour afficher/effacer le Lieu des points B et le triangle CA’B’. Télécharger la figure GéoPlan care_tri_4.g2w

Construction Construire l'image (d) de la droite (OP) par la rotation r de centre C et d'angle 60°, cette droite image (d) coupe (OQ) en B, puis on obtient le point A en construisant l'image de B par la rotation réciproque r– 1 de centre C et d'angle – 60°. Le triangle ABC, inscrit dans le carré, est équilatéral. Démonstration La droite image (d) coupe bien (OQ) car sinon (d) serait parallèle à (OQ), et donc perpendiculaire à (OP) : impossible, car l'angle entre (d) et (OP) vaut 60° (ou 120°). Enfin, ABC est bien équilatéral, car A est l'image de B par la rotation réciproque r– 1 de centre C et d'angle – 60° ; B est sur (d), donc A est bien sur l'image réciproque (OP). Le triangle ABC est donc isocèle en C et d'angle au sommet 60°, les trois angles du triangle valent chacun 60°. Télécharger la figure GéoPlan care_tri_2.g2w Application de cette technique au cas où les sommets du triangle équilatéral sont sur trois des côtés du carré

Calculs d'aires

Si le carré a pour côté a = 1, le triangle APC rectangle en P a pour angle en C 15°, le côté AP mesure a tan(15°) = 2 - ≈ 0,27.

AC, côté du triangle équilatéral, mesure ( - 1) ≈ 1,03.
L'aire du triangle APC est 1 - ≈ 0,13.

Le triangle rectangle isocèle OAB a pour petit côté OA = OB = 1 - tan(15°).
Son aire est (1 - tan(15°))²/2 = 2 - ≈ 0,27.

L'aire du triangle OAB est égale à la somme des aires des triangles APC et BQC.
L'aire du triangle ABC est 2 - 3.

e. Deux triangles équilatéraux dans un carré (deux solutions au problème d'Abul Wafa)

ABC est un triangle équilatéral à l'intérieur du carré ACDE.
La droite (DB) coupe [AE] en M.

f. Réciproque : circonscrire un carré à un triangle équilatéral, construction d'Abul Wafa

AMN est un triangle équilatéral et I le milieu de [MN].

Sur la médiatrice (AI) de [MN], à l'extérieur du triangle, on place le point C tel que IC = IM.

La perpendiculaire à (CM) passant par A coupe (CM) en B,
la perpendiculaire à (CN) passant par A coupe (CN) en D.

ABCD est un carré circonscrit au triangle AMN.

Indications

Las angles en B, C et D de ABCD sont droits, c'est donc un rectangle.

(AC) est axe de symétrie de la figure : CB = CD et on a un carré.

Télécharger la figure GéoPlan tri_equi_carre_rep.g2w

g. Exercices de-ci, de-là : 487-4. Triangle équilatéral inscrit dans un rectangle - Calculs d'aires

ABCD est un rectangle, AEF un triangle équilatéral où E et F sont sur les côtés [DC] et [CB].

Quelle relation lie les aires des triangles ADE, AFB et ECF ?

Construction

La droite (d), image de (CB) par la rotation de centre A et d'angle 60°, coupe (CD) en E.

Soit F l'image réciproque du point E par la rotation. Si les points E et F sont sur les côtés [DC] et [CB], AEF est le triangle équilatéral cherché.

Les cas limites correspondants aux triangles équilatéraux ayant pour côté un des côtés du rectangle et la longueur de la hauteur étant égale à l'autre côté, on montre facilement que la condition d'existence de la figure est :

≤ L/l ≤ .

Indication

La somme des aires des triangles ADE et AFB est égale à l'aire du triangle ECF.

Télécharger la figure GéoPlan tr_equi_ds_rectangle.g2w.g2w

Solution de Georges Lion (Wallis)

Posons α = DÂE.
On obtient CEF = + α - = + α et BFA = + α + - = + α.

Notons a la longueur du côté du triangle équilatéral et calculons les aires des trois triangles rectangles le bordant :

4 S(ADE) = 2 a² sin α cos α = a² sin 2α ;

de même S(ECF) = a² sin( + 2α) et 4 S(AFB) = a² sin( + 2α).

4 [S(ADE) + S(AFB)] = a² [sin 2α + sin( + 2α)]. Avec la formule sin 2p + sin 2q = 2 sin(p+q) cos(p-q), on trouve :

4 [S(ADE) + S(AFB)] = a² × 2 sin[α + ( + α)] cos[α − ( + α)] = a² × 2 sin[ + 2α] cos[ − ] = a² sin( + 2α) = 4 S(ECF).

