Solution du mystérieux triangle équilatéral

Stéphane Flamand
C. s. Jérôme-LeRoyer Afin de résoudre convenablement ce problème, nous aurons besoin de
trois identités trigonométriques facilement démontrables quoique rarement utilisées:
1 ) cos e cos 9 = ^ [cos(9 - cp) + cos(0 + (p)];
2) cos9-cos9 = 2sin
2 sin r9 + (p^ sin
^ 2 j l 2 J
3) sin 0 sin (p = - [cos(9 - (p) - cos(9 + (p)];
où 9 et 9 sont deux angles quelconques.
Considérons à présent le cercle de centre O avec les cordes DE, FG et
HI dont la mesure conmiune est égale à celle du rayon r du cercle. En joignant les
points milieux J, K et L dés cordes ËF, GÏÏ et ÏD du cercle, nous créons le triangle
JKL dont ils' agit de démontrer qu ' il est équilatéral.
En traçant les rayons DÔ, ËÔ, FÔ, GÔ, HÔ et ÏÔ, nous nous retrouvons
en présence de trois triangles équilatéraux dont les angles DOE, FOG et HOI sont
donc tous de 60°. Ensuite, traçons le segment JO. Puisque le point J est situé au
centre de la corde EF, cette dernière est donc perpendiculaire à JÔ. Par conséquent,
les triangles EOJ et FOJ sont rectangles et isométriques. Deux autres situations ana-
logues sont engendrées en traçant les segments ÔK et ÔL.
À présent, posons m ZEOJ = m ZFOJ = A, m ZGOK = m ZHOK = 5 et
mZIOL
— mZDOL = C. Ainsi, les mesures des segrnents JO, KO et LO sont
respectivement de r cosA, r cosfi et r cosC. De plus, puisque 2A + 60° + 25 + 60° +
2C + 60° = 360°, alors A + B + C = 90°. Maintenant, en posant mJK = x et
mJL = y, montrons que x = y.
E
D.
L.
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Grâce à la loi du cosinus appliquée dans les triangles JOK et JOL, nous
obtenons respectivement
= cos^A + r^ cos^5 - Ir^ cosA cos5 cos(A + B + 60°) et.
= cosM + r^ cos^C - Ir^ cosA cosC cos(A + C + 60°).
Calculons =
r^ (cos^C - cos^B) + cosA{cos(A + B + 60°) cosB - cos(A + C+ 60°) cosC} =
(en appliquant l'identité 1)
r^ (cos^C - cos^B) +
cosA {^ [cos(A + 60°) + cos(A + 23 + 60°)] - ^ [cos(A + 60°) + cos(A + 2C + 60°)]} =
r^ (cos^C - cos^B) + r^ cosA{cos(A + 2B + 60°) - cos(A + 2C+ 60°)} =
(en utilisant l'identité 2)
^ (cos^C - cos^B) + r^ cosA{2sin r2A + 25 + 2C + 120°^ sin (2C-2B
r^ (cos^C - cos^fi) + 2r^ cosA{sin(A + B + C + 60°) sin(C - B)} =
r^ (cos^C - cos^B) + 2^ cosA{sinl50° sin(C - 5)} =
puisque A + 5 + C = 90°
(cos^C - cos^B) + cosA sin(C - 5) =
^ (cos^C - cos^B) + ^ cos[90° -(B + Q] sin(C -B) =
r^ (cos^C - cos^B) + r' sin(B + C) sin(C - B) =
(en employant l'identité 3)
r^ (cos'C - cos^B) + [cos(2B) - cos(20] =
2
f^ [cos^C - cos^B + - cos^B - - sin^B - - cos^C + - sin^q =
.2 2 2 2
r" [- cos'C + - sin'C - - cos^B - - sin^fi] =
2 2 2 2
1^(1-1) =
0.
Conséquemment, x^ = y^d'oùx = y.Le triangle JKL est donc équilatéral
puisque la congruence du troisième côté se démontre de manière tout à fait analo-
gue.
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SOLUTION DU MYSTÉRIEUX TRIANGLE ÉQUILATÉRAL :
(Deuxième approche)
Maurice Garançon
U.Q.A.M. Utilisons Cabri-géomètre pour construire le triangle dont il est question
dans le problème du lecteur du numéro 102. Construisons d'abord un cercle de rayon
R, et sur ce cercle choisissons trois points A, C et E. Construisons des cordes AB,
CD et EF de longueur R et complétons la figure en traçant l'hexagone ABCDEF.
Construisons maintenant les milieux des côtés variables : M milieu de AF, P milieu
de BC et N milieu de DE. Le problème du lecteur du numéro 102 affirmait que
lorsque les cordes AB, CD et EF sont disjointes le triangle MNP est équilatéral.
Si avec Cabri nous mesurons les angles de ce dernier triangle, nous cons-
tatons qu'ils ont bien pour mesure 60°. Nous avons donc une confirmation expéri-
mentale du résultat annoncé.
Faisons maintenant varier les points A, C et E sur le cercle. On constate
que la propriété reste valable dans tous les cas de figure (y compris semble-t-il lors-
que le polygone n'est plus convexe, mais nous ne nous intéresserons pas à ce cas).
Ce qui n'est pas clair c'est pourquoi il en est ainsi.
