Nous joignons ici deux des six problèmes des Olympiades Internationales Mérida Mexique
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OLYMPIADES INTERNATIONALES 197 OLYMPIADES INTERNATIONALES Nous joignons ici deux des six problèmes des Olympiades Internationales 2005 (Mérida, Mexique). Exercice no 1 Enoncé Six points sont choisis sur les côtés d'un triangle équilatéral ABC ; A1, A2 sur [BC], B1, B2 sur [CA] et C1, C2 sur [AB]. Ces points sont les sommets d'un hexagone convexe A1A2B1B2C1C2 dont les côtés sont égaux. Montrer que les droites (A1B2), (B1C2) et (C1A2) sont concourantes. Solutions 1 et 2(P.L.H.) B2 C2 B1 C1 A2A1 CB A Nous reviendrons plus tard sur la construction de la figure que nous sup- poserons réalisée.
Voir
- communiquée par françois lo
- triangle équilatéral
- posons ?1
- construction de figures
- extérieur au losange qc1b2
- pi ?
- centre du triangle abc
- axe de symétrie
OLYMPIADES INTERNATIONALES
OLYMPIADES INTERNATIONALES
197