Bonsoir,
Jolie figure, effectivement.
Je pense que l'on peut s'en sortir analytiquement en utilisant un repère d'origine C, avec A(0;a) et B(b;0).
Mais ce sera plus besogneux qu'élégant !

Un essai avec les complexes

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On choisi le repère (C,CB,CD). Ici les constructions ne font intervenir que des rotations de 90°, donc des multiplications par dans le sens trigo ( ou tex]-i[/tex] dans l'autre sens).

Pour ne pas alourdir, les lettres des points signifie leurs affixes.

On pose  A=ia, B=-b
on a alors :
   E=a(i+1), D=a et N=-ib, M=-b(1+i)
ensuite par rotations:
   I=B+i(A-B)=-(a+b)+ib et H=A-i(B-A)=-a+i(a+b)
idem:
  Q=D+i(N-D)=(a+b)-ia et P=N-i(D-N)=b-i(a+b)
Ensuite:
   K=I-i(M-I)=-(a+3b)+i(b-a) et L=M+i(I-M)=-3b-i(a+b)
Enfin:
   F=E-i(H-E)=(a+b)+3ia et G=H+i(E-H)=b-a+i(3a+b)

On a bien les abscisses de Q et F identiques (=a+b), et les ordonnées de P et L identiques (=-(a+b))
donc (A'B')//(AB) et (B'C')//BC. Et par construction, C'=-(a+b)(1-i)

On a  G-K=4(b+ia)=4(A-B) donc (GK)//(AB) et (A'B')//(AB)

Les triangles A'B'C' et ABC ont donc  bien semblables.

Pour le ratio, il faut connaître les coordonnées de A' ou B'
Là je quitte les complexes car je ne sais plus trop comment faire
On pose les coordonnées A'(a+b;y) et B'(x;-(a+b))
On connaît les coordonnées du vecteur KG=4(b;a).
A'G et KG colinéaires; le déterminant nul donne y=3a+b+2a²/b.
On aurait par la même méthode x=3b+a+2b²/a

Ainsi A'C'=2(2a+b+a²/b)
Et au final le ratio A'C'/AC=2(a+b)²/ab

Voilà. Y'a beaucoup trop de symétrie entre les 'a' et les 'b' dans toutes les formules. Il doit surement exister une démonstration (géométrique) plus élégante.

Le repère (C,CD,CA) !

Bonsoir,
Quelques remarques (pas forcément constructives) :

,   et
On passe du triangle au triangle par une homothétie de rapport
Ça, tu l'as déjà écrit.
Le centre de cette homothétie est le point barycentre de (obtenu après un calcul barycentrique pénible).
Enfin la droite est bissectrice des angles droits en et (confirmé par ton calcul avec des )

Obtenir l'homothétie en la décomposant en un produit de transformations est peut-être une piste possible ...

J'ai poursuivi ce matin avec mon idée d'analytique.
On trouve assez facilement que les côtés du triangle A'B'C' sont parallèles à ceux du triangle ABC.
Les deux triangles A'B'C' et ABC sont donc semblables.
Mais pour le rapport, c'est plus coton.

Remarque : .

Bonjour à tous

Sauf erreur on y arrive sans problème uniquement avec Pythagore et Pythagore généralisé .

Imod

Je ne sais pas si c'est évident pour Sylvieg etlake, mais je voulais faire remarquer que A'B'C' est semblable à ABC même si ABC n'est pas rectangle. On a bien que les côtés sont parrallèles (vérifié analytiquement par géogébra).

En notant a et b les côtés de l'angle droit du triangle initial , le rapport d'homothétie serait :

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J'ajoute un schéma parce que la géométrie sans image ...

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Très claire la figure
Une coquille pour le "b" tout seul en haut. Il me semble que c'est "2b".

Tu as raison et  je profite de l'occasion pour ajouter à la figure quelques indices supplémentaires

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Bravo et merci à tous pour vos commentaires et vos remarquables figures!

J'ai trouvé ce problème très inspirant . Car généralement on s'arrête à l'enseignement de la figure ci-dessous, notamment en présentant la démonstration trouvée par Euclide. Mais il existe des personnes qui poussent un peu plus loin les frontières: "Tiens? Et si on se faisait encore une itération pour former des carrés avec les nouveaux sommets?". Et bingo: un chouette résultat! Franchement, à méditer

J'essaie d'aller plus loin, en considérant un triangle abc quelconque

Le programme suivant donne une paramétrisation des côtés du grand triangle: . On a:



Avec a,b,c les coordonnées complexes de A,B et C. u,v,w des nombres réels. Et i, l'unité imaginaire.

