A l’int´erieur du segment BE, on trace le point F tel que l’angle ACF est ´egal `a 20◦

Enonc´e n^oD180 (Diophante) Une belle collection d’angles

Les angles aux sommetsB etC d’un triangle ABC valent respectivement 80^◦ et 60^◦. Sur la droiteBC, on trace le point Dde l’autre cˆot´e deB par rapport `a C tel que l’angle ADB est ´egal `a 40^◦. On porte sur le cˆot´eAC entre A et C le pointE tel que l’angle ABE est ´egal `a 10<sup>◦</sup>. A l’int´erieur du segment BE, on trace le point F tel que l’angle ACF est ´egal `a 20^◦. Sur la droite AF on porte le point G du mˆeme cˆot´e que F par rapport

`

a BC tel que CG =CD. Enfin `a l’int´erieur du segment BC, on trace le point H tel que EH+BH =EC+CH. Trouver les trois angles que font respectivement les droites AF,CGetEH avec la droiteBC.

Nota : une solution purement g´eom´etrique est ´evidemment la bienvenue.

Solution de Jean Moreau de Saint-Martin

A partir des 5 angles donn´es par l’´enonc´e, on a CBE = 80−10 = 70^◦, BCF = 60−20 = 40^◦; ´egaler `a 180<sup>◦</sup> la somme des angles des triangles ABC, EBC, ACD, BCF, donne les angles BAC = 40<sup>◦</sup>, BEC = 50<sup>◦</sup>, CAD = 20<sup>◦</sup>, BF C = 70<sup>◦</sup> = CBF. Ainsi le triangle BCF est isoc`ele et BC=CF.

1) Angle (AF, BC)

La figure le montre droit. Pour le montrer, je trace la perpendiculaire men´ee deA `a BC; elle coupe BE en F⁰.

BAF⁰ = 90−80 = 10^◦ = ABF⁰, ainsi le triangle ABF⁰ est isoc`ele et AB=BF⁰·2 cos 10^◦.

La m´ediatrice deBF⁰ coupe BC enC⁰, formant un triangle isoc`eleBC⁰F⁰ homoth´etique de BCF (l’angle B ´etant commun, tous les angles sont les mˆemes). Dans ce triangle on aBF⁰ =BC⁰·2 cos 70^◦.

AinsiAB/BC⁰ = 4 cos 10^◦cos 70^◦= 2 cos 80^◦+ 2 cos 60^◦ = 2 cos 80^◦+ 1.

La distance deB `aAC est BCsin 60<sup>◦</sup>=ABsin 40<sup>◦</sup>, d’o`u

(BC/BC⁰) sin 60^◦= (2 cos 80^◦+ 1) sin 40^◦ = sin 120^◦+ sin 40^◦−sin 40^◦. On en conclutBC =BC⁰, et les trianglesBCF⁰ etBCF sont confondus.

AinsiF appartient bien `a la perpendiculaire AF<sup>0</sup> men´ee de A `a BC.

2) Angle (CG, CB)

D’apr`es la question pr´ec´edente, G appartenant `a AF a mˆeme projection surBC queA, `a distance de C ACcos 60^◦=AC/2.

CommeCG=CD, le cosinus de l’angle cherch´e estAC/(2CD). Par la loi des sinus dans le triangleACD, ce rapport vaut

sin 40^◦/(2 sin 20^◦) = cos 20^◦. Donc (CG, CB) = 20^◦.

On observe queCG est ainsi bissectrice de l’angleBCF et m´ediatrice de BF.

1

Pour une solution g´eom´etrique, on peut chercher `a ´etablir les propri´et´es suivantes de l’octod´ecagone r´egulier (18 cˆot´es)P0P1. . . P17

– les diagonales P0P11,P1P12,P8P16 sont concourantes (enF si P0 =A, P12=B,P8 =C).

– les diagonales P0P5, P1P6, P2P8 sont concourantes (en A si P0 = D, P1 =C,P2 =G).

qui ´equivalent aux r´esultats pr´ec´edents.

3) Angle (EH, BC) =x

La loi des sinus dans le triangleEBH d’angles 110−x,70, xdonne (EH+BH)/EH = (sin 70 + sin(110−x))/sin 70.

De mˆeme dans le triangle ECH d’angles x−60,60,180−x (EC+CH)/EH = (sinx+ sin(x−60))/sin 60 =

= 2 sin(x−30) cos 30/sin 60 = 2 sin(x−30) =

= (sin(x−10) + sin(x−50))/cos 20 =

= (sin(x−10) + sin(x−50))/sin 70.

D’o`u la condition

sin 70−sin(x−10) = 2 sin(40−x/2) cos(30 +x/2) =

= sin(x−50)−sin(110−x) = 2 sin(x−80) cos 30 =

= 4 sin(40−x/2) cos(40−x/2) cos 30.

On voit apparaˆıtre une solutionx/2 = 40, x= 80^◦. S’il y avait une solutionx6= 80^◦, elle v´erifierait cos(30 +x/2) = 2 cos(40−x/2) cos 30,

mais c’est impossible, car cette derni`ere condition s’´ecrit 4 sin 10 sin 50 + (tan 30 + 2 sin 40) tan(x/2) = 0,

incompatible avec tan(x/2)>0.

La solution unique est donc (EH, BC) = 80^◦.

2