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) c o s 9 - c o s 9 = 22sin sin r 9 + (p^ ^ 2 j sin 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 analogues sont engendrées en traçant les segments ÔK et ÔL. À présent, posons m ZEOJ = m ZFOJ = A, m ZGOK = m ZHOK = 5 et mZIOL — m Z D O L = 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. 16 E N V O L , NO 103 - AVRIL-MAI-JUIN 98 16 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°) e t . = 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 + 2 5 + 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) + 2 [cos(2B) - cos(20] = 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 analogue. E N V O L , NO 103 - AVRIL-MAI-JUIN 98 17 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 constatons qu'ils ont bien pour mesure 60°. Nous avons donc une confirmation expérimentale 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 lorsque 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 présence du triangle équilatéral MNP? Expliquer la présence des angles de 120° semble plus facile, commençons 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 correspondants, 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 raisonnement avec les angles ZYNZ et ZZMX pour montrer qu'ils mesurent aussi 120°. 18 E N V O L , NO 103 - AVRIL-MAI-JUIN 98 18 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 symétriques 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 E N V O L , NO 103 - AVRIL-MAI-JUIN 98 19 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 = m O P , mXM = mOM' et mPM = m F 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-àdire 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 m Z N - O M i ^ Z N Z H m Ô N = mNY = mNZi mÔM = m ^ = m î ^ . 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 = m N M", mPM = m P ' M et mNP = m N 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. 20 E N V O L , NO 103 - AVRIL-MAI-JUIN 98 20