On voit donc bien que LP est // à BC, QF à CA et GK à AB. Le grand triangle est donc semblable au petit.

Calculer les coordonnées de A', B' et C' ainsi que le rapport d'homothétie se corse.

Pour la petite histoire, j'ajoute que dans le cas général de triangles quelconques, le centre d'homothétie est X(3068) dans l'ETC de coordonnées barycentriques où est l'aire du triangle de base. (Voir X(3068) ici :

Il est écrit en substance :

... ce qui corrobore les coordonnées barycentriques trouvées plus haut :     dans le cas d'un triangle rectangle en .

Bonjour,
@Imod,
A partir de ta première figure, je n'avais pas utilisé les aires des carrés que tu as marquées sur ta seconde figure.
J'ai utilisé le polygone suivant pour démontrer que le triangle GKZ est semblable au triangle ABC (avec un coefficient d'agrandissement 4).

En fait les aires des carrés ne servent pas à calculer le coefficient d'agrandissement , elles sont obtenues à l'aide de Pythagore généralisé ( Al-Kashi ) et permettent de justifier les valeurs données des côtés . Après le calcul du taux est immédiat
Imod

Salut,
Le comble de l'inélégance
Soyez indulgents, session réalisée avec un smartphone
Effacez la console si nécessaire

En fait, je n'utilise pas Al-Kashi. Je me demande même si j'utilise Pythagore.
Une autre figure :

 Cliquez pour afficher

Les côtés de l'angle droit des triangles hachurés verticalement ont pour longueurs a et 2b.
Ceux des triangles hachurés horizontalement ont pour longueurs 2a et b.

Bonjour,
>>alb12 :
Les triangles et sont non seulement semblables (avec côtés parallèles) mais aussi homothétiques.
Tu as obtenu, avec tes notations, le rapport d'homothétie :



On a dans le cas d'un triangle acutangle :


J'ai tenté d'exprimer en fonction de .
Échec total : je me suis perdu dans les calculs en cours de route.
Il est probable que faire intervenir l'aire du triangle permet d'éviter d'abominables racines.
Peut-être pourrais-tu voir ce que donne Xcas ?

@Sylvieg : comment tu justifies les côtés 2a et 2b ?

Imod

Pour les longueurs AE' et BM' j'utilise des rotations quart de tour de centre A et B.
Puis les centres des grands carrés.

En effet

Le découpage est assez riche on retrouve même l'identité dans le carré de côté .

Imod

Il est toujours intéressant lorsque l'on on a trouvé certains ressorts d'un problème d'essayer de les exploiter dans des situations voisines .

Voici un petit montage avec des rectangles identiques :



Le grand rectangle est clairement semblable au petit , quel est le coefficient d'agrandissement ?

Bien sûr ce problème est le même que  le problème initial et peut se résoudre de façon élémentaire . J'ai en plus l'impression que le pavage reste cohérent si on remplace les rectangles par des parallélogrammes ce qui répondrait à l'interrogation de LittleFox .

Imod

J'étais parti sur un morceau de figure et j'ai un peu perdu le fil

Voici la figure complète , je ne sais pas du coup si c'est plus simple que ce qui a déjà été proposé

Imod

Considérant que la question initiale n'est plus cherchée, je donne les éléments d'une solution sans blanker :


Les points E' et M' permettent de trouver les longueurs des côtés des angles droits des triangles rectangles hachurés.
Le polygone GG'C'K'K permet ensuite de démontrer que la droite (KG) est parallèle à (AB).

Une démonstration du même genre peut-elle être trouvée pour un triangle quelconque ?

J'ai trouvé plus simple que le polygone : le rectangle K'C'G'R de côtés 4BC+2AC et 4AC+2BC.
On en déduit RK et RG proportionnels à AC et BC.
Cette figure plus "horizontale" me semble plus facile à lire :

Nous avons à peu prêt la même vision des choses , j'avais toujours en tête mon idée de pavage avec des rectangles ab et des carrés a² ou b² :


Imod

Je n'avais pas vu le lien entre tes rectangles et la question initiale
Ta figure de 11h06 m'a ouvert les yeux
Je poste une autre figure avec tes rectangles et plus de carrés :

Bonjour,
Avec les mêmes caractéristiques  un triangle quelconque ABC
donnera un triangle semblable A'B'C'.

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J'ai vérifié sur un  triangle  26;5;41.
J'obtiens un rapport de 7.4 plus faible que pour un triangle rectangle.
Reste à trouver la justification...

