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Niveau: Secondaire, Lycée
Olympiades académiques - 2009 45 BORDEAUX Exercice no 1 (Série S) Enoncé Triangles olympiadiques A B C I O On appelle triangle olympiadique de sommet A, un tri- angle tel que, si O et I désignent respectivement les centres des cercles circonscrit et inscrit au triangle ABC, alors ces deux points sont distincts et la droite (OI) est parallèle à (BC). O H B C 1. (OH) désignant la médiatrice du segment [BC], repro- duire la figure ci-contre et construire le point A tel que le triangle ABC soit olympiadique de sommet A. 2. Cette construction est-elle toujours réalisable ? En dé- duire une condition sur l'angle BAC pour qu'il existe un triangle olympiadique de sommet A. Eléments de solution (Abderrahim Ouardini) 1. a) Analyse du problème. Supposons que le problème est possible et admet une solution, on a : C?IH = B?AC2 + A?CB 2 (angle extérieur au triangle ACI) et H?CI= H?CB + B?CI = B?AC2 + A?CB 2 , (puisque H?CB = H?AB = H?AC = B?AC2 ) donc C?IH = H?CI. Ainsi le triangle HIC est isocèle en H et HC = HI.
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Olympiades académiques - 2009 45 BORDEAUX Exercice no 1 (Série S) Enoncé Triangles olympiadiques A B C I O On appelle triangle olympiadique de sommet A, un tri- angle tel que, si O et I désignent respectivement les centres des cercles circonscrit et inscrit au triangle ABC, alors ces deux points sont distincts et la droite (OI) est parallèle à (BC). O H B C 1. (OH) désignant la médiatrice du segment [BC], repro- duire la figure ci-contre et construire le point A tel que le triangle ABC soit olympiadique de sommet A. 2. Cette construction est-elle toujours réalisable ? En dé- duire une condition sur l'angle BAC pour qu'il existe un triangle olympiadique de sommet A. Eléments de solution (Abderrahim Ouardini) 1. a) Analyse du problème. Supposons que le problème est possible et admet une solution, on a : C?IH = B?AC2 + A?CB 2 (angle extérieur au triangle ACI) et H?CI= H?CB + B?CI = B?AC2 + A?CB 2 , (puisque H?CB = H?AB = H?AC = B?AC2 ) donc C?IH = H?CI. Ainsi le triangle HIC est isocèle en H et HC = HI.
- r2 ?
- inégalité
- ?2
- angle b?ac
- centre du cercle
- rayon du cercle ?
- preuve de l'inégalité
- angle extérieur au triangle abi
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BORDEAUX
o Exercice n 1(SÉrie S)
Enoncè Triangles
olympiadiques
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On appelle triangle olympiadique de sommet A, un tri-angle tel que, si O et I dsignent respectivement les centres des cercles circonscrit et inscrit au triangle ABC, alors ces deux points sont distincts et la droite (OI) est parallle Ā (BC).
1.(OH) dsignant la mdiatrice du segment [BC], repro-duire la figure ci-contre et construire le point A tel que le triangle ABC soit olympiadique de sommet A. 2.Cette construction est-elle toujours ralisable ? En d-duire une condition sur l’angle BAC pour qu’il existe un triangle olympiadique de sommet A.
Elèments de solution(Abderrahim Ouardini) 1. a)Analyse du problÈme. Supposons que le problme est possible et admet une solution, on a : \ \ BAC ACB [ CIH= +(angle extrieur au triangle ACI) 2 2
[ \ [ etHCI=HCB+BCI \ \ BAC ACB = +, 2 2 \ BAC \ \ \ [ [ (puisqueHCB=HAB=HAC=) doncCIH=HCI. 2 Ainsi le triangle HIC est isocle en H etHC=HI.
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Remarquons que si le point A son symtrique par rapport Ā va se placer dans le demi-plan contient pas le point C.
