Enonc´e noD160 (Diophante)
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin Question 1
Soitale milieu de J S, c’est le pied de la hauteur abaiss´ee de A surJ S.
La sym´etrie par rapport `a la m´ediatrice de AS transforme le triangle ASa en triangle SAs.
(SA, Ss) = (Aa, AS) = (AJ, AS)/2 = 10◦ = (SA, SP), doncP est surSs.
(P A, P s) = (P J, P S) = 30◦ et comme les angles ena etssont droits, (As, AP) = 60◦ et P Asest un demi-triangle ´equilat´eral,
P A= 2As= 2Sa=J S.
La distance entre Prof et Atchoum est la mˆeme qu’entre Joyeux et Simplet, soit 20 m`etres.
Question 2
Les angles de la figure d´eterminent (P T, P G) = 180−10−20 = 150◦, (P D, P T) = 180−30−40 = 110◦, puis (P G, P D) = 360−150−110 = 100◦.
Sur le prolongement de GP je construis le point c tel que Gc = GT, puis le point b tel que T b = T c. Cela d´etermine les angles (dans les triangles isoc`elesGT cetT bc)
(T G, T c) = (cT, cG) =−bc, bT) = (180−20)/2 = 80◦, (T b, T c) = 180−2×80 = 20◦,
(bT, bG) = 180−80 = 100◦, (P c, P T) = 180−150 = 30◦.
Le prolongement deDP coupe T Gen p, d’o`u les angles (P p, P G) = 180−100 = 80◦,
(pG, pP) = 180−80−20 = 80◦,
le triangleGP pest isoc`ele avecGP =Gp.
La figure form´ee par les points T, G, P, c est semblable `a la figure de la question 1, qui a pour points homologuesS, A, P, J. Le mˆeme raisonnement qu’`a la question 1 permet donc d’affirmer que T c=P G.
Soit d le point tel que le triangle dGP soit ´egal au triangle GT c; ce point est surP D, car (pG, pD) = 80 = (cT, cG).
D’autre part, (Gd, GT) = (Gd, Gp) = (T G, T c) = 80◦. Enfin, on a Gd=GT, le triangle GT dest isoc`ele et (T G, T d) = (dT, dG) = (180−80)/2 = 50◦ = (T G, T D)
donc le pointdest surT D, c’est l’intersection deP DetT D, il est confondu avec D.
De ce fait GD=Gd=GT = 10 m`etres.
1
Question 3
Dans le triangleADG, la somme des angles est 3u+ 3v= 180◦, doncu+v= 60◦.
Soitp l’intersection de AP avec DG, dans le triangle ADpon a (pA, pD) = 180−u−v= 120◦, puis (pG, pA) = 60◦.
Siaest le pied de la perpendiculaire abaiss´ee de A surDG, le triangleApa est un demi-triangle ´equilat´eral et Ap= 2ap.
La perpendiculaire men´ee deP `aDGcoupe DA enQ etDGenq. Comme P D=P G, c’est la m´ediatrice deDG et le triangleQDGest isoc`ele. On a (GQ, GD) = (DG, DA) =u, etGQest la bissectrice de l’angleGdu triangle ADG. Le point Qest ´equidistant de GA etGD.
Le rapport des aires des triangles GDQ et ADQ est d’une part GD/AD (car ces triangles ont des hauteurs ´egales issues deQ), d’autre partDQ/QA (car ils ont mˆeme hauteur issue deG).
Par le th´eor`eme de Thal`esDq/qa=DQ/DA=GD/AD= 15/10 = 3/2.
qa= 2Dq/3 =DG/3 = 5 m`etres.
La parall`ele men´ee deP`aDGcoupeAaenb, et le triangleAP best semblable au triangle Apa, c’est un demi-triangle ´equilat´eral et
AP = 2P b= 2qa= 10 m`etres.
Question 4
Le triangleAJ T est semblable au triangle ´equilat´eralADG, donc son centre du cercle circonscritP est confondu avec le centre de gravit´e, et le sym´etrique U de P par rapport `a AT est aussi le sym´etrique de J par rapport `aP. Ainsi le segmentP Sjoint les milieux des cˆot´esJ U etJ Gdu triangleJ U G, etP S=U G/2.
Mais commeGest surAT, m´ediatrice deP U,U G=P G= 20 m`etres.
Il en r´esulte que P S= 10 m`etres.
2
