Sections triangulaires

Si $a=b$ ou $a=c$ ou $b=c$, le triangle est isocèle, si $a=b=c$ , le triangle est équilatéral. En fait, le triangle est isocèle uniquement lorsque (au moins) deux des longueurs $a$, $b$, et $c$ sont les mêmes et il est équilatéral uniquement lorsque les trois longueurs sont les mêmes. Ceci peut être observé avec un argument symétrique ou en calculant les longueurs des côtés du triangle $ABC$.

En appliquant le Théorème de Pythagore au triangle rectangle $AVB$, la distance de $A$ à $B$ est $$\overline{AB}=\sqrt{a^2+b^2}$$ Nous pouvons calculer de manière similaire les autres côtés : $$\overline{AC}=\sqrt{a^2+c^2} \qquad \text{et} \qquad \overline{BC}=\sqrt{b^2+c^2}$$

La règle des cosinus (trigonométrie) nous permet de calculer les angles d’un triangle dont les longueurs des côtés sont connues. Nous devons uniquement appliquer la formule de la règle des cosinus (fait attention que, ici, $a$, $b$, $c$ ne sont pas les longueurs des côtés du triangle). Alternativement, le produit scalaire entre les vecteurs peut être utilisé. Prenons $V$ comme l’origine et plaçons les axes de coordonnées le long des trois arêtes du cube au point $V$, tel que les points ont les coordonnées $A=(a,0,0)$ et $B=(0,b,0)$ et $C=(0,0,c)$. Le produit scalaire entre les vecteurs $\overrightarrow{AB}=(-a,b,0)$ et $\overrightarrow{AC}=(-a,0,c)$ est $a^2$, alors l’angle de $ABC$ en $A$ est ($\arccos$ est ici la fonction arc cosinus) : $$\hat{A}=\arccos\Big(\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{a^2+c^2}}\Big)$$ Similairement, nous avons $$\hat{B}=\arccos\Big(\frac{b^2}{\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{b^2+c^2}}\Big)\qquad \text{et} \qquad \hat{C}=\arccos\Big(\frac{c^2}{\sqrt{a^2+c^2}\sqrt{b^2+c^2}}\Big)$$

La trigonométrie assure que l’aire est la moitié du produit des longueurs $\overline{AB}$ et $\overline{AC}$ multiplié par le sinus de l’angle en $A$. Comme le sinus d’un angle d’un triangle est strictement positif, nous avons $$\sin(\hat{A})=\sqrt{1-\cos^2(\hat{A})}$$ En substituant la valeur pour $\cos(\hat{A})$, nous trouvons $$\sin(\hat{A})=\sqrt{1-\frac{a^4}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}}$$ et alors l’aire est $$\frac{1}{2}\overline{AB}\,\overline{AC}\sin(\hat{A})=\frac{1}{2}\sqrt{a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2}$$ Pour le cube avec longueur de côté $\ell$, les nombres $a$,$b$, et $c$ sont au plus $\ell$, alors la plus grande aire est obtenue lorsque $a=b=c=\ell$ (ce qui signifie que $A$, $B$, et $C$ sont des sommets du cube). La plus grande aire possible pour le triangle $ABC$ est alors $$\frac{\sqrt{3}}{2}\ell^2$$ et, pour le cube unité, c’est $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Remarque : L’aire de $ABC$ peut être aussi petite que possible, notamment si $A$, $B$, et $C$ sont près de $O$, l’aire est petite et proche de zéro.

Le triangle $ABC$ est aigu. En effet, le cosinus de chaque angle interne du triangle est strictement positif, alors chaque angle est strictement inférieur à $90^\circ$.
Nous montrons que nous pouvons obtenir tous les triangles aigus jusqu’à similarité. Sans perte de généralité, supposons que $\overline{BC}=\sqrt{b^2+c^2}$ est le côté le plus long, et redimensionnons le triangle tel que $\overline{BC}^2=b^2+c^2=1$. Nous écrivons $$x:=\overline{AB}^2=a^2+b^2 \qquad \text{et}\qquad y:=\overline{AC}^2=a^2+(1-b^2)$$ Les nombres $x$ et $y$ sont strictement positifs et ne dépassent pas $1$ et leur somme est supérieure à $1$. En variant $a$ et $b$, nous pouvons obtenir tous les nombres $x$ et $y$ avec ces propriétés. En effet, nous pouvons poser $$a^2=(x+y-1)/2 \qquad \text{et} \qquad b^2=(1+x-y)/2$$ Ceci montre que nous pouvons obtenir tous les triangles aigus jusqu’à similarité parce que les propriétés pour $x$ et $y$ ci-dessus sont nécessaires. Premièrement, il est clair que $x$ et $y$ doivent être strictement positifs. Deuxièmement, $x$ et $y$ ne peuvent pas dépasser $1$ parce que $\overline{BC}=1$ est la longueur du côté le plus long. Troisièmement, le fait que $x+y$ doit être supérieur à $1$ est lié au Théorème de Pythagore (et ceci suit de la règle des cosinus) : dans n’importe quel triangle aigu, la somme des carrés de deux côtés est strictement supérieure au carré du côté restant.

À un redimensionnement près, nous pouvons supposer sans perte de généralité que nous avons le cube unité. Avec les coordonnées choisies ci-dessus, nous avons les points $V=(0,0,0)$ et $A=(a,0,0)$ et $B=(0,b,0)$ et $C=(0,0,c)$. Donc, le cube consiste en des points dont les coordonnées sont dans l’intervalle de $0$ à $1$. Le plan de coupure consiste en les points qui peuvent être obtenus de $A$ en additionnant un multiple du vecteur $\overrightarrow{AB}$ et un multiple du vecteur $\overrightarrow{AC}$. Il s’agit des points $$(a,0,0)+t(-a,b,0)+s(-a,0,c)=((1-(t+s))a,tb,sc)$$ Pour avoir des points du cube, nous devons uniquement nous assurer que toutes les coordonnées sont entre $0$ et $1$. En observant les deux dernières coordonnées, les paramètres $t$ et $s$ doivent être non négatifs et, en observant la première coordonnée, leur somme ne peut pas dépasser $1$. En plus, nous pouvons écrire l’expression ci-dessus comme $$(1-(t+s))A+t B+s C$$ Les coefficients sont trois nombres réels non négatifs, dont la somme est précisément un. En considérant les coordonnées barycentriques dans le triangle $ABC$, nous obtenons précisément tous les points du triangle $ABC$. Alors, nous avons prouvé que l’intersection du cube et du plan de coupure est contenue dans le triangle $ABC$. Pour montrer que le triangle $ABC$ appartient à la section du cube, nous pouvons vérifier que les coordonnées des points ci-dessus (qui sont dans le plan de coupure) sont entre $0$ et $1$. En effet, ceci est le cas parce que les nombres réels $a$, $b$, $c$, $(1-(t+s))$, $t$, et $s$ sont entre $0$ et $1$. Alternativement, nous pourrions raisonner par convexité parce que le plan de coupure et le cube sont convexes et contiennent $A$, $B$, et $C$, alors ils doivent contenir l’enveloppe convexe des trois points, ce qui est le triangle $ABC$.