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est une solution du problme, alors la droite (OH) l’est aussi. Donc on (Π)limit par la droite (OH) qui ne
b) Dans le demi-plan(Π)traÇons le cercle de centre H et de rayonHB, son intersection avec la parallle mene par le point O Ā la droite (BC) donne le point I ; et enfin la droite (HI) recoupe le cercle(Γ) au point voulu. c)Justification. \ Il est clair que la droite (IH) est la bissectrice de l’angleBAC. c bac [ [ On aIBA=BIH−(angle extrieur au triangle ABI), le triangle 2 \ BAC [ [ \ HIB est isocle en H, doncBIH=IBH, et comme=CBH 2 (angles interceptant le mme arc) alors :
\ BAC [ [ [ \ [ IBA=BIH−=IBH−CBH=IBC, 2 [ (la demi-droite [BC) est Ā l’extrieure de l’angleIBH) et ceci montre \ que la droite (IB) est la bissectrice de l’angleABC. Donc le point est le centre du cercle inscrit dans le triangle ABC. √ 2. La construction dcrite Ā la question 1 n’est possible que lorsqueR2> BH > RoÙRdsigne le rayon du cercleΓ. √ Remarquons que l’ingalitR2> BHest toujours vrifie puisque le segment [BH] est contenu dans le carr construit sur le cÔt [OH] dans le demi-plan(Π). Le thorme Al-Kashi, appliqu au triangle OHB, donne :
2 2 2 \ BH=OB+OH−2OB.OH.cosBOH \ 2 2 = 2R−2R .cosBOH
On a successivement les quivalences suivantes : ³ ´ \ 2 2 BH > R⇔2R1−cosRBOH > 1 \ ⇔1−cosBOH > 2 1 \ ⇔>cosBOH. 2 o o \ \ On a alorsBOH >60, ou encoreBAC >60 Donc une condition nÉcessaire et suffisante sur l’angleαpour qu’il existe
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un triangle o α >60.
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\ olympiadique ABC de sommet A tel queBAC=αest
o Remarque. On peut obtenir le rsultat de la discussion (α >60) en utilisant le rsultat suivant : \ o Soit PQR un triangle isocÈle en P, siQQR > P ,alors>QP R 60.
Preuve MÉthode 1
PlaÇons le point T sur la demi-droite [IP) tel queQT=QR(ce qui est possible puisqueQR > P Q). [ [ [ [ o On aQP I=P T Q+P QT= 30 +P QT(angle extrieur au triangle [ \ [ o o o PQT), doncQP I >30, et par suite :QP R= 2×>QP I 2×6030 = . MÉthode 2 QI1QR1 [ Dans le triangle rectangle PQI, on asinQP I= =×>, QP2QP2 o [ puisqu’il s’agit d’un angle aigu, on obtientQP I >30. Prolongement(A.O.) 1.Autre mÉthode (une condition nÉcessaire et suffisante sur l’angleα)
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Soit M le milieu du cÔt [BC], dans le triangle rectangle BOM. On a : \ OM=RcosBAC. Comme le triangle ABC est olympiadique de sommet r \ A, alorsOM=r. Donc= cosBAC. R 2 2 La relation d’EulerOI=R−2Rrnous permet de dduire l’ingalit 2 2 d’EulerOI=R−2Rr >0(ingalit stricte puisque les points O et I r1 1 \ sont distincts), ou encore‘, donccosBAC <. R2 2 2.InÉgalitÉ dans un triangle On dsigne respectivement parr, Rles mesures du rayon du cercle inscrit, circonscrit dans le triangle ABC et parala mesure du cÔt [BC]. On a l’ingalit suivante : 4ar α 6cos 2 2 4r+a2 l’galmit a lieu si et seulement si le triangle ABC est isocle en A. Preuve de l’inÉgalitÉ
