Soit donc P sur AB, Q sur BC et R sur AC.
L'angle PAR = 60°, donc A est sur un arc de cercle, d'où on voit PR sous l'angle de 60°.
De même PBQ = 60° et B sur un arc d'où on voit PQ sous l'angle de 60 °.
Le troisième sommet C est alors déterminé et il voit QR "automatiquement" sous l'angle de 60°.
Il est donc sur le cercle d'où on voit QR sous l'angle de 60°.
Il y a à chaque fois deux cercles possibles, seul celui opposé au troisième point convient
car on veut les points entre les sommets.
Dans l'applet ci-contre, P,Q,R sont déplaçables et A est déplaçable sur son cercle de centre I.
Nota :
Ces trois cercles se coupent en S.
S est le point de Torricelli de PQR si les angles de PQR sont tous < 120° :
les angles PSQ, QSR, SRP sont alors égaux à 120°
Ici ce n'est pas le cas car RPQ > 120°.
N'importe quelle sécante APB conduit ainsi à un triangle ABC équilatéral.
Donc une infinité de triangles solution.
Reste à trouver le plus grand. C'est à dire la plus grande sécante APB.
Soient I et J les centres des cercles. M et N les milieux de AP et PB.
Soit θ l'angle de AB avec IJ :
AB = 2×MN = 2×IJ×cos(θ).
Donc AB est maximale quand cos(θ)=1 soit AB // IJ.
Finalement la construction du triangle maximal :
Tracer les arcs depuis lesquels on voit PQ et PR sous l'angle de 60°.
Les centres I et J font des angles IRP = IPR = JPQ = JQP = 30°.
I opposé à Q par rapport à PR, J opposé à R par rapport à PQ.
Tracer de P la parallèle à la ligne des centres IJ.
Elle coupe ces cercles en A et B.
Complèter le triangle ABC en prolongeant AR et BQ.
Les angles extérieurs font alors 120° et il suffit de choisir les arcs de l'autre côté : I du même côté de PR que Q, et J du même côté de PQ que R.
Prouver que DEF est minimal (et même réduit à un point) quand PQR est maximal et plus précisément :
Aire(ABC) + Aire (DEF) = 4*Aire(IJK) |
APD = ARD = π/2 donc AD est un diamètre du cercle de centre I : I est le milieu de AD.
De même J milieu de BE et K milieu de CF.
De façon vectorielle 2.IJ = AB + DE et 2.IK = AC + DF
L'aire de ABC est alors le module du produit vectoriel
AB×AC et Aire(DEF) = |DE×DF|
4*Aire(IJK) = 4*|IJ×IK| = |(AB + DE)×(AC + DF)| = |AB×AC + DE×DF + DE×AC + AB×DF|
Construisons AE' = DE et AF' = -DF alors
DE×AC + AB×DF = AE'×AC - AB×AF' représente la différence des aires des triangles
AE'C et AF'B.
Mais ces triangles sont égaux car l'angle F'AB = CAE' = π/2 - π/3 = π/6.
Donc 4*Aire(IJK) = |AB×AC + DE×DF| = Aire(ABC) + Aire (DEF)
Aire(ABC) maximale quand AB // IJ et donc PD_|_IJ passe par S.
Les 3 points D,E,F sont alors confondus en S.
CQFD.
Le triangle ABC peut être "rétréci" et le problème ainsi ramené au problème précédent avec le triangle A'B'C'.
Les points bleus déplaçables (dans l'applet) définissent les cercles et leur rayon.
L'applet montre une seule solution, pas forcément celle où les cercles sont à l'intérieur de ABC
(choix arbitraire des cercles de centre I,J,K et du sens de décalage)