On a donc bien la relation : S(ADE) + S(AFB) = S(ECF).

Exercices du bulletin vert : Patrice Debart tient quant à lui un site très complet d’activités et exercices en tout genre de la Sixième à la Terminale (!) proposant entre autres des reprises d’exercices de-ci, de-là. À ne pas rater non plus !

Oméga n^o 9 : la revue de la régionale APMEP de Caen propose des solutions géométriques ainsi qu'une splendide équidécomposition d'Éric Trotoux à ne pas rater !

Sommaire
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3. Triangle équilatéral inscrit dans un carré (les sommets du triangle sur trois des côtés du carré) - Aires maximale ou minimale

Peut-on inscrire un triangle équilatéral dans un carré, pas facile !

En tentant quelques figures, on trouvera les deux exemples ci-dessous en plaçant, comme Abu'l-Wafa, un sommet du triangle sur un sommet du carré, ou en plaçant un sommet du triangle au milieu d'un côté du carré.

Ensuite, nous ferons une recherche plus générale d'un triangle équilatéral ayant pour sommet un point M donné.

Enfin, en déplaçant un sommet du triangle sur un côté du carré, nous rechercherons quels sont les triangles d'aires maximale ou minimale.

Nous terminerons par une étude du lieu des centres de ces triangles.

a. Cas particuliers

Un sommet du triangle sur un sommet du carré - Construction d'Abu'l-Wafa En effet, dans un carré ABCD de côté 1, si on pose AM = x (0 < x < 1), alors BM = 1 – x et dans ce cas particulier CN = x et BN = 1 – x. Les relations de Pythagore permettent de calculer le carré du côté a du triangle équilatéral : Dans le triangle rectangle DAM : DM2 = a2 = 1 + x2, dans le triangle rectangle isocèle MBN : MN2 = a2 = 2(1 – x)2. Soit 1 + x2 = 2(1 – x)2 ou (x – 2)2 = 3. La solution positive de cette équation est x = 2 – ≈ 0,268. Alors a2 = 1 + (2 – )2 = 8 – 4 et a = ( – 1) ≈ 1,035 > 1. L'aire d'un triangle équilatéral de côté a est égale à a2. L'aire est donc de 2 – 3 ≈ 0,464 < . Télécharger la figure GéoPlan tri_equi_carre_3.g2w

Un sommet du triangle au milieu d'un côté du carré L'aire d'un triangle équilatéral de côté a est égale à a2. Pour AM = x = , le côté est a =1. L'aire est donc de ≈ 0,433.

b. Recherche menant à une rotation

Recherche, plus générale, avec un triangle équilatéral ayant pour sommet un point M donné sur le côté [AB] et un point N variable sur [BC].

Deux des sommets du triangle ne sont pas sur un même côté du carré, sinon le triangle équilatéral serait l'intérieur du carré ;
quatre côtés du carré pour trois sommets du triangle, donc deux sommets sur des côtés consécutifs.

Choisissons un point M donné sur le côté [AB] et un point N variable sur [BC] et construisons le point P tel que le triangle MNP soit équilatéral.

Dans le cas de figure ci-contre, en déplaçant le point N, nous trouvons un point N’, tel que le point P soit sur le côté [CD], en P’. Le triangle MN’P’ est alors solution du problème.

Nous remarquons que le lieu du point P est un segment de droite, image de [BC] par la rotation de centre M et d'angle 60°. Le point P’ est situé à l'intersection de cette image avec [AD].

En plaçant sur les côtés du carré, selon la figure, les points M₁, M₂, N₁, P₁ à une distance égale à 2 – des sommets, nous vérifions, en déplaçant le point M, que pour inscrire un triangle sur trois côtés du carré autres que [CD], le problème n'a de solution que si M est compris entre M₁ et M₂,
N appartient alors au segment [N₁C] et P au segment [P₁D].

Aux rotations autour du centre O du carré près, un raisonnement analogue avec les trois autres côtés permet d'obtenir toutes les solutions.

Commandes GéoPlan
Déplacer le point N.
Touche T : garder la Trace du point P,
touche S : Sortie du mode trace.
Taper L pour afficher/effacer le Lieu des points P et le triangle MN’P’.

Télécharger la figure GéoPlan tri_equi_carre_4.g2w

c. Aires maximale ou minimale

Quelle est l'aire du plus grand triangle équilatéral que l'on puisse inscrire dans un carré de côté 1 ? Du plus petit triangle équilatéral inscrit ?