Expérimentons encore avec Cabri pour chercher un point de départ pour
une démonstration. Lorsque les points A, C et E varient sur le cercle, les angles du
triangle MNP restent constants. Y a-t-il autre chose qui reste constant ?
Diverses expériences ne m'ont rien donné
jusqu'à ce que je trace l'hexagone dont les sommets
sont les milieux des côtés de l'hexagone ABCDEF. On
constate alors que dans ce nouvel hexagone les angles
ayant leurs sommets en M, N et P mesurent tous les
trois 120°. Est-ce que l'explication de ce phénomène
pourrait être un point de départ pour expliquer la pré-
sence du triangle équilatéral MNP? Expliquer la pré-
sence des angles de 120° semble plus facile, commen-
çons par là. Appelons X, Y, Z les milieux des cordes
AB, CD et FE respectivement.
Si on trace le segment AC (figure 2), il est
parallèle au segment PX, puisque dans le triangle ABC, P et X sont les milieux des
côtés AB et BC. Pour ces parallèles, les angles ZBPX et ZBCA sont correspon-
dants, donc congruents, et puisque ZBCA est un angle inscrit qui intercepte un arc
de 60° (corde congruente au rayon) sa mesure est de 30°. Le même raisonnement
dans le triangle BCD montre que les segments BD et PY sont parallèles et les angles
ZCPY et ZCBD mesurent aussi 30 degrés. Finalement l'angle plat ZBPC est la
somme des angles ZBPX, ZXPY et ZYPC. On en tire 180°=30°+30°+mZXPY
et donc mZXPY=120°. Il est clair qu'on peut faire exactement le même raisonne-
ment avec les angles ZYNZ et ZZMX pour montrer qu'ils mesurent aussi 120°.
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figure 2
Nous avons bien obtenu notre premier résultat. A-t-il un lien avec le fait
que MNP est équilatéral? Ce n'est pas encore clair. Mais il y a une autre propriété
qui est claire, c'est que les triangles PCY et PBX sont congruents. En effet les côtés
PC et PB sont congruents puisque P est le milieu de BC, les côtés BX et CY sont
congruents comme moitiés de deux cordes congruentes, et les angles en C et en B
sont congruents puisque ce sont des angles inscrits qui interceptent des arcs congruents
composés pour l'un des arcs DE, EF, FA et AB et pour l'autre des arcs DE, EF, FA et
CD, où les seuls arcs différents AB et CD sont congruents puisque sous-tendus par
des cordes AB et CD congruentes.
La congruence de ces deux triangles nous donne la congruence des côtés
homologues PX et PY.
On démontre de la même façon que mYN = mNZ et mZM = mMX.
C'est un deuxième résultat.
Nous avançons mais avançons-nous dans la bonne direction? Oui, les
deux résultats que nous venons d'obtenir nous permettent maintenant de démontrer
que le triangle PNM est équilatéral. L'idée sous-jacente est que si on prend les symé-
triques des triangles PXM, PYN et MZN par rapport à leurs côtés MP, PN et MN, les
triangles images obtenus s'assemblent exactement pour reformer le triangle MNP.
Pour le prouver nous allons faire une démonstration indirecte. Oublions
pour un moment notre triangle MNP et considérons les trois triangles PXM, MZN et
NYP. Appelons x, y, z les mesures de leurs angles en X, Y et Z. Remarquons d'abord
que dans l'hexagone XPYNZM la somme de la mesure des angles est
180°x (6-2)=720°. Or en M, N, P nous avons des angles de 120°, il en résulte que la
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somme des trois autres angles est x+y+z = 720°-3 x 120°=360°.
Choisissons un point O n'importe où dans
le plan et construisons un triangle OP'M' isométrique
à XPM de sorte que
mXP = mOP, mXM = mOM' et mPM = mF M' •
Construisons maintenant N' tel que
mÔN^ = mNY et mPH^ = mNP], des deux points
solutions on choisit pour N' celui qui n'est pas du
même côté que M'par rapport à la droite OP'. Puisque
mÔF = m^ = mYP;, le triangle ON'P' est
isométrique au triangle YNP.
On a maintenant m ZM'OP'+m ZP'ON'+m ZN'OM=360° c'est-à-
dire m ZMXP+m ZPYN+m ZN'OM'=360° ou encore
j:+)'+mZN'OM'=360° donc mZN'OM'=z.
Le triangle M'ON' est donc isométrique au triangle MZN puisque
mZN-OMi^ZNZHmÔN = mNY = mNZi mÔM = m^ = mî^.
On en tire que mNM = mN* M'.
Retournons maintenant au triangle MNR Le triangle N'M'P' que nous
venons de construire lui est isométrique, puisque
mNM = mN M", mPM = mP'M et mNP = mN F
Cette congruence nous donne en particulier que
m ZMPN=m ZM'FN'=m ZM'FO+m ZOP'N'=m ZMPX+m Z YPN.
Comme d'autre part on a
m Z YPN+m Z NPM+m Z MPX=m Z YPX= 120°
on obtient 2mZNPM=120° ou mZNPM=60°.
figure 5
Il est clair qu'on peut faire le même raisonnement avec les angles PMN
et MNP pour prouver que leurs mesures respectives sont de 60°. Le triangle PMN
est donc bien équilatéral.
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