D143 Promenade dans le triangle heptagonal [*** à la main]

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D143 Promenade dans le triangle heptagonal [*** à la main]

Solution

Les trois sommets A, B et C du triangle heptagonal sont trois des sommets de l’heptagone régulier inscrit dans le cercle de centre O et de rayon 1.

Calculs liminaires Par convention, on prend

Cˆ 7 7 et Bˆ 2 7 ,

Aˆ_4 _  _

.On en déduit BOC = 7 6

puis AOC = 7 4

et enfin AOB =

7 2

Les côtés du triangle heptagonal sont alors respectivement égaux à : BC = 2sin 7 3

, AC = 2sin 7 2

et AB = 2sin

7

 .

Déterminons l’équation qui permet de calculer ces trois côtés. On part de l’identité (b)

2sin(a)cos b)

sin(a b)

sin(a    et on pose a = (n-1)u et b =u. D’où sin(nu) = 2sin[(n-1)u]*cos(u) – sin[(n-2)u].

Pour n=7, on calcule par étapes successives sin(7u) en fonction de sin(6u) et sin(5u) puis en fonction de sin(5u) et sin(4u) etc… soit au final en fonction de sin(u).

Tous calculs intermédiaires faits, on

obtient :

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(u)]

64sin (u)

112sin (u)

56sin - sin(u).[7

sin(7u) ²  ⁴  ⁶

Avec les égalités 7u = , 7u = 2 et 7u = 3 correspondant aux valeurs

7 ,3 7 ,2 7



 , le premier membre de la dernière identité est nul. D’où l’équation du sixième degré en sin(u) :

0 7 - (u) 56sin (u)

112sin -

(u)

64sin⁶ ⁴  ² 

Avec x = sin²(u), on obtient l’équation cubique : 0 64 x 7 8 x 7 4

x³7 ²   [E]

Si l’on exprime [E] avec y =1- x =cos²(u),on obtient 0 64 y 1 8 y 3 4

y³5 ²   [E’]

Enfin si l’on pose z = cos(u) [E’] s’écrit 0 64 z 1 8 z 3 4

z⁶5 ⁴ ²  ou

encore )

8 1 2 z 2 (z z

2

3   . )

8 1 2 z 2 (z z

2

3   = 0 ce qui donne les deux équations cubiques : 0

1 4 4

8z³ z² z  et 8z³4z²4z10 [E’’], la première s’annulant pour z = 7),

cos(π )

7 cos(3π et 7 )

cos(2π et la seconde s’annulant pour ) 7 cos(6

, )

7 cos(4π et 7 )

cos(5π .

Pour résoudre les questions qui sont posées, nous n’aurons pas besoin de calculer les valeurs numériques de chacune des racines de ces équations. A l’inverse, nous utiliserons souvent les coefficients des monômes figurant au premier membre.

Question n°1 : aire du triangle ABC

Cette aire S est donnée par la relation S= AB*sin 7 2

*BC/2 =

sin7 7 . .sin2 7 sin3

2   

. S est donc égale au double de la racine carré du produit des trois racines de [E] qui est au signe près le terme constant de [E] =

64 7 .

D’où S = 4

7 .

Question n°2 : somme des carrés des côtés du triangle ABC

Cette somme est égale à S₁ = ]

sin 7 7 sin 2 7 [sin 3

4 ²  _ ²  _ ²

. S₁ est donc égale au signe près à 4 fois le coefficient de x dans [E]. ²

D’où S₁ = 7.

Question n°3 : somme des carrés des inverses des côtés du triangle ABC Cette somme est définie par

7 sin 3 4

1 7

sin 2 4

1 sin 7

4 1

2 2

2 ^  ^ 

2 

S . D’où

7 sin 3 7 sin 2 sin 7 4

7 sin 2 sin 7 7 sin 3 sin 7 7 sin 3 7 sin 2

2 2

2

2 2 2

2 2

2



 _ _

2 

S . Le numérateur est le coefficient de x dans

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l’équation [E] tandis que le produit des carrés des sinus dans le dénominateur est au signe près le terme constant de [E].

Il en résulte S₂ 2

Question n°4 : somme des carrés des hauteurs issues des sommets A,B et C.

Les hauteurs issues de A,B et C sont respectivement égales à

BC et 2S AC , 2S AB

2S avec S aire du triangle égale la moitié du produit de chaque côté par la hauteur perpendiculaire à ce côté.

D’où la somme S₃= ]

7 4sin 3π

1 7

4sin 2π 1 7

4sin π .[ 1 4S

2 2

2

2   =4S²S₂=

2 7

Question n°5 : carré de la distance du centre du cercle circonscrit à l’orthocentre.

Dans la figure ci-dessus, K point d’intersection des hauteurs issues de A,B et C est l’orthocentre du triangle ABC. Le triangle OKC a pour angle au sommet C OCK = OCB + BCK =

7 ) 2 (2 14



   = 7

2 et pour côtés OC = 1 et KC =

7 ) 2π 2 cos(π

HC



avec HC = AC.

7 cos =2π

7 sin2

. 7

cosπ . Il en résulte KC = 2 7

cos . La loi des cosinus appliquée au triangle OKC π donne la relation OK² OC² KC²2OC.KC.cos(OCK).

