Dans la première traduction française de

Henry Plane

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Dans la première traduction française de Henrion vers 1620 du livre 6 d'Euclide, Théorème 17, nous pouvons lire : «  les parallélogrammes équiangles sont l'un à l'autre en la raison composée de celle de leurs côtés ». On a : (ABCD) = (ABC1D') De même (ABC1D') = (AB'C'D'). Donc (ABCD) = X (AB'C'D'). Ainsi, le rapport des aires de deux parallé- logrammes de mêmes angles est égal au produit des rapports des côtés homo- logues. Notons bien en cela qu'aucune aire n'est évaluée. Commandin (vers le milieu du 15ème siè- cle) fut le premier géomètre à remarquer que si deux triangles ont un même angle, ils peuvent être considérés comme moi- tiés de parallélogrammes équiangles. Ainsi, pour deux triangles ABC et MNP tels que = , on associe au triangle ABC le parallélogramme ABDC et à MNP le parallélogramme MNQP. AD AD' AB AB' AB AB' AD AD' NMP?BAC? π/2 ou π /3 ? Henry Plane APMEP - PLOT n° 27 11 Dans nos tiroirs Enfin un article pour les adeptes de géométrie euclidienne plane, à l'heure où de sombres menaces pèsent sur elle ! Apprécions ensemble ces démonstrations élégantes de relations dans le triangle où l'angle π /3 joue enfin le rôle central qui lui a été usurpé par le terrible angle π /2 et ses démonstrations quadratiques

