Bonjour,

on peut faire ça par Pythagore ...
(considérer les faces du prisme tronqué dont la base est le triangle A'B'C' rectangle isocèle en A
et la face du dessus (inclinée donc) le tiangle équilatéral ABC
en appliquant Pythagore sur les faces latérales de ce prisme (des trapèzes rectangles), en fonction de h1 et h2, différences d'altitude de B et C par rapport à A (signées !!)

écrire que les trois côtés du triangle équilatéral sont égaux implique que h1 = h2 et donc que BC est parallèle à B'C'

je ne te comprend pas bien... s'il te plait soit plus explicite...

calculer AB, AC et BC en fonction de a, x et y
écrire que ces trois côtés sont égaux donne deux équations en x et y
sur cette figure x est < 0

obtenir x = y (signe compris) suffit à prouver que BC est // B'C' (que KHBC est un rectangle)

en rab on a même la valeur remarquable de x et y
(penser à la section d'un cube fait dire "ah oui, on pouvait le prévoir", mais le calcul montre que c'est la seule solution à symétrie près)

je comprend mieux avec ton schéma(et je te remercie d'ailleurs).regarde un peu ma démonstration et aide moi à la compléter... en effet si on pose (Q) le plan médiateur de (BC) et (Q') celui de (B'C') . montrons que (Q)=(Q').
(Q')(P) (car (B'C')(P) )
or (AA')(P) et A'(Q')
donc (AA')(Q'). De même puisque AB=AC on a A(Q). Il ne me reste plus donc qu'à montrer que (Q)(Q') pour cela j'ai montrer que (Q')(BB'C') et (Q)(BB'C') par consequent ils seront soit parallèles soit perpendiculaire. Le gros problème est maintenant de montrer qu'il ne sont pas perpendiculaire (comment fait?)

Bonjour,
Deux plans peuvent être perpendiculaires à un même troisième sans être ni parallèles ni perpendiculaires.
Imagine un plan (P) et une droite (D) perpendiculaire à ce plan. Tous les plans qui contiennent la droite (D) sont perpendiculaires au plan (P) .

le principal défaut de ta "démonstration" (voir ce qu'a dit sylvieg) est qu'elle ne considère de toute façon que le caractère "isocèle" de ABC (que AB = AC)

et avec ce seul caractère là, d'une part il y a une infinité de solutions, d'autre part on pourrait croire que pour chaque valeur de AB = AC on aurait BC // (P)

c'est faux.
pour chaque valeur de AB il y a deux solutions
le point C étant construit dans le plan AA'C' comme intersection de la droite parallèle à AA' en C' et du cercle de centre A' et de rayon = AB
conclusion : deux solutions, l'une avec (BC) // (P) et l'autre pas du tout !
(et même quatre avec les symétries échangeant B et C)

le critère BC = AB que tu n'as pas du tout pris en compte permet d'éliminer la "mauvaise"

additif : et l'angle de 90° de A'B'C' a aussi sont mot à dire la dedans

en fait que cet angle soit > 60°
si le triangle A'B'C' est simplement isocèle avec un angle en A' < 60°, alors le triangle équilatéral ABC est "incliné" (B'C' pas parallèle à BC)
si le triangle A'B'C' est isocèle avec un angle A' > 60° (par exemple ici 90°) alors on a toujours BC // B'C'

(et quel que soit le triangle A'B'C' absolument quelconque il est toujours la projection orthogonale d'un certain triangle ABC équilatéral)

Je crois avoir maintenant tout pigé(du moins je pense).... surtout que je reconnais mon erreur j'aurais du dire "soit sécants soit confondus" cependant pour ce que tu as ajouté "mathafou" il y a encore quelques points qui me paraient très ambigus.  ce passage si: <<(et même quatre avec les symétries échangeant B et C) le critère BC = AB que tu n'as pas du tout pris en compte permet d'éliminer la "mauvaise">> et ton dernier message.... si seulement tu pouvais m'explique ça clairement (genre comme si tu expliquais à un élève de niveau très inférieur).

Figure illustrant mon message du 06-02-15 à 09:10 :



pour chaque valeur de AB il y a 4 solutions (deux positions possibles de B et deux de C = 2*2 = 4 )

dans ces 4 cas AB = AC = la même valeur
cette valeur étant arbitraire (n'importe quel nombre a) cela donne une infinité multiplié par 4 de solutions pour lesquelles le triangle isocèle ABC se projette en le triangle rectangle isocèle A'B'C' donné.

tenir compte que non seulement ABC doit être isocèle (AB = AC) mais en fait équilatéral (AB = BC) va permettre, compte tenu de la valeur très particulière de B'C' = a2 (que le triangle A'B'C' est rectangle isocèle, que l'angle en A est droit) :

1) d'éliminer l'un des deux cas B1C1 ou B2C2 ("par symétrie" B2C2 et B2C1 sont "identiques" à ces deux là)
2) de déterminer donc la valeur unique de AB qui convient et donc la seule solution "à symétrie près" (échanges de B1 C1 B2 C2)

mon dernier message généralise le problème à des triangles A'B'C' quelconques (il existe toujours un triangle équilatéral ABC qui se projette en un triangle A'B'C' quelconque donné), et en particulier à un triangle A'B'C' simplement isocèle (A'B' = A'C') sans être rectangle.
affirmant que selon la valeur de l'angle en A, c'est l'une ou bien l'autre des solutions qui est éliminée par le critère AB=BC

évidemment tout ceci ne se justifie entièrement qu'en faisant effectivement les calculs avec Pythagore et en résolvant effectivement les équations qui en découlent, et pas juste par une "discussion de salon"

je me lance donc à la démonstration et en passant j'aimerais connaitre avec quel logiciel vous effectuez ces beaux schémas géométriques.

avec Geogebra