Les angles QOA et QO'A' sont égaux

D253 – Deux pentagones réguliers et leur point commun

On trace un pentagone régulier ABCDE et un deuxième pentagone régulier CFGHI qui a un sommet commun C avec le premier. L'angle BCF est quelconque et l'on trace les deux segments de droite AH et EG qui se coupent en un point J. Calculer l'angle AJG.

Solution de Patrick Gordon

La solution géométrique fait appel à une propriété plus générale.

Considérons deux cercles C et C' de taille différente sécants en P et Q. Soit A un point de C et soit A' le point où la droite PA recoupe C'. Les angles QOA et QO'A' sont égaux. Ils sont, en effet, les angles aux centres correspondant aux arcs interceptés sur les cercles respectifs par les angles que font entre elles les droites PQ et APA'.

Application à notre problème. On considère les cercles circonscrits aux deux pentagones. Le point C jouera le rôle du point Q. Soit J' (provisoirement, car nous allons montrer qu'il n'est autre que J) le point autre que C où ces deux cercles se recoupent. D'après la propriété ci- dessus, comme les angles au centre correspondant à FCG et DCE sont égaux (tous deux à 2π/5), la droite GE passe par J'. Mais c'est vrai aussi pour les angles au centre correspondant à FCH et DCA (égaux tous deux à 4π/5). La droite HA passe donc elle aussi par J'. Mais HA et GE se coupent en J. J' n'est donc autre que J. Puisque les points ABCDEJ sont sur un même cercle, dans ce cercle l'angle inscrit EJA intercepte le même arc que ECA, lequel vaut π/5.

L'angle AJG, supplémentaire de EJA vaut donc 4π/5 = 144°.

On remarque que cet angle est indépendant de l'angle de rotation.

Voici, à titre complémentaire, une solution trigonométrique.

Notons r le rapport d'homothétie CH / CA.

Notonsl'angle CAJ et l'angle CHJ.

En raison de la similitude entre CH et CA, on a dans le triangle CHA :

sin/ sin = r.

Notons de même' l'angle CEJ et'l'angle CGJ.

En raison de la similitude entre CG et CE, on a dans le triangle CGE : sin' / sin'= r.

Donc :

(1) sin / sin = sin' / sin'

soit encore :

(2) sin' / sin= sin' / sin

On a l'intuition que=' et ='. Essayons de le montrer.

Dans le triangle AJE les angles en A et en E valent respectivement (pour cette figure) : 2π/5 –

et 2π/5 +'. L'angle AJE vaut donc : π/5 +–'.

De même dans le triangle HJG les angles en H et en G valent respectivement (pour cette figure) : 2π/5 – et 2π/5 +'. L'angle HJG vaut donc : π/5 + –'.

Mais AJE et HJG sont égaux (comme opposés par le sommet). On a donc : (3)  –' = –'.

Les relations (2) et (3) impliquent que=' et ='.

En effet, soit x la différence commune :

' =+ x

' = + x.

On a :

sin' / sin= [sincos x + sin x cos ] / sin= cos x + cotsin x.

De même :

sin'/ sin = [sin cos x + sin x cos] / sin = cos x + cot sin x.

Il résulte alors de (2) que :

sin x (cot– cot) = 0.

Commen'est pas égal à (le rapport r de leurs sinus serait alors égal à 1 et la figure serait très particulière), c'est que' – = x = 0 (en principe à π près mais la figure montre que les angles''donc x sont aigus).

L'angle AJE vaut donc : π/5 +–' = π/5 et son supplément AJG vaut donc 4π/5 = 144°.