Partons des deux ingalitsHM6HKetIT6IK, et par somme, on obtient :r+HM6IH, commeIH=HC(question 1.a) alors r+HM6HC. \ On dsigne parαla mesure de l’angleBAC. Dans le triangle HCM, on a : a α a HM= tan etHC= α 2 2 2 cos 2 donc : a α a r+ tan6 α 2 2 2 cos 2 ouo encore : a1α r6−tan. α 2 2 cos 2
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α π Comme<o < , alors : 2 2 r α α2 1−1−cos 1−sin 1α2 2 −tan = =, α α α 2 cos cos cos 2 2 2 on a successivement les quivalences suivantes : r a1 2r α α α 2 r6−tan⇔cos61−1−cos, α2 21a2 2 cos 2r α2r α 2 ⇔1−cos61−cos, 2a2 µ ¶ 2 α2r α 2 ⇔1−cos61−cos, 2a2 soit, aprs rduction, on obtient l’ingalit voulue. L’galit a lieu si et seulement siHM=HKetIT=IK; ce qui entrane \ que la bissectrice de l’angleBACest la mdiatrice du cÔt [BC], ou encore que le triangle ABC est isocle en A. 3. Appliquons l’ingalit prcdente Ā un triangle olympiadique ABC de sommet A On a :r=Rcosα(proprit caractristique d’un triangle olympiadique), eta= 2Rsinα. Donc, d’aprs l’ingalit : 4ar α 6cos, 2 2 4r+a2
on obtient : 4ar(4Rcosα)×(2Rsinα)α =6cos, 2 2 2 4r+a4(Rcosα) + (2Rsinα) 2 α ou encoresin 2α6cos. 2 Pour un triangla ABC olympiadique de sommet A, on a : \ a) L’angleBACest aigu. En effet, comme la droite (OI) est parallle Ā (BC), et que les points A et I sont situs du mme cÔt de (BC), alors ils en est de mme \ pour les points A et O. Donc L’angleBACest aigu. \ b) L’angleBACne peut pas tre droit. En effet, dans le cas contraire, dsignons respectivement par N, M et H les projections orthogonales du point I sur les cÔts [AB] [AC] et [BC]. Il est clair queIN=M A=IM=M C, donc le triangle IMC π \ [ serait rectangle isocle en M, ce qui entraneICM=ICH=, ce 4 qui est absurde.
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i h π α Rsolution da,s l’intervalle0,de l’inquationsin 2α6cos. 2 2 L’inquation propose est successivement quivalente Ā :
³ ´ α α π sin 2α6cos⇔cos−cos−2α>0, 2 2 2 µ ¶ µ ¶ ³ ´ ³ ´ 1α π1π α ⇔+2 sin −2αsin−2α−>0, 2 2 2 2 2 2 µ ¶ µ ¶ π3α π5α ⇔sin−sin−>0. 4 4 4 4
On va envisager deux cas : Premier cas : µ ¶ π3α sin−>0, 4 4 µ ¶ π5α sin−>0. 4 4
Dans ce cas, il existe deux entiers relatifsmetntels que :
π3α 2mπ6−6(2m+ 1)π, 4 4 π5α 2nπ6−6(2n+ 1)π. 4 4
Aprs rsolution, on obtient : (8m+ 3)π(1−8m)π −6α6, 3 3
(8n+ 3)π(1−8n)π −6α6. 5 5 i i π Ce qui donne ncessairementα∈0,. 5 DeuxiÈme cas :
µ ¶ π3α sin−60, 4 4 µ ¶ π5α sin−60. 4 4
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Dans ce cas, il existe deux entiers relatifsmetntels que : π3α (2m+ 1)π6−6(2m+ 2)π, 4 4 π5α (2n+ 1)π6−6(2n+ 2)π. 4 4 Aprs rsolution, on obtient : (8m+ 7)π(8m+ 3)π −6α6−, 3 3
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(8n+ 7)π(8n+ 3)π −6α6−. 5 5 h h π π Ce qui donneα∈,. 3 2 4.InÉgalitÉ d’Euler rÉvisÉe. On dsigne respectivement parr, Rles mesures des rayons dui cercle inscrit et circonscrit dans un triangle ABC. On a la double ingalit : µ µ ¶ ¶ ³ ´ ³ ´ r α α β β γ γ1 6min sin 1−sin,sin 1−sin,sin 1−sin6 2R2 2 42 2 2 2
