Le vocabulaire utilisé est original.
A partir de la page 100 on a notre figure avec les 6 carrés.
On voit que le nombre de propriétés relativement simples que l'on peut y trouver est impressionnant.
La page 117 correspond à la problématique de ce topic.

>fabo34
Ton document est dense ,il faut aller à la page 103 pour trouver
une grande partie de notre exercice...
Dans les pages précédentes ont peut noter que l'aire des 3 triangles
issus des 3 carrés est égale à ABC.

Bonjour,
@fabo34,

Oh , joli

Bonjour à tous,
J'ai un peu abandonné ce fil mais relativement au rapport d'homothétie dans le cas général, Sylvieg avait écrit :

Citation :
On peut obtenir le rapport de l'homothétie dans le cas général avec les longueurs a, b, c et les lignes trigonométriques de l'angle en B.

Mais  je n'arrive pas à me débarrasser de manière agréable du sinus après avoir remplacé par et par

Citation :
Il est probable que faire intervenir l'aire du triangle permet d'éviter d'abominables racines.

J'ajoute que fonction de est parfaitement connu avec la formule de Héron

Merci pour ton message lake.
Effectivement, on peut exprimer q avec l'aire.
Mais avec les calculs que j'ai fait, on perd la symétrie entre a, b et c.
Et elle ne réapparaît pas à la fin.
C'est frustrant.
Je crois que je vais abandonner aussi.

J'épingle ici une session Xcas qui n'intéressera personne car il n'y est question que de coordonnées

Mais si, ça nous intéresse !
Le rapport de l'homothétie qui y est calculé me permet déjà de vérifier le résultat que j'avais donné avec p et q.
Je recopie le résultat donné par la session Xcas pour A(0) B(b;0) C(d;c) :

En remplaçant b par AB, c²+d² par ac² et d par ACcosA, on trouve une formule d'une simplicité étonnante :
4 + (AB²+AC²+BC²)/2S

Avec a, b, c pour les longueurs des côtés :
4 + (a²+b²+c²)/2S

c²+d² par AC²

Bonjour Sylvieg,
Je viens d'obtenir le même résultat à partir du rapport d'alb12
Je l'ai aussi vérifié avec GeoGebra : c'est correct !

En effet la commande Xcas:

factor(4+(distance2(A,B)+distance2(A,C)+distance2(B,C))/(2*aire(triangle(A,B,C))))

Ce rapport (qui m'a fait beaucoup transpirer ) mérite un petit dessin :

Merci alb12 !

Bonjour,
Je suis tenace parfois...
Depuis plus d'un mois, je suis restée convaincue qu'une démonstration sans analytique était possible.
J'ai repris il y a quelques jours et pas mal galéré.
Jusqu'à ce que je pense à utiliser un point que j'avais déjà évoqué : le centre du cercle inscrit du triangle ABC.
Voici deux figures :




Je vous laisse le plaisir de les analyser.
En espérant ne pas m'être fourvoyée...

@lake,
Je n'ai pas compris ton dernier message.

Bonjour Sylvieg,

J'ai repris à mon compte la formule la formule d'alb12 pour le rapport d'homothétie :



Sur la figure , représentent les côtés du triangle

  
  
  

Avec les notations d'alb12 :

  
  
  

Le but de la manœuvre était d'exprimer en fonction de :


(Pythagore).


Dans le triangle :
ou encore qui donne

En remplaçant tout ça dans la formule d'alb12, on obtient bien :

  

Je n'ai pas encore regardé ton dernier message

D'accord.
Je n'avais pas compris ce que tu cherchais à démontrer

Je ne vais pas être disponible cet après midi.

Re bonjour Sylvieg,
Je sèche
Les triangles et ont leurs côtés parallèles et sont semblables par construction.
Mais je suis incapable de prouver la même chose pour et .
Attendons d'autres réactions ...