• triangle équilatéral


• angle π


• tiés de parallélogrammes équiangles


• parallélogrammes abdc


• démonstrations élégantes de relations dans le triangle


• démonstrations quadratiques


• entrée en jeu des triangles équilatéraux 

Sujets

• Triangle équilatéral
• bac
• abc bac

Informations

• Publié par: apmep
• Nombre de lectures: 53
• Langue: Français

Extrait

Dans nos tiroirs
π/2 ou π /3 ?
Henry Plane
Enfin un article pour les adeptes de géométrie euclidienne plane, à l’heure où de sombres menaces pèsent
sur elle ! Apprécions ensemble ces démonstrations élégantes de relations dans le triangle où l’angle π /3
joue enfin le rôle central qui lui a été usurpé par le terrible angle π /2 et ses démonstrations quadratiques.
Remarque : dans tout cet article, nous noterons (ABCD) l’aire d’un quadrilatère plan ABCD et (ABC) l’aire du triangle ABC.
Introduction
À partir d’un segment de droite il est simple, au compas, de construire un triangle équilatéral.
π
Il s’ensuit qu’il est plus facile (et plus précis) d’avoir un angle « tiers de plat » : qu’un angle « moitié de plat » :
3
π π. Sortons de l’ombre ce triangle ayant un angle de car, finalement, n’aurait-on pas excessivement privilégié le
2 3
triangle rectangle ?
I. Et d’abord quelques rappels, quelques outils.
Dans la première traduction française de Notons bien en cela qu’aucune aire n’est
Henrion vers 1620 du livre 6 d’Euclide, évaluée.
Théorème 17, nous pouvons lire :
ème«  les parallélogrammes équiangles sont Commandin (vers le milieu du 15 siè-
l’un à l’autre en la raison composée de cle) fut le premier géomètre à remarquer
celle de leurs côtés ». que si deux triangles ont un même angle,
ils peuvent être considérés comme moi-A D' D
tiés de parallélogrammes équiangles.
C'B'
A M
B CC1
P
AD C
On a : (ABCD) = (ABC D’)1AD' B N
Q
AB
DDe même (ABC D’) = (AB’C’D’).1 AB'
AD AB
Donc (ABCD) = Ainsi, pour deux triangles ABC et MNPX (AB’C’D’).
AD' AB'  tels que BAC = NMP , on associe au
triangle ABC le parallélogramme ABDCAinsi, le rapport des aires de deux parallé-
et à MNP le parallélogramme MNQP.logrammes de mêmes angles est égal au
produit des rapports des côtés homo-
logues.
APMEP - PLOT n° 27 11Dans nos tiroirs
B1
(ABC) = (ABDC)
2
1
Met (MNP) = (MNQP).
2
Les parallélogrammes ABDC et MNQP A
ayant les mêmes angles, on a donc :
AB AC P(ABDC) = (MNQP).× N
MN MP
D
Il s’en suit :
AB AC C(ABC) = × (MNP).
MN MP
AB BD
On remarquera d’autre part que cette pro- Par suite, (BAD) = × (MNP).
MN MP
priété s’étend s’il s’agit de deux angles
1Or (BAD) = (ABCD) = (ABC).supplémentaires.
2
 Ainsi, si + = π , le parallélo-BAC NMP
On retrouve alors l’égalité :
gramme associé au triangle ABC est tel AB BD
(ABC) = (MNP).× que + = π .DBA BAC MN MP
πII. Entrée en jeu des triangles équilatéraux (angles tous égaux à )
3
Soient ABC un triangle équilatéral, Si on note k l’aire de (AUV) (quelle queA
U sur (AB) et V sur (AC) tels que soit sa valeur, peu importe ici…), on a :
AB ACAU = AV = 1 (unité de longueur).U V (ABC) = k = kAB².××
1 1On a alors :
AB AC Il est prudent de lire « AB-deux » : il n’y(ABC) = (AUV).×
AU AV a rien ici de quarré…
CB
πQue peut-on en déduire pour un triangle n’ayant qu’un seul angle de ?
3
A
πBACSoit ABC un triangle tel que = .
3
On fait apparaître en A le triangleU V
équilatéral AUV dont les côtés sont unités
de longueur.
Alors :B
AB AC
×(ABC) = (AUV).
AU AV
C (ABC) = AB . AC . k.
APMEP - PLOT n° 2712Dans nos tiroirs
πIII. Relation entre les mesures des côtés d’un triangle ayant un angle de
3
Comme k ≠ 0, il vient :A
2 2(AB + AC) = BC + 3 AB.AC.
On effectue et on simplifie pour obtenir :
C 2 2 2BC = AB + AC – AB.AC.
B
En utilisant la propriété ci-dessus, on
obtient le corollaire suivant :
Soit (AM) une médiane d’un triangleD F E
équilatéral ABC.
πSupposons que = .BAC A3
On prolonge [AB] de la longueur BD
égale à AC et [AC] de la longueur CE
égale à AB.
On obtient alors un triangle ADE équila-
téral.
MSur [DE], on place le point F tel que DF
CB
= AB
AB πDonc FE = AC. BM = MC = et ABM= .
2 3
On obtient ainsi deux triangles DFB et 2 2 2Ainsi AM = AB + BM – AB.BM
2EFC égaux à ABC et un autre triangle AB AB.AB2 2AM = AB + −
équilatéral BCF. 4 2
3
2 2AM = ABAlors (ADE) = (BCF) + 3(ABC).
4
2 2Donc k(AB + AC) = k.BC + 3k AB.AC, 2 2AM = 3 BM .
en utilisant les propriétés vues au I et II.
2π
IV. Relation entre les mesures des côtés d’un triangle ayant un angle de
3
π
F On trace une figure analogue au cas :
.. 3.
si AB < AC, on prend D sur [AC] tel
que CD = AB et on prolonge [BA] de
E façon que BE = AC.A
. On poursuit la construction afin d’obtenir
.B .
un triangle FBC équilatéral, ce que nous
D pouvons démontrer en remarquant que
ADE est un triangle équilatéral que les...
triangles EFB et DFC sont égaux à ABCC
(car F, E et D sont alignés).
2π 2π πSupposons que BAC = .   FBC==ABC ACB=π−= .3 3 3
APMEP - PLOT n° 27 13Dans nos tiroirs
Donc : (FBC) = (ADE) + 3 (ABC) De même, après simplification par k ≠ 0 :
2 2 2 2Soit : k.BC = k (AC – AB) + 3k AB.AC BC = (AC – AB) + 3 AB.AC
2 2 2Soit : BC = AB + AC + AB.AC
πV. On en déduira une autre relation pour un triangle ABC dont BAC= …
2
2 2 2π BC = TB + TC + TB.TC (d’après IV) ABC+=ACB donc un des angles
2 22 = 4 TA + (AC – TA) + 2 TA (AC – TA)
π πaigus est supérieur à donc à (par 2 2 2= 4 TA + AC + TA – 2 TA.AC
4 6
2+2TA.AC – 2 TA
exemple ).ABC 2 2= 3 TA + AC .
Il existe donc T sur [AC] pour former un On obtient finalement :
triangle équilatéral BTT’ avec A milieu de 2 2 2BC = BA + AC
[TT’], (BA) est donc la médiatrice de
[TT’]. Ce n’est donc pas un, mais trois théo-
2 2Il vient donc : BA = 3 AT (d’après le rèmes qui étaient enfouis à Samos… et
corollaire du III) sans trace de carrés !
Ce dessin, ainsi que celui
de la page 7 sont tirés de
« 0 % de matière grise »
avec l’aimable autorisation
de Francis Casiro et des
Éditions Pole.
APMEP - PLOT n° 2714