Bonjour

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Merci Julien => Récréation : huit points et leurs médiatrices

Tiens l'image n'est pas passée

Voici la figure trouvée : un carré avec les 4 triangles équilatéraux « adossés » aux côtés du carré.
Le problème est bien entendu symétrique :
- la médiatrice de AB passe par E et G
- la médiatrice de AC passe par B et D
- la médiatrice de EA passe par B et F
- la médiatrice de EH passe par A et C
- la médiatrice de ED passe par A et F
- la médiatrice de EG passe par H et F

Bonjour,

Avec 2 carrés décalés, on y arrive.
(les 8 points étant les sommets des 2 carrés).

Re-bonjour,

Je viens de poster une énorme bétise, tant pis.
Je serais curieux de voir la solution si elle existe.

Merci quand-même pour l'énigme ...

Il faut placer les points A, B, C, D, E, F, G et H comme sur la figure ci-dessous.
Cette disposition permet alors de construire les 28 médiatrices sur lesquelles se trouvent toujours deux autres points ( par exemple, sur la médiatrice de [A,E] on trouve B et F ). Pour construire cette figure, il faut tracer un cercle que l'on divise en huit rayons régulièrement espacés. Les points E, F, G et H sont placés à l'intersection de ces rayons et du cercle en ne prenant qu'un rayon sur deux. Les points A, B, C et D seront placés sur les 4 rayons restant, à égale distance « a » du centre du cercle et du cercle lui-même.

Bonjour,

J'ai trouvé la construction suivante :



un carré de côté a, puis quatre triangles équilatéraux de côté a, chacun étant construit extérieurement au carré sur un de ses côtés (tracé en bleu)
Les médiatrices sont tracées en gris.

Bonjour,

Si on place sept points sur les sommets d'un polygone régulier à septs côté
et que l'on place le huitième point au centre du cercle circonscrit à ce polygone,
je pense qu'on obtient les propriétés énoncées.

Notons P(7) le point central et P(0) jusqu'à P(6) les points de l'heptagone dans le sens trigonométrique.
Dans ce cas, voici les médiatrices possibles (n varie toujours de 0 à 7):
médiatrice[P(7) P(n)]   passe par   P( n-1 modulo 7) et P(n+1 mod 7)
médiatrice[P(n) P(n+1)] passe par   P(7) et P(n+4 mod 7)
médiatrice[P(n) P(n+2)] passe par   P(7) et P(n+1 mod 7)
médiatrice[P(n) P(n+3)] passe par   P(7) et P(n+5 mod 7)
  

Bonjour Jamo et merci pour cette énigme sans bavure!

A l'extérieur du carré ABCD, je place EFGH de sorte que les triangles BCE,CDF,DAG et ABH soient équilatéraux.
La configuration obtenue est solution de l'énigme; en effet:
Si l'on associe 2 sommets du carré (exemple:AB ou AC) leur médiatrice passe par 2 des autres points (H et F ou B et D).
Tout aussi évident si l'on associe 2 points qui ne sont pas sommets du carré (H et E ou H et F).
C'est moins évident si l'on associe un sommet du carré (A par exemple) à l'un des points hors du carré (H ou E par exemple):
les triangles isocèles HBE et ABE sont en fait isométriques car leurs angles au sommet valent tous deux 150 degrés. Donc HE=AE. La médiatrice de AH passe donc non seulement par B mais aussi par E.
De même la médiatrice de AE passe non seulement par B mais aussi par F.

Les huits points sont en rouge...

On trace les coins d'un carré de coté 2a, ayant pour centre l'origine du repère. Ce qui fait 4 points.

Puis on trace les points de coordonnées (0 ; a(1+V3)), (0 ; -a(1+V3) , (a(1+V3) ; 0) , (-a(1+V3) ; 0)

Ebauche de démonstration:
J'appelle X la longueur allant du centre du repère aux points extérieurs, et le carré est de côté 2a...

