A2916
Louis Rogliano
Q1
Une construction connue ”prise à l’envers” permet de calculerβ puisαen utilisant la figure(1).
On place le pointF sur le segment[P O]tel queOF =aet on montre ensuite que x=F D =a.
Des considérations d’angles permettent alors d’écrire: 1
2(π−β) + (π−4β) +β =π ⇒β = π
7 ⇒α= 3π 7 Démonstration:
En utilisant le théorème d’Al-Kashi dans la figure(1) nous obtenons:
(a+b)2 +a2−2a(a+b)cosβ = x2 (a+b+c)2+a2−2a(a+b+c)cosβ = 2a2
2a2−2a2cosβ = c2 2(a+b+c)2−2(a+b+c)2cosβ = a2
L’éliminati on des variablesb,cetβ conduit à la relation:
197a8−308a6x2+ 130a4x4−20a2x6+x8 = (a−x)(a+x)(197a6−111a4x2+ 19a2x4−x6) = 0 La seule solution compatible avec les conditions géométriques estx=a.
Q2
Dans le triangleP AD nous avons : \AP D = π
7,\P DA= 4π
7 et\DAP = 2π 7 . Avec la loi des sinus et compte tenu du rayonωO = 1, on obtient:
sinπ 7 = a
2 et cosπ 7 =
√ 1− a2
4 PuisAD =a= 2sinπ
7,P D = 2a
√ 1− a2
4 etP A=a√
4−a2(2−a2).
L’aire du triangleAP D est égale à:
1
2AD×AP sin2π 7 = 1
4a3(4−a2)(2−a2)
La somme des carrés des longueurs des côtés est égale à:
AD2+DP2+P A2 = 21a2 −21a4+ 8a6−a8
1
2
