D 1855 Une affaire d’angles

D 1855 Une affaire d’angles

Solution proposée par Pierre Renfer

1) La tangente de 10°

On pose : t tan(10) et ₂ t - 1 ) 2t tan(20

s  

Alors : ₂

3

2 2 2

t 3 1

t t 3 t 1

t 1 2

t t 1

t 2 ) 10 tan(

) 20 tan(

1

) 10 tan(

) 20 ) tan(

30 3 tan(

1



 

 

 

 











 





Le nombre t vérifie donc l’équation : 3t³ 3t²3 3t10

2) Etude de la figure

Soit E’ le point d’intersection de la bisectrice intérieure issue de B et du côté [AC].

Soit (U’) le cercle passant par C, E’, F.

On va montrer que le cercle (U’) coïncide avec le cercle (U).

On choisit AB comme unité de longeur.

On choisit le repère cartésien orthonormé, d’origine A, tel que B, C, E’, F aient pour coordonnées :

0

B 1 t ' 0

E s

C 0 0

3 / F t

Le cercle (U’) a pour équation : x² y² 2ax2byc0 Les coordonnées (a,b) sont celles du centre du cercle.

En écrivant que les coordonnées de E’ et C vérifient cette équation, on trouve :









  ts

c 2

s b t

En écrivant que les coordonnées de F vérifient cette équation, on trouve :

3 2

s t a 3 

Le cercle (U’) est tangent en C au cercle circonscrit (O) si et seulement si son centre appartient à la droite (BC), diamètre de (O).

L’ équation de la droite (BC) est : 1 s xy 

En écrivant que les coordonnées (a,b) vérifient cette équation, on obtient la condition : 0

3 t 10 t 6 t

3 ⁴ ³   

En factorisant ce polynôme du quatrième degré, on voit que la condition est bien remplie : 0

) 1 t 3 3 t 3 t 3 ( ) 3 t

(   ³  ²    