Triangle équilatéral Constructions du triangle équilatéral : Euclide, pliages, construction avec contraintes.	…avec GéoPlan

Propriétés du triangle équilatéral

Un triangle équilatéral est un triangle dont les trois côtés sont de même longueur,
les angles sont égaux et mesurent 60 degrés (soit radians).

Dans un triangle équilatéral, toutes les droites remarquables (médiane, hauteur, bissectrice, médiatrice) relatives à un même côté sont confondues.
Elles ont même longueur, égale à a, où a est la longueur du côté du triangle.
L'aire du triangle est a × h égale à a².

Le centre de gravité est confondu avec l'orthocentre et les centres des cercles inscrit et circonscrit.

Le rayon R = OA du cercle circonscrit est égal aux de la longueur de la médiane, soit R = a .

Le rayon r = OH du cercle inscrit est égal au de la longueur de la médiane, soit r = a

Dans un triangle équilatéral, le cercle circonscrit a un rayon double de celui du cercle inscrit.

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1. Les Éléments d'Euclide

Collège : classes de sixième et cinquième

Proposition 1 du I ^er livre des Éléments d'Euclide :
Construire un triangle équilatéral sur une ligne droite donnée et finie.

EXPOSITION. Soit AB une droite donnée et finie (on dirait maintenant un segment [AB]).

DÉTERMINATION. Il faut construire sur la droite finie AB un triangle équilatéral.

CONSTRUCTION. Du centre A et de l'intervalle AB, décrivons la circonférence ACD (demande 3) ; et de plus, du centre B et de l'intervalle BA, décrivons la circonférence BCE; et du point C, où les circonférences se coupent mutuellement, conduisons aux points A, B les droites CA, CB (demande 1).

DÉMONSTRATION. Car, puisque le point A est le centre du cercle ACD, la droite AC est égale à la droite AB (définition 15) ; de plus, puisque le point B est le centre du cercle BCE, la droite BC est égale à la droite BA ; mais on a démontré que la droite CA était égale à la droite AB; donc chacune des droites CA, CB est égale à la droite AB; or, les grandeurs qui sont égales à une même grandeur, sont égales entre elles (notion 1) ; donc la droite CA est égale à la droite CB; donc les trois droites CA, AB, BC sont égales entre elles.

CONCLUSION. Donc, le triangle ABC (définition 24) est équilatéral, et il est construit sur la droite donnée et finie AB. Ce qu'il fallait faire.

Rappels

Demande 3. D'un point quelconque, et avec un intervalle quelconque, décrire une circonférence de cercle.

Définition 15. Un cercle est une figure plane, comprise par une seule ligne qu'on nomme circonférence ; toutes les droites, menées à la circonférence d'un des points placés dans cette figure, étant égales entre elles.

Définition 24. Parmi les figures trilatères, le triangle équilatéral est celle qui a ses trois côtés égaux.

Construction avec un logiciel de géométrie :
Placer A et B et dessiner le segment [AB],
tracer les cercles de centre A et B et de rayon AB (cercles de centre A passant par B et de centre B passant par A),
construire C un des pointsd'intersection des deux cercles,
tracer les segments [BC] et [AC].

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Voir : Cabri en sixième
Retrouver ce paragraphe dans : les Éléments d'Euclide

2. Construction d'un triangle équilatéral de hauteur donnée

Retrouver ces paragraphe dans : construction à la règle seule
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3. Construction par pliage à partir d'un cercle

Classe de troisième

Dessiner un cercle et tracer deux diamètres perpendiculaires [AA’] et [DE]. Rabattre le point A’ sur O. Le pli rencontre [AA’] en H le cercle en B et C. Quelle est la nature du triangle ABC ?

Solution

Les triangles OBA’ et OCA’, ayant leurs trois côtés de longueur égale au rayon du cercle, sont équilatéraux ; l'angle au centre BOC mesure 120°. L'angle inscrit BAC mesure 60°. ABC est un triangle équilatéral.

Longueur du côté et aire

Si R est le rayon du cercle circonscrit,
la hauteur h du triangle est AH = AO + OH = R.

Avec le calcul de la hauteur h = a, en simplifiant R = a,
on trouve que a, longueur du côté BC, est égal à R.

L'aire du triangle est AH × BC = 3R².

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4. Cercles et triangle équilatéral

Classe de seconde

Les cercles (c₁) de centre O₁ et (c₂) de centre O₂ ont même rayon R ; le centre de l'un appartient à l'autre.
Le point C est le symétrique de O₁ par rapport à O₂.
Les deux cercles se coupent en A et B.

• Montrer que le triangle ABC est équilatéral de côté R .

