Enonc´e noD315 (Diophante)
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin 1) Lemme
Soit un t´etra`edre ABCD, circonscrit `a une sph`ere de centre S. Le point S se projette en A0, B0, C0, D0 sur les facesBCD, CDA, DAB, ABC respecti- vement.
SoientEetF les sym´etriques deDpar rapport aux plansSABetSAC. Ils sont dans le planABC et on a
AE =AF,D0E =D0F et (D0E, D0F) = 2(D0B, D0C).
Preuve du lemme
Le planSAB est plan bissecteur du di`edre form´e parDAB etABC, et plan de sym´etrie de la figure form´ee par ces plans et la sph`ere. Le triangleEAB est ´egal au triangle DAB etD0 est le sym´etrique de C0.
De mˆeme, le plan SAC est plan bissecteur du di`edre form´e par CDA et ABC, et plan de sym´etrie de la figure form´ee par ces plans et la sph`ere. Le triangleCF Aest ´egal au triangleCDA etD0 est le sym´etrique de B0. Enfin, le planSBC est plan bissecteur du di`edre form´e par BCD etABC, et plan de sym´etrie de la figure form´ee par ces plans et la sph`ere. SoitK le sym´etrique deDpar rapport `a ce plan, le triangleBCK est ´egal au triangle BCDetD0 est le sym´etrique deA0.
De la mˆeme fa¸con, la sym´etrie par rapport au planSAD entraˆıne l’´egalit´e des triangles C0AD et B0AD; par rapport `a SBD, ´egalit´e des triangles C0BDetA0BD; par rapport `a SCD, ´egalit´e des trianglesB0CD etA0CD.
Il en r´esulteDA0=DB0 =DC0=D0E =D0F =D0K, AD=AE =AF,BD=BE =BK,CD =CF =CK.
CommeAE =AF etD0E =D0F, le segmentEF admetD0Apour m´ediatrice.
De mˆeme EK et F K admettent respectivement pour m´ediatrices D0B et D0C. On obtient doncE etF comme sym´etriques deK par rapport `aD0B etD0C. Cela entraˆıne (angles orient´es de droites non orient´ees, `a π pr`es) (D0E, D0F) = 2(D0B, D0C), et de mˆeme
(D0F, D0K) = 2(D0C, D0A), (D0K, D0E) = 2(D0A, D0B).
R´eciproquement, ces ´egalit´es entraˆınent
(A0B, A0C) + (A0C, A0D) + (A0D, A0B) = 0 (modπ),
ce qui montre qu’on peut “recoller” dans la faceBCD des triangles A0BC, A0CD,A0DB ´egaux (`a retournement pr`es) `aD0BC,D0CF (´egal `a B0CD), D0EB (´egal `aC0DB).
Remarque.D0 est centre du cercle circonscrit au triangleEF K.
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2) Revenant au probl`eme pos´e, je nomme les sommets du t´etra`edreA, B, C, D en sorte que la sph`ere inscrite (de centreS) toucheDAB`a l’intersection G des m´edianes, CDA`a l’intersectionH des hauteurs et ABC `a l’intersection I des bissectrices.
Les pointsG, H, I correspondent `a C0, B0, D0 du lemme.
a) CommeI est centre du cercle inscrit `a ABC, 2(IB, IC) =π+ (AB, AC) et donc (`a π pr`es) (AB, IE) = (AC, IF) d’apr`es le lemme.
b) CommeHest orthocentre deDAB,Iest orthocentre deACF et (AC, IF) = π/2. Donc (AB, IE) =π/2 et IE est hauteur du triangleABE.
c) CommeGest centre de gravit´e deDAB,I est centre de gravit´e deABE, et IE en est une m´ediane ; comme (AB, IE) = π/2, I et E sont sur la perpendiculaire `a AB´elev´ee de son milieu, qui est la m´ediatrice de AB.
Il en r´esulte IA = IB, le triangle IAB est isoc`ele et les angles IAB et IBAsont ´egaux ; dans le triangleABC, les angles (doubles des pr´ec´edents) CAB et CBA sont ´egaux, le triangle est isoc`ele, CA = CB et C, E, I ap- partiennent tous trois `a la m´ediatrice deAB.
D’apr`es le lemme, AE =AF etIE=IF, ainsiAI est m´ediatrice deEF. Dans le triangleACF,Iest l’orthocentre ;CF, orthogonal `aAI est parall`ele
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aEF; ainsiC, E, F sont align´es.
DoncE, appartenant `aCF etCI, est confondu avecC. Il en r´esulte que les trianglesABC etABD sont ´egaux.
Dans le triangle ABC, I est `a la fois centre du cercle inscrit et centre de gravit´e. Cette propri´et´e est caract´eristique du triangle ´equilat´eral. On peut
´ecrire par exemple, ayant montr´e queCI etAB sont orthogonaux, tanBAC = 3 tanBAI= tan(2BAI), d’o`u tan2BAI= 1/3,BAI =π/6.
Le triangleABC ´etant ´equilat´eral et touch´e en son centre par la sph`ere, les 3 autres faces du t´etra`edre se correspondent par sym´etrie ternaire et sont
´egales entre elles ; on a vu queABD est ´egal `a ABC, donc toutes les faces sont ´egales au mˆeme triangle ´equilat´eral et le t´etra`edre ABCDest r´egulier, CQFD.
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