Triangle C = 2A

Construire un triangle ABC tel que l'angle C = 2A et le côté AB = 2AC. (Geometriagon #1031)

Complètons le trapèze isocèle ACBD, avec ∠DAC = BCA.
AB est donc la bisectrice de l'angle DAC, donc DAB = BAC = ABD et le triangle ABD est isocèle, c'est à dire AD = BD.
Un trapèze isocèle étant inscrit dans un cercle, le théorème de Ptolémée donne AB.CD = AC.BD + AD.BC
En appelant x = AD = BD = BC, a = AC donné et AB = CD = 2a : 4a² = ax + x² ou encore x² + ax - 4a² = 0, équation du 2nd degré en x dont on peut construire facilement les solutions, c'est à dire le côté BC du triangle cherché.

Construire AP = 2 AC.
Sur la perpendiculaire à AC en A construire AO = AC/2.
Le cercle de centre O passant par P coupe la perpendiculaire en A en M et M'. (AM+AM')/2 = AO = a/2 et AM.AM' = AP² = 4a².
AM et AM' sont donc les solutions cherchées.
Le cercle de centre C de rayon AM et le cercle de centre A passant par P se coupent en B cherché.
La solution retenue parmi les quatre possibles étant celle avec l'angle A aigu, et sa symétrique bien sûr.
La solution avec A obtus conduit à compter l'angle C plus 180° (angle de droites modulo π) et non l'angle intérieur au triangle.

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Une hyperbole...

Le lieu des points B avec angle BCA = 2 BAC est une hyperbole.
La construction précédente donne l'intersection de cette hyperbole avec le cercle de centre A de rayon 2 AC.
La démonstration en est directement à partir du trapèze précédent. La distance de B à la médiatrice de AC est donc BC/2.
Le lieu de B est donc l'hyperbole de foyer C de directrice la médiatrice de AC et d'excentricité BC/BH = 2.
On en déduit que A est un sommet de cette hyperbole, l'autre étant S avec AS = 2/3 AC.
Le centre est I avec AI = 1/3 AC, l'autre foyer est F avec AF = -1/3 AC. Les asymptotes sont à 60°

 

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