Soit M un point du côté [AB].

Comme au paragraphe ci-dessus, construire l'image (d) de la droite (BC) par la rotation r de centre M et d'angle 60°, cette droite image (d) coupe (AD) en P, puis on obtient le point N en construisant l'image de P par la rotation réciproque r^{– 1} de centre M et d'angle – 60°.

Le triangle MNP, inscrit dans le carré, est équilatéral.

Lorsque M varie sur le côté [AB], on vérifie que l'on a une aire maximale lorsque N ou P sont placés en un des sommets du carré.

Voir ci-dessus une des constructions d'un triangle solution, d'aire maximale, pour AM = 2 – avec un angle AMD de 75° ( radians).
Le plus grand triangle équilatéral inscrit dans le carré a donc pour aire 2 – 3 ≈ 0,464.

Le plus petit triangle équilatéral inscrit dans le carré a son sommet M au milieu du côté [AB] du carré. On a AM = , et l'aire minimale est ≈ 0,433.

Commandes GéoPlan pour une aire maximale :

Touche C : point N placé en C,
touche D : point P placé en D.

Pour une aire minimale :

Touche M : point M placé au milieu de [AB].

Télécharger la figure GéoPlan tri_equi_carre.g2w

d. Lieu géométrique du centre du triangle

Trouver le lieu géométrique des centres des triangles équilatéraux inscrits dans un carré (de côté 1).

Exercices de-ci, de-là 478-2 : d'après la solution de Robert Boudon - Bulletin APMEP n^o 481

Quatre côtés pour trois sommets du triangle, supposant un côté sans sommet, [DC] par exemple, prenons un sommet M sur le côté [AB] entre M1 et M2, points tels que AM1 = BM2 = 2 − , d'après les calculs du paragraphe précédent. Le milieu I du côté [NP] est situé sur la médiatrice de [AB] passant par le milieu O du carré. En déplaçant le point M, on s'aperçoit que le point I est fixe. Pour le démontrer, calculer HI : Calcul de HI (On trouvera HI = ) Soit t l'angle APM, l'angle DPN est alors le supplémentaire de t + , soit DPN = π − − t = − t. Dans un triangle rectangle ayant pour hypoténuse [PN], de longueur a égale au côté du triangle équilatéral, et ayant comme côté de l'angle droit, la parallèle à (DC) passant par N, de longueur 1, on a : 1 = PN sin(DPN), soit 1 = a sin( − t) = a sin(t + ). Dans le triangle rectangle AMP, AP = PM cos(APM) = a cos t. Par rapport aux côtés parallèles (AD) et (BC), la sécante (PN) découpe des angles internes APN et PNB supplémentaires. D'où (t + ) + ( + MNB) = π, soit t + MNB = , donc MNB = − t Dans le triangle rectangle BNM, BN = MN cos(MNB) = a cos( − t). AP + BN = a cos t + a cos ( − t) = a sin(t + ) = , Les droites (AD), (HI) et (BC) étant des parallèles équidistantes, on a HI = (AP + BN)/2 = .

Lieu du point G Le centre G du triangle équilatéral est situé aux de la médiane [MI]. D'où KG = HI = , par la propriété de Thalès dans le triangle HIM. En traçant le lieu du point G, on trouve le segment [QR], image de [M1M2] par l'homothétie de centre I et de rapport , segment situé à une distance égale à de [AB]. Un raisonnement analogue avec les trois autres côtés permet d'obtenir les mêmes résultats mutatis mutandis. Le lieu est donc le carré QRST de centre O et de côté de longueur 2 − 1.   Télécharger la figure GéoPlan tri_equi_carre_2.g2w

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Sommaire 1. Triangle inscrit dans un carré 2. Triangle équilatéral inscrit dans un carré (un sommet en commun)     a. Le triangle d'Abul-Wafa     b. Solution du problème d'Abul-Wafa     c. Trois triangles équilatéraux     d. Rotation de centre C et d'angle 60°     e. Deux triangles équilatéraux dans un carré     f. Circonscrire un carré à un triangle équilatéral     g. Calculs d'aires : triangle équilatéral inscrit dans un rectangle 3. Triangle équilatéral inscrit dans un carré           (les sommets du triangle sur trois des côtés du carré)     a. Cas particuliers     b. Recherche menant à une rotation     c. Aires maximale ou minimale     d. Lieu géométrique du centre du triangle			Téléchargement Télécharger triangle_carre.doc : ce document au format « .doc » Télécharger triangle_carre.pdf : ce document au format « .pdf »
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