Indications : les triangles AO₁O₂ et BO₁O₂ sont équilatéraux (configuration de la figure 1). L'angle au centre AO₂B est égal à 120°. L'angle inscrit ACB mesure 60°.
Le triangle ABC, ayant la droite (CO₁) comme axe de symétrie, est isocèle.
Un triangle isocèle ayant un angle de 60° est équilatéral.

Voir le paragraphe précédent pour le calcul R de la longueur du côté.

• Quels sont le périmètre et l'aire de la surface hachurée formée par les deux segments circulaires (ou lunules) de part et d'autre de la corde [AB] ?

Indications : la surface hachurée est limitée par les deux arcs de cercle AO₁B et AO₂B, arcs de longueur égale. Sur le cercle (c₂), l'arc AO₁B intercepte l'angle au centre AO₂B de 120°, égal au de 360°. La longueur de l'arc est donc est égal à du périmètre 2πR du cercle, soit πR.

Le périmètre de la surface hachurée est alors de πR.

La surface hachurée est la réunion de deux lunules, de même aire, délimitées par la corde [AB] et les deux arcs de cercle.
L'aire de la lunule AO₁B est égale à l'aire du secteur angulaire AO₂B diminué de l'aire du triangle AO₂B.
L'aire du secteur angulaire AO₂B est égal à de l'aire πR² du cercle, soit πR².
Le point O₂ est le centre du triangle équilatéral ABC, de côté R et d'aire 3R² (voir paragraphe précédent).
AO₂B, BO₂C et CO₂A partagent en trois triangles d'aire égale le triangle ABC. L'aire du triangle AO₂B est donc × 3R² soit R².
L'aire du segment circulaire AO₁B est : πR² − R² = ( − )R².
L'aire de la surface hachurée est égale à ( − )R²

Voir un autre découpage dans : aire en seconde
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5. Triangle équilatéral inscrit dans un carré - Problème de Abu l-Wafa

Abu'l-Wafa est un mathématicien et astronome persan connu pour ses apports en trigonométrie et pour ses constructions à la « règle et au compas ».
Il est né en 940 à Buzjan dans la région de Khorasan. À l'âge de vingt ans, il part pour Bagdad où il restera jusqu'à sa mort en 998.

a. Le triangle d’Abu l-Wafa

Classe de première L

Étant donné un carré OPCQ, construire un triangle équilatéral CIJ, I et J étant situés sur les côtés du carré.

Abu l-Wafa se posait le problème comme suit :
soit OPCQ un carré de centre O₂ ; un point I quelconque sur l'arête [OP] et le point J symétrique de I par rapport à la droite (OC) ; J est alors sur [OQ]. Le triangle CIJ peut-il être équilatéral ?

La construction n'est pas unique, il s'agit d'en réaliser au moins une aboutissant à un triangle équilatéral inscrit dans le carré.

b. La solution proposée par Abu l-Wafa est la suivante :

1. Construire le cercle (c₂) de centre O₂, circonscrit à OPCQ.
2. Construire un second cercle (c₁) de centre O passant par O₂.
3. Nommer A et B les deux points d'intersection de ces cercles
   (le triangle ABC est équilatéral comme le montre la figure du paragraphe 4).
4. On peut alors prouver que les droites (CA) et (CB) coupent les arêtes du carré en deux points qui sont les points I et J recherchés. Le triangle CIJ est équilatéral.

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Problèmes de construction au collège
Retrouver ces paragraphes dans : configurations fondamentales

c. Trois triangles équilatéraux

Construction

Construire les cercles (c₁) de centre O, passant par C, et (c₂) de centre C, passant par O.
Ces deux cercles se coupent en D et H.
Soit A et B les milieux de [OD] et [OH].
Les droites (CA) et (CB) coupent les arêtes du carré aux points I et J.

Le triangle CIJ est équilatéral.

Indications

Les rayons [OD] et [OH] font un angle DÔH de 120°. Leurs médiatrices (CA) et (CB) font un angle AÔB de 60°.

En effet, si F est le symétrique de C par rapport à O, le triangle DFH est équilatéral comme le montre la figure du paragraphe 4. O est le centre du cercle circonscrit, donc (OD) et (OH) sont deux médiatrices du triangle.

(CA) et (CB) recoupent le cercle (c₁) en E et G.
Le triangle CEG symétrique (par rapport à O) de DFG est aussi équilatéral. (On note que CDEFGH est un hexagone régulier).
Par symétrie par rapport à O, les cordes [CE] et [CG] sont les médiatrices des rayons [OD] et [OH] qu'elles coupent en leurs milieux A et B.