Juste pour reprendre les calculs de LittleFox.
Merci à tous pour avoir pensé au cas général!

Ici on peut éventuellement alléger les calculs en fixant les affixes de A et D à i et 1 dans le repère (C, CD, CA). Par similitude, ça ne changera pas le problème.  Ainsi, seul le point B peut-être considéré comme "mouvant".
En relançant ton programme (qui me font gagner du temps ), on a pour affixes:










Par conséquent les vecteurs:





On a tout de suite la preuve que le triangle A'B'C' est semblable à ABC.

Ainsi, en ne gardant que le point B, les calculs restent assez légers. Ça peut faire un chouette exo en Maths Expertes.

Avec une petite figure
Pour les coordonnées de A', B' et C', j'ai abandonné.

Ce dessin confirme la similitude ABC A'B'C'
Dans mon exemple je trouve un rapport de 7.4 alors
que pour un triangle rectangle le rapport est de 8.
Dans le  tien le rapport semble9.
Donc je pense que cela provient de l'angle C
Si mathafou passe par là....

C'est Sylvieg qui passe par là
Mais pas pour du calcul.

On a les égalités vectorielles suivantes qui permettent de justifier les triangles semblables :
LP = 4BC, FQ = 4AC, GK = 4AB.

Une piste pour les démontrer sans repère dans le cas d'un triangle quelconque :
Etablir l'égalité vectorielle ML = AB + CB en utilisant, par exemple, le symétrique du point C par rapport au point B.
Faire de même avec DQ et HG.

>fabo34

L'affaire semble bouclée pour ABC rectangle.
Pour ABC quelconque il reste à trouver k en fonction de  l'angle C

Oui, pour ABC rectangle en C, avec BC = a et AC = b, le rapport est .

Et pour le centre de l'homothétie, je propose de généraliser ce que lake avait trouvé :
Que pensez-vous du centre du cercle inscrit du triangle ABC ?

Bonjour Sylvieg,
Non, non : ce n'est pas le centre du cercle inscrit de coordonnées barycentriques (avec les notations habituelles pour les mesures des côtés du triangle).
Comme écrit plus haut le centre d'homothétie a pour coordonnées barycentriques où est l'aire du triangle
On peut le vérifier facilement avec GeoGebra.

J'avais zappé tes messages de la soirée du 16

Comme il semble que le lien vers ETC soit passé inaperçu, je poste un extrait relatif à ce point :

Juste pour le fun et pour illustrer ceci :

Waouw. Impressionnant. Ça va loin!
Je ne connaissais pas le Point de Vecten.  Et effectivement, on vérifie bien que les centres de gravité de et sont identiques,
Je donne les affixes, dont le calcul est facile avec les milieux



Et le correction d'une coquille précédente sur les affixes de H et I:

Bonjour,
J'ai repris ton idée fabo34 :
Celle de choisir une longueur 1 pour un des côtés du triangle, et un repère adapté pour faire de l'analytique.

En partant d'un triangle ABC direct où BC = 1, j'ai utilisé le repère orthonormé direct d'origine B et de premier vecteur .
Avec p et q les coordonnées du point B dans ce repère, on a q > 0.

On peut calculer la longueur B'C' :


C'est le rapport de l'homothétie.
On retrouve le résultat du triangle rectangle quand p = 0.

Sylvieg
B est à la fois l'origine du repère et de coordonnées (p,q). Il y a quelque chose qui cloche

Oui, c'est une coquille :

@Sylvieg
Peux-tu ajouter les consonnes manquantes dans le titre de ce sujet
@lake
Je démontre avec Xcas que le centre de l'homothétie est en effet le barycentre que tu évoques mais par le biais des coordonnées.
Malheureusement je ne sais pas comment le démontrer directement.

Bravo Sylvieg

En cherchant des infos sur Vecten, je suis tombé sur ce document qui a l'air assez très complet sur l'aspect géométrique: http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/La%20figure%20de%20Vecten.pdf

p117, il y a une preuve pour montrer (BC)//(MN) . Peut-être dans le même ordre que l'idée de Sylvieg, "Etablir l'égalité vectorielle ML = AB + CB en utilisant, par exemple, le symétrique du point C par rapport au point B." ? Sauf que là ils utilisent les centre des carrés. Est-ce plus immédiat? Je dois avouer qu'avec la géométrie cartésienne, les preuves géométriques me sont de plus en plus difficiles d'accès  

C'est fait alb12

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