Les coefficients directeurs des deux droites D1 et D2 sont:

a/(X-a) et (a-X)/a

le premier est égal à -1 sur le second, donc elles sont perpendiculaires


Mais il faut que la droite D2 passe par le milieu de [AB], qui est I (a/2,(X+a)/2), qui doit vérifier l'équation de l'autre droite:


(X+a)/2=a/(X-a)*(a/2)+(aX)/(X-a)

X^2-a^2=a^2+2aX
équation du second degré, et l'on trouve
Soit X=(1+V3)a

Sans Ju, je m'y serais cassé les dents Récréation : huit points et leurs médiatrices

bonjour Jamo
j'ai vu la solution dans les Jeux mathématiques de Diophante
on dessine un carré et les quatre triangles équilatéraux dont la base est un côté du carré et qui sont extérieurs à celui-ci
les huits points sont les quatre sommets du carré et les sommets des quatres triangles équilatéraux (sommets qui n'appartiennent pas aux côtés des carrés)
peut-être en remplaçant 'extérieurs' par 'intérieurs' a-t-on une autre solution ?

Bonjour,

Il suffit de disposer 4 points en carré, et d'ajouter 4 points à l'extérieur pour former 4 triangles équilatéraux avec les côtés du carré.

En image (_{tirée d'un site dont je tairai le nom ...} )



A+,
gloubi

Bonjour,

Solution : problème impossible.

Merci. Bien à vous.

Bonjour à tous,

ma réponse: les huit points ABCDEFGH sur l'image ci-dessous

en partant d'un carré ABCD, on forme les triangles équilatéraux ABE, BCF, CDG et DAH
ce qui donnent les 4 autres points EFGH qui eux aussi forment un carré.

il y a en théorie 28 médiatrices (7+6+5+4+3+2+1)
cependant à cause des médiatrices communes, il n'y en a que 20

AB AC AD AE AF AG AH    --> 7
BC=AD BD BE BF BG BH   --> 5
CD=AB CE CF CG CH       --> 4
DE DF DG DH                   --> 4
EF=AC EG=AD EH=BD     --> 0
FG=BD FH=AB                 --> 0
GH=AC                            --> 0      

bonjour jamo

au risque, tel ordralphabetix dans Asterix de me récolter un sale poisson pas frais, je pense que la disposition des huit points est un heptagone régulier associé à son centre:


voilà une petite idée de ma figure (les médiatrices ne sont pas représentées, ni les 56 segments, pour ne pas embrouiller l'image déja très petite)

Bonjour,

Posons


et considérons les points A(0,1) B(-1,0) C(0,-1) D(1,0) E(a,a) F(-a,a) G(a,-a) H(-a,-a)

Ces points répondent au problème.

Sur la figure, je n'ai mis que deux bissectrices qui peuvent poser problème (AE) et (AH). Les autres sont évidentes ou se déduisent de celles-là par symétrie.

Une énigme sympa, merci.

Bonjour,

La figure ci-dessous est obtenue en traçant un carré et en se servant de chacun de ses côtés pour faire un triangle équilatéral extérieur au carré. Les 8 points demandés sont les sommets du carré et des triangles. Merci pour cette énigme.

Je fais 50 figures et il me semble que c'est impossible.
Ainsi, probablement, je tombe dans le piège!
Tant pis.

oups, j'ai comme l'impression que ma figure ne marche pas...
Du coup j'aurais sûrement dû dire que la figure est impossible à tracer...mince !

Enimo 54
Je place 7 points aux sommets d'un heptagone régulier et le huitième point au centre (du cercle circonscrit)
Pour la construction j'utiliserais la méthode approchée utilisant compas et règle graduée ou marquée ,faute
d'avoir une méthode exacte à la règle et au compas ,mais la construction n'était pas explicitement demandée !

Bonjour,

Une autre solution (de moi, celle-ci ):



Toutes les médiatrices ne sont pas dessinées.

Re-,

Vraiment trop nul !
J'ai cru trouver une autre solution en mettant les triangles équilatéraux dans le carré,
mais le résultat est le même que ma première proposition, à une rotation de 45° près.

