D1910 – Deux sommets confondus
On considère trois triangles isocèles de même base BC et de sommets A1, A2 et A3 situés du même côté par rapport à BC.
1. Dans le triangle A1BC, on trace le point D sur le côté A1B tel que l’angle BCD est de 15° et 6AD2 = BC2.
2. Dans le triangle A2BC, la bissectrice intérieure de l’angle en C coupe A2B en E de sorte que A₂E + EC = BC.
3. Dans le triangle A3BC, on trace les points F et G respectivement sur A3B et A3C de sorte que BF + CG = FG. La parallèle à A3C passant par le milieu H de FG coupe BC en un point I. Le cercle circonscrit au triangle FIG passe par A₃.
Démontrer que deux des trois points A1, A2 et A3 sont confondus.
Solution proposée par Patrick Gordon Cas n°1
Dans le triangle ACD, on a :
AD / sin(C–15) = AC / sin (B+15)
On veut que BC = AD √6 = AC √6 sin(C–15) / sin (B+15) Mais B = C et BC / AC = 2 cos B.
On cherche donc B tel que :
2 cos B = √6 sin(B–15) / sin (B+15)
On trouve pour B une solution unique < 90°, soit : B = 45°, à quoi correspond A = 90°.
Le triangle ABC est rectangle-isocèle et le triangle ACD est un demi–équilatéral.
Cas n°2
Dans le triangle ACD, la loi des sinus s'écrit : AE / sin C/2 = EC / sin A = AC / sin 3B/2 On veut que AE + EC = BC, soit :
AC (sin C/2 + sin A) / sin 3B/2 = BC = 2AC cos B, soit encore (en se rappelant que B = C et A = – 2B) :
sin B/2 + sin 2B = 2cos B sin 3B/2.
On trouve pour B une solution unique < 90°, soit : B = 40°, à quoi correspond A = 100°.
Cas n°3
Posons BF = x et CG = y. Les côtés AB et AC seront notés b.
La loi des cosinus dans le triangle FGA conduit, après simplifications, à la relation : b² – b(x+y) = xy tan²B
Soit une première relation entre les variables x/b, y/b et l'angle B.
Si l'on ajoute que les points FIGA sont cocycliques, cela ne fait que deux relations entre trois variables. L'idée vient naturellement de commencer par rechercher une solution symétrique (x
= y).
Le quadrilatère CGHI est alors un losange de côtés x. Ses angles en C et H valent B.
L'angle GIH vaut donc ( – B)/2. Mais GH = HF puisque H est le milieu de FG. Le triangle FHI est donc isocèle et l'angle FIH vaut donc B/2.
L'angle FIG = GIH + FIH vaut donc /2. Si les points FIGA sont cocycliques, alors A vaut aussi /2 et B vaut donc /4.
La relation ci-dessus entre x, y et B devient donc (avec x = y) : x² + 2bx – b² = 0,
qui a pour solution positive : x = b (√2 – 1).
Le triangle ainsi constitué répond bien à la question.
Ce n'est peut-être pas le seul, mais du moins peut-on affirmer qu'il y a un triangle de type 3 tel que A1 et A3 sont confondus (avec A = /2 dans les deux cas).
Nota
Ce résultat symétrique (x = y) une fois trouvé, on peut élargir le champ des solutions à l'intérieur du triangle ABC rectangle-isocèle e A (A = 90°).
En prenant le centre des coordonnées au milieu de BC, l'axe des abscisses sur BC et celui des ordonnées sur la médiatrice de BC, on peut, en posant BC = 2, calculer les coordonnées des points A B C F G H I.
En posant toujours BF = x et CG = y, il vient, avec toujours A = 90° et B = C =45° : coordonnées de I (– x √2/2; 0)
coordonnées de F (1 – x √2/2; x √2/2) coordonnées de G (– 1 + y √2/2; y √2/2)
On peut en déduire les pentes de FI et GI et écrire que leur produit est égal à – 1. Les angles en A et en I de FIGA étant ainsi droits, ces points sont cocycliques.
On en déduit une relation entre x et y de nature homographique : xy + (x+y)√2 – 2 = 0.
On retrouve bien la relation ci-dessus que donne la loi des cosinus dans le triangle FGA avec BC = 2, donc b = √2 et B = 45° :
b² – b(x+y) = xy tan²B
On notera donc que, pour A = 90°, les conditions "BF + CG = FG" et "les points FIGA sont cocycliques" sont équivalentes et qu'il existe une infinité de configurations de F et G qui répondent à la question.
Resterait éventuellement à démontrer que les deux conditions ne peuvent pas être conjointement satisfaites pour B ≠ 45°.