D’où en posant z = 7

cosπ , OK = 1 + ² 4z - 4z. ² 7

cos2π = 1 + 4z - 4z.(2² z -1) . ² D’après la première équation de [E’’], on en conclut OK² 2ouOK 2

Question n°6 :calcul du produit des tangentes des angles au sommet.

Soit P= tan Aˆ .tan Bˆ . tanCˆ= . 7 tan2 7 .

tan4  tan7

= .

7 tan3π

 7

.tan π 7 tan2π

On a

sin7 7 . .sin2 7

sin3  

= 8 7 .

Par ailleurs le terme constant de la première équation [E’’] donne

7 .cosπ 7 .cos2π 7

cos3π =

8 1 > 0.

Il en découle immédiatement que P =  7.

Question n°7 : le double du plus petit côté est égal à la moyenne harmonique des deux autres côtés.

Par la trigonométrie :

Par construction le plus petit côté est AB qui est opposé à l’angle 7

 . La propriété énoncée est vérifiée

si et seulement si )

BC 1 AC .( 1 2 1 2AB

1   . Il s’agit donc de démonter que

7 sin 3

1 7

sin 2 1 sin 7

1

π π

π   .

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En mettant ces trois fractions au premier membre et en les réduisant au même dénominateur, on obtient le numérateur

7 sin2 sin7 7 sin3 sin7 7 sin3 7

sin2  _   _  

= )

7 sin2 7 sin3 7 sin3 cos7 2 7(

sin   _  _ 

Or sin(ab)sin(ab)2sin(a)cos(b). D’où

7 sin3 cos7

2  

= 7

sin2 7

sin4 

 =

7 sin2 7

sin3 

 et

7 sin2 sin7 7 sin3 sin7 7 sin3 7

sin2  _   _  

= 0.

Par la géométrie :

Soit le point S l’un des sept sommets de l’heptagone régulier symétrique de A par rapport à OB (voir figure de la question n°9 ci-après). Les quatre points A,B,S et C sont cocycliques. Le théorème de Ptolémée permet d’écrire que le produit des diagonales BC et AS est égal à la somme du produits des côtés opposés pris 2 à 2. Il en résulte que BC.AS = AC.BS + AB.CS. Or AB = BS, AS = AC et CS = BC.

D’où BC.AC = AC.AB + AB.BC = AB.(AC + BC), ce qui donne AB =

BC AC

AC.BC

 .CQFD.

Question n°8 :comparer les triangles PQR et HIJ.

Le triangle PQR dont les côtés sont les médianes du triangle heptagonal est évidemment semblable au triangle ABC avec un coefficient d’homothétie égal à 1/2.

S’agissant du triangle orthique HIJ, on observe tout d’abord que le triangle IJK défini par l’orthocentre K et deux des sommets du triangle orthique est semblable au triangle KBC. En effet on vérifie que les angles aux sommets valent

14 et 3π 14 ,5π 7

3π . Il en découle

OC BC OJ

IJ  avec OJ = OC.cos 7

3π. D’où IJ = BC.cos 7 3π= 2.

7 sin3

.cos 7

3π= 7 sin6

=sin7

= 2 AB.

De la même manière, on peut déterminer HI = 2

BC et HJ = 2

AC. Les deux triangles PQR et HJIJ sont donc égaux entre eux et sont homothétiques au triangle heptagonal avec un coefficient de réduction égal à 1/2.

Question n°9 : quelle est la nature du triangle DEF ? Le triangle DEF est isocèle de sommet D.

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On a par hypothèse BAC=

7 4

,ABC=

7 2

et ACB=

7

 .

Comme AD est bissectrice de l’angle BAC, il en résulte que ABC = BAD = 7 2

. Le triangle DAB est isocèle de sommet D. D’où AD = BD.

Comme AD,BE et CF sont bissectrices concourantes en G, il en résulte que ADB = 7 3

et

BGD=ABG+BAG = 7 3

. Le triangle BGD est donc isocèle de sommet B avec GD = d. Par ailleurs CAG=

7 2

, AEB=- 7 4

- 7

 = 7 2

. Le triangle GAE est isocèle de sommet G. Enfin

AFG = 14 5

et FGA= CAG+ACG = 14 5

. Le triangle AFG est donc isocèle de sommet A. Il en résulte que AF = AG = GE = a.

Dans le triangle ABD, BG étant bissectrice, on a la relation

GD BD AG

AB  =

GD GD AG GD

AD   =

d d a

et dans le triangle ABE, AG étant bissectrice, on a la relation

GB AB GE

AE  =

d a

AB AD AB BD AB

 

 =

d a d

AG  . En rapprochant toutes les identités ainsi obtenues, on déduit que BF = AB – AF = a

d d) a(a 

= d a²

et AE =

d a²

. Par conséquent BF = AE et les deux triangles BFD et ADE qui ont deux côtés égaux (BD = AD et BF = AE) et le même angle adjacent à ces deux côtés égal à

7 2

, sont égaux. D’où DF = DE et le triangle DEF est isocèle de sommet D.