Je dessine un carré de coté a.
Sur chaque coté du carré vers l'extérieur, je construis un triangle équilatérale de coté a.
Les huit points sont les quatre sommets du carré et les quatre sommets des  triangles équilatérales situés à l'extérieur du carré

Bonsoir et merci pour l'énigme,

j'ai trouvé ce que je pense être une solution:
le patron d'une pyramide régulière à base carrée (je poste une image et j'explique)
Pour placer les huit points, on dessine un carré (ABCD sur l'image) auquel on lie de chaque cotés un triangle équilatéral (AA'B, BB'C, CC'D et DD'A).
Tous les points alors notés sur le dessin sont alors placés de façon à ce que chaque médiatrices de n'importe quel duo passent par deux autres points.
Voilà, j'espère ne pas m'être trompé sur la figure ou le sens de la question.
!!!!

Bonjour, voici ma proposition de réponse: on trace un carré, puis quatre triangles equilatéraux partant de chacun des cotés du carré...
On prend alors les huit points qui sont: les quatre points du carré plus les quatre autres points des sommets exterieurs des triangles...

Bonsoir,
Désolé mais je pense que votre problème est impossible.
Bonne continuation...

Bonjour

Il suffit de construire un carré ABCD et de placer les points E, F, G et H à l'extérieur du carré de tel sorte que les triangles ABE, BCF, CDG et DAH soient équilatérals.
Les points A, B, C, D, E, F, G et H répondent alors au problème posé.

Merci pour l'enigme.

Bonsoir,

pas si simple comme problème... des triangles équilatéraux accolés (non pas le bon nombre de sommets), un octogone ou un heptagone régulier avec son centre (non plus) ?

Bon finalement, avec un carré où l'on construit un triangle équilatéral extérieur sur chacun des côtés, autrement dit un magnifique patron de pyramide régulière à base carré ça semble coller ! Ouf !

Voici une petite image (j'espère ne pas avoir oublié de médiatrice...):


Merci encore pour ce problème vraiment très sympa !

Bonjour jamo,

Voici la description de la configuration demandée; les 8 points sont situés aux sommets des triangles.

Les deux constructions sont basées sur quatre triangles équilatéraux placés de manière à former un carré.
Dans un cas, les triangles sont tournés vers l'extérieur (points rouge), dans l'autre vers l'intérieur (points bleus).
Les deux constructions aboutissent au même résultat (rotation de 45°), on choisira l'une ou l'autre pour mettre en évidence la contrainte que les médiatrices de deux points quelconques passent par deux autres points (les triangles isocèles sont plus visibles sur l'un ou l'autre dessin suivant les cas).

J'ai trouvé cette énigme particulièrement difficile, j'ai cru la construction impossible...
Soit je ne suis pas doué en géométrie, soit l'énigme est sous-évaluée...

Pas très doué en dessin, désolé. La solution est un heptagone, les 7 premiers points étant les sommets + le centre = 8 points.

Merci pour l'énigme

Bonjour,

Je pense qu'il s'agit d'un


J'avais essayé avec les sommets et le centre d'un heptagone : ça marche pour toutes les cordes mais pas les rayons.
A partir de l'hexagone, je n'ai pas trouvé où ajouter 2 points.

On verra bien. Merci et A+, KiKo21.

Hum, au risque d'un poisson, je dirais problème impossible...
Mais peut être qu'un cas m'a échappé ^^

ah zut !
La solution n'est pas un heptagone, mais un carré auquel on rajoute un triangle équilatéral à chaque côté.
Tant pis! J'avais qu'à réfléchir un peu plus

Clôture de l'énigme

Le problème n'était pas évident. La seule solution est donc le carré accompagné de triangles équilatéraux.

Il se trouve que ce problème avait déjà été proposé il y a quelques mois dans le forum détente, mais je ne le savais pas et certains qui y avaient participé l'ont retrouvé.

Pour ceux qui ont proposé l'heptagone régulier avec son centre, je vous laisse réfléchir pourquoi ça ne fonctionne pas. Il ne faut pas oublier qu'on doit prendre les médiatrices de tous les couples de points, même si ce couple de points n'est pas relié par un segment sur la figure.

Bonjour,

Jolie solution ! (que je n'ai pas su trouver...)

> Jamo