C'est normal sans savoir comment est construite la seconde figure.
Elle n'est pas très explicite ; voici donc quelques données :

Le point O est le centre du cercle inscrit du triangle ABC.
Les segments [OA₁], [OB₁] et [OC₁] passent par les points de contact du cercle inscrit avec les côtés du triangle ABC.
OA₁ = BC , (OA₁) (BC) et (B"C") est la droite parallèle à (BC) issue du point A₁.
Idem pour les points B₁ et C₁.

Par construction, le triangle A"B"C" est semblable au triangle ABC.

Dans la première figure, le triangle A'B'C' est découpé en triangles, carrés et trapèzes dont les aires sont connues en fonction de l'aire S du triangle ABC et des longueurs a, b et c de ses côtés.
Sauf trois triangles : ceux de sommet A', B' et C'.

J'ai construit la seconde figure pour trouver la somme des aires de ces trois triangles.

@lake,
Je viens de relire ton dernier message.
Je l'avais déformé en

Citation :
Les triangles et ont leurs côtés parallèles et sont semblables par construction.
Mais je suis incapable de prouver la même chose pour et .

Je viens de m'apercevoir que le point O pouvait être n'importe où !
Je vais essayer de poster une figure et des explications plus claires dans la journée.

Les côtés du triangle A"B"C" sont parallèles à ceux du triangle ABC.

Je commence tout doucement à comprendre mais il y a encore des détails qui m'échappent. Je n'aurai plus temps aujourd'hui.
J'ai tout de même pris la peine de refaire ta figure :

Merci pour la figure qui est plus claire que la mienne

D'autres explications :
Les deux triangles ABC et A"B"C" sont semblables.
Soit t le rapport entre les longueurs des côtés de A"B"C" et de ABC.
L'aire du triangle A"B"C" est t²S, où S est l'aire du triangle ABC.
On peut trouver t en fonction de a, b, c et S.

On peut aussi trouver les aires des trois grands carrés. Soit G leur somme.
L'aire de chacun des trapèzes est 5S.

On en déduit l'aire S' du triangle A'B'C' :
S' = 16S + (a²+b²+c² + G) + t²S = (16 + ..... + t²)S

Aaaahhh ! J'étais totalement à l'ouest : j'en étais resté à la démonstration que et étaient semblables (et même homothétiques) alors que tu es dans le rapport d'homothétie en question !
Et bien sûr pour l'aire des trapèzes, il faut se souvenir que (et permutation plus ou moins circulaire).
On obtient quasiment immédiatement
Maintenant je sais où je vais.  En tout cas

Oui, pour les triangles homothétiques, ça a été démontré sans analytique dans le message du 07-10-23 à 16:03.
En passant justement par "(et permutation plus ou moins circulaire)".

Bonsoir,
Alors que je croyais en avoir fini, j'ai voulu mettre au propre sur papier les deux démonstrations :
Celle des triangles homothétiques.
Celle du rapport de l'homothétie.
Une fois terminée cette mise au propre, je trouvais que les calculs pour le rapport étaient longs et embrouillés pour un résultat qui se simplifie miraculeusement.
Et puis l'étincelle : Le rapport 4 entre les grandes bases des trapèzes et les côtés du triangle se retrouve dans le 4+.... du rapport de l'homothétie.
Il suffit donc de montrer que où
Or

Bref, inutile de calculer les aires des trapèzes ni les aires des grands carrés.
Seul le calcul de l'aire du triangle A"B"C" est utile.
Là, je suis vraiment satisfaite de la démonstration.

Bon dimanche,
Je comprends ta satisfaction
Si tu veux te changer les "idées" va voir le logigramme

Merci dpi pour ton message
Les logigrammes m'ont toujours ennuyée ; mais je trouve sur l'île d'autres sujets pour me changer les "idées" (utile ces derniers temps...).
Par exemple, trouver une résolution plus simple pour côtés d'un triangle

J'ai donné une réponse par simulation de la somme AC+CB=7avec les petits triangles rectangles  AEC et CDB