Enfin, on montre que la figure admettant (CF) comme axe de symétrie, le triangle CIJ est isocèle ; donc avec un angle ICJ de 60°, il est équilatéral.

Commandes GéoPlan
Déplacer les points O ou O₂,
taper S pour la solution.

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d. Rotation de centre C et d'angle 60°

Construire l'image (d) de la droite (OP) par la rotation r de centre C et d'angle 60°, cette droite image (d) coupe (OQ) en B, puis on obtient C en construisant l'image de B par la rotation réciproque r^{– 1} de centre C et d'angle -60°.

Le triangle ABC est équilatéral.

Démonstration

La droite image (d) coupe bien (OQ) car sinon (d) serait parallèle à (OQ), et donc perpendiculaire à (OP) : impossible, car l'angle entre (d) et (OP) vaut 60° (ou 120°).
Enfin, ABC est bien équilatéral, car A est l'image de B par la rotation réciproque r^{– 1} de centre C et d'angle -60° ; B est sur (d), donc A est bien sur l'image réciproque (OP). Le triangle ABC est donc isocèle en C et d'angle au sommet 60°, les trois angles du triangle valent chacun 60°.

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6. Triangle équilatéral avec contraintes

Construire un triangle équilatéral dont deux sommets sont situés sur deux droites

On donne un point A et deux droites (d₁) et (d₂).

Existe-t-il un point B sur (d₁) et un point C sur (d₂) tel que le triangle ABC soit équilatéral ?

Solution

Si le triangle équilatéral ABC existe, le point C est obtenu à partir du point B par une rotation de 60° (ou de - 60°) autour de A. Cela nous donne une méthode de construction de deux triangles qui, en général, répondent à la question :
- Premier triangle : on fait pivoter la droite (d₁) de 60° autour de A. La transformée (d₁’) coupe (d₂) en C. Le point de (d₁) dont C est l'image est le point B.
- Deuxième triangle : on fait pivoter la droite (d₁) de - 60° autour de A. La transformée (d₁’) coupe (d₂) en C’. Le point de (d₁) dont C’ est l'image est le point B’.

Dans le cas où (d₁) et (d₂) font entre elles un angle de 60°, l'une des deux constructions reste valable. Quant à l'autre, elle en génère une infinité ou au contraire ne produit aucun triangle selon que A est sur des bissectrices de (d₁, d₂) ou pas.

Construction

Soit H la projection de A sur la droite (d₁), on construit le cercle (c) de centre A, tangent à (d₁) en H. La médiatrice de [AH] coupe le cercle (c) en U et V. Les tangentes en U et V sont les images de (d₁) par les rotations d'angles 60° et -60°. Ces deux tangentes coupent en général (d₂) en deux points C et C’. On construit les antécédents B et B’ de C et C’ dans les deux rotations.

Commande GéoPlan :
cliquer dans une des deux figures et taper T pour afficher le triangle AB’C’, deuxième solution.

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Construire un triangle équilatéral dont deux sommets sont situés sur deux droites parallèles

Étant donné un point A et deux droites parallèles (d₂) et (d₃), construire un triangle équilatéral de sommet A tel que les deux autres sommets soient situés sur chacune des droites.

Méthode 1 - rotation

Construire l'image (d₃’) de la droite (d₃) par la rotation r de centre A et d'angle 60°, cette droite image (d₃’) coupe (d₂) en B.
Enfin, on obtient le point C en construisant l'image de B par la rotation réciproque r^{– 1} de centre A et d'angle -60° (constructions faciles avec le compas et la règle).

Démonstration

(d₃’) coupe bien (d₂) : en effet, l'angle entre (d₃) et (d₃’) étant de 60° (ou 120°), et (d₂) et (d₃) étant parallèles, l'angle entre (d₂) et (d₃’) est donc de 60° (ou 120°).
Le point C appartient bien à (d₃) car C est l'image de B par r^{– 1} ; B appartient à (d₃’) et l'image de (d₃’) par r^{– 1} est (d₃).
Enfin, ABC est bien équilatéral, car C est l'image de B par la rotation réciproque r^{– 1} de centre A et d'angle -60°, donc ABC est isocèle en A et d'angle au sommet 60°, ces trois angles valent donc chacun 60°.

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Méthode 2 - cercle circonscrit

Construire un triangle équilatéral dont les sommets sont situés sur trois droites parallèles (d₁), (d₂) et (d₃).

On peut choisir arbitrairement un point A sur la droite (d₁) - figure plus simple en choisissant la droite du centre.

Démonstration : à partir de A tracer les droites (d₂’) et (d₃’) faisant avec la droite (d₁) des angles de 60° (avec GéoPlan utiliser les images d'un point de (d₁) par les rotations de centre A et d'angles 60° et -60°).

