D180 – Une belle collection d’angles [*** à la main]
Les angles aux sommets B et C d’un triangle ABC valent respectivement 80° et 60°. Sur la droite BC, on trace le point D de l’autre côté de B par rapport à C tel que l’angle ADB est égal à 40°.On porte sur le côté AC le point E tel que l’angle ABE est égal à 10°. A l’intérieur du segment BE, on trace le point F tel que l’angle ACF est égal à 20°. Sur le droite AF on porte le point G du même côté que F par rapport à BC tel que CG = CD.
Enfin à l’intérieur du segment BC, on trace le point H tel que EC+ CH = EH + HB. Trouver les trois angles que font respectivement les droites AF, CG et EH avec la droite BC.
Nota : dans la mesure du possible, une solution purement géométrique est préférée à toute autre solution par la trigonométrie ou la géométrie analytique.
Solution
Ce problème fait intervenir des triangles dont les angles de 10°, 20°, 40°, 60° et 80° qui apparaissent explicitement dans l’énoncé sont tous des multiples de 10°. Comme dans le problème D140 accessible à l’adresse: http://www.diophante.fr/D1.Triangles-et-
cercles/D140.-Un-vrai-feu-d-artifices.html, on utilise les propriétés de l’octodécagone régulier, polygone à 18 côtés, qui donne la panoplie complète des angles égaux à 10k° pour tout k entier variant de 1 à 18, quand on regarde toute corde joignant deux sommets
quelconques du polygone à partir du centre du cercle circonscrit ou d’un autre sommet.
Tracé préliminaire - Les points A,B et C sont trois des sommets d’un octodécagone régulier (O) de centre O tels que AOB = 2ACB = 120°,BOC = 2BAC = 80°. et AOC = 2ABC = 140°.
Q1 – Avec ses angles à la base CBF = CFB = 70°, le triangle CBF est isocèle de sommet C.
La droite CF coupe (O) au sommet M tel que BCM = 40° et la droite BF coupe (O) au sommet N tel que CBN = 70°. M et N sont de part et d’autre de A avec MON = 60°.Le triangle OMN est donc un triangle équilatéral. CommeCMN = CBN = MFN =
BFC = 70°, le triangle NMF est isocèle de sommet N. D’où NM = NF. Comme NF = MN = NO, le triangle NFO est isocèle de sommet N avec FNO = MNO - BNM = MNO -
BCM = 60° - 40° = 20° . D’où FON = 80° et FOM = FON - MON = 20°. La droite OF rencontre donc (O) en un sommet adjacent à M à égale distance de A et de B. Le triangle FAB est isocèle de sommet F. Soit P l’intersection de la droite AF avec BC. Comme
APB = 180° - ABC - BAF = 180 ° - 80° -10° = 90°, AF est perpendiculaire à BC.
Q2 – On trace le point D sur la droite BC de l’autre côté de B par rapport à C tel que l’angle
ADB est égal à 40°. On porte le point G sur la droite AF et le point I sur AD tel que CG = CI = CD.
Le triangle CDI est par construction isocèle de sommet C. D’où CDI = CJD = 40°.
Comme CAD = ACB - ADB = 60° - 40 ° = 20°, le triangle IAC est isocèle de sommet I avec IAC = ICA = 20°. Soit Q la projection de I sur AC.On a les égalités CQ = CA/2 et CP=CA/2, APC étant un demi-triangle équilatéral . Donc CP = CQ.Les deux triangles rectangles CIQ et CGP qui ont leurs trois côtés égaux deux à deux, sont congruents et la valeur de l’angle GCP = ICQ = 20°.
Q3 – La droite BF coupe AC au point E. Sur la droite AB de l’autre côté de B par rapport à A, on trace la point T tel que AT = AE. TE coupe CB en un point H’.
On va démontrer que H’ est confondu avec le point H tel que EC+ CH = EH + HB. Le triangle TBH’ est isocèle de sommet T avec BTH’ = 20° , TBH’ = TH’B = 80°.
Comme TBE = 10°, on a la propriété BH’ = TE. déjà démontrée dans D120 :
http://www.diophante.fr/D1.Triangles-et-cercles/D120.-Un-triangle-isocele-tres-richement- dote.html . On prolonge alors EH’ d’un segment H’U tel que H’U = TE = BH’ ainsi que EC du segment CV tel que EV = EU. Comme EU= EV = TH’ = TB et BTH’ = UEV = 20°,les deux triangles isocèles TBH’ et EUVsont congruents. D’où UV = BH’ = H’Uet
EUV = EVU = UH’C = 80°. Le triangle UVH’ est isocèle de sommet U avec
UH’V = UVH’ = 50°. Comme CH’V = CVH’= 80° - 50° = 30°,le triangle CVH’
est aussi isocèle de sommet C. On a donc EC + CH’ = EC + CV = EV = EU = EH’+H’U. H’
et H ne font qu’un seul et même point. La droite EH fait donc un angle de 80° avec BC.