\ \ \ avecα=BAC, β=CBA, γ=ACB. Preuve :
Par application du thorme d’Al-Kashi dans le triangle AOI, on a :
2 2 2 [ OI=OA+IA−2.OA.IAcosOAI,
(la relation d’Al-Kashi reste valable mme sil es points O, A, I sont aligns ou O = I) r commeOA=RetIA=, α sin 2
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2 r r [ 2 2 alorsOI=R+−2RcosOAI, et par application de α α sin sin 2 2 2 2 la relation d’EulerOI=R−2Rr, on obtient :
soit
2 r r 2 2 2 [ OI=R−2Rr=R+−2RcosOAI, α α sin sin 2 2
2 r r [ + 2Rr= 2RcosOAI, α α sin sin 2 2
[ et, aprs rduction, on obtient (puisquecosOAI61) :
r2R2R [ + 2R= cosOAI6, α α α 2 sin sin sin 2 2 2
la conclusion est immdiate. 1 On sait que pour tout relt, on at(1−t)6, en effet : 4
µ ¶2 1 1 −t(1−t) =−t>0. 4 2
³ ´ r α α D’aprs le rsultat prcdent, on a par exemple6sin 1−sin, 2R2 2 donc ³ ´ r α1 61−sin6, 2R2 4
r2 1 ce qui entrane que6=, et ceci achve notre preuve. R4 2
Avec une calculatricepar A. Guillemot Approche calculatrice avec le module gomtrie de NT-Spire. A partir de la figure propose, plaÇons lepoint A sur le cercle et traÇons la \ bissectrice deBAC
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b Si on dplace le point A sur le cercle, il semble que la bissectrice de l’angleA passe par H. A l’aide d’une deuxime bissectrice, plaÇons le point I et traÇons la parallle Ā (BC) passant par O.
Si l’on demande le lieu de I, il semble tre constitu de deux arcs de cercle de centre H et du point diamtralement oppos passant par B. Dmonstration des conjectures prcdentes :
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Comme (OH) est la mdiatrice de [BC], donc H partage l’arcBCen deux arcs de mme mesure, donc les angles inscrits qui interceptent ces arcs sont gaux, \ donc (AH) est la bissectrice deBAC
\ [ [ SoitBAH=xetABI=y, on a doncBIH=x+y. \ \ HBC=HACcar ce sont des angles inscrits qui interceptent le mme arc. [ \ [ HBI=HBC+CBI=x+y.
Il en rsulte que BHI est isocle de sommet H quand A est sur l’arc de cercle BCdu cÔt de O. Algorithme de construction de A pour avoir un triangle olympiadique. 1. On trace le cercleΓde centre H passant par B. 2. On trace la parallleΔĀ (BC) passant par O. 3. On appelle I un des deux points d’intersection deΔet deΓ. 4. La droite (HI) recoupe le cercle donn en A. Le triangle ABC est olympiadique. Comme le point I et toujours Ā l’intrieur du triangle ABC, il faut que O le o \ soit aussi pour que (IO) soit parallle Ā (BC) ce qui impose queBAC <90La construction n’est possible que siΔetΓse coupent et Ā l’intrieur du triangle ABC. C’est Ā dire que siBH > OH. \ \ \ o BH > OHse traduit parBOH >60. CommeBOH=BAC, la construction o o \ n’est possible que si60< BAC <90.
o Exercice n
2 (SÉries autres que S)
Enoncè Des carrs dans un carr ABCD est un carr de cÔt 1,xest un nombre rel compris entre 0 et 1.