(d₂’) coupe (d₂) en B₂ et (d₃’) coupe (d₃) en C₃. Le cercle circonscrit au triangle AB₂C₃ recoupe (d₂) en B et (d₃) en C. Les angles inscrits AB₂B et AC₃C, égaux à 120°, interceptent sur le cercle deux arcs dont les longueurs sont égales au tiers de la circonférence. Les angles inscrits supplémentaires ACB et ABC sont égaux à 60° et le triangle ABC est une solution du problème.

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Problèmes analogues

Construire un triangle rectangle isocèle dont :
• les deux sommets des angles aigus sont situés sur deux droites,
• le sommet de l'angle droit est situé sur une droite, un des sommets d'un angle aigu est situé sur une autre droite.

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7. Relation métrique

Classe de seconde

ABC est triangle équilatéral.
M un point de son cerclecirconscrit (c), M est entre B et C.

MA = MB + MC

Indication

Soit I le point de [AM] équidistant de M et C.
MIC triangle isocèle ayancle t un angle de 60° (angle inscrit AMC dans le cercle (c) égal l'angle ABC), est aussi équilatéral.

La rotation de centre C et d'angle 60° transforme I en M et A en B.
Donc, IA = MB et MB + MC = IA + IM = MA.

Bissectrice

Une étude des angles inscrits permet de remarquer que BMC complémentaire de BAC mesure 120°,

que AMB = ACB = 60° et AMC = ABC = 60°,
(MA) est la bissectrice de BMC.

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8. D'un triangle équilatéral à l'autre

Classe de seconde

ABC est un triangle équilatéral inscrit dans un cercle (c).

F est le point de [BC] tel que FB = k FC. On choisira k = 1, 2 ou 3

La droite (AF) recoupe le cercle en D.
La droite parallèle à (AD) passant par B coupe (CD) en E.

a. Montrer que BED, ayant deux angles de 60°, est un triangle équilatéral.
Vérifier que et calculer DF.
b. Calculer le rapport de l'aire du triangle ABC sur l'aire du triangle BED.

Indication

a. Les angles inscrits ADC et ADB sont égaux à 60°.
(DF) est une bissectrice du triangle BCD et DB/DC = FB/FC = k, soit DB = k DC.

Le triangle BED, ayant deux angles de 60°, est un triangle équilatéral ; on note a son côté : DB = DE = a et DC = a/k.

Par hypothèse (FD) // (BE), d'après la propriété de Thalès dans le triangle BCE on a : CE/CD = BE/FD.

1/DC + 1/DB = 1/DC + 1/DE = (DE + DC)/(DC×DE) = CE/(CD×DE) = CE/CD × 1/DE = BE/FD × 1/DE = 1/FD.

On a bien :

De DB = k DC = a, on trouve 1/DF = 1/DB + k/DB = (k + 1)/DB, d'où DF = DB/(k + 1) ; soit DF = a/(k + 1).

b. Soit I le milieu de [DE]. La hauteur de BED est IB = a.

CI = CD + DI = a/k + a/2 = a (1/k + 1/2). Avec la relation de Pythagore dans le triangle rectangle BCI :

CB² = CI² + IB² = a²((1/k + 1/2)² + 3/4) = a² ,
le rapport de l'aire du triangle ABC sur l'aire du triangle BED est égal au rapport des carrés de leurs côtés, donc .

Pour k = 2 on a un rapport de 7/4.

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9. Triangle et cercle inscrits

Un triangle équilatéral est inscrit dans un cercle, lui-même inscrit dans un autre triangle équilatéral.

La longueur du côté du petit triangle étant 1, quelle est celle du côté du grand ?

Commandes GéoPlan

Cliquer dans la figure et taper S pour afficher les médiatrices de A’B’C’,
taper M pour afficher le triangle médian de A’B’C’.

Solution

Tracer le triangle médian A₁B₁C₁ de A’B’C’.
Ce triangle équilatéral inscrit dans le cercle a ses côtés de longueur 1.

Le triangle A’B’C’ est alors décomposé en quatre triangles équilatéraux de même taille que ABC.
Le côté A’B’ = A’C₁ + C₁B’ = 1 + 1 = 2 du grand triangle est double de celui du petit.

Remarque

Le cercle circonscrit au triangle A’B’C’ a un rayon R double du rayon r du cercle circonscrit au triangle ABC. Ce cercle est le cercle inscrit dans le triangle. A’B’C’.
D'où : dans un triangle équilatéral le cercle circonscrit a un rayon double de celui du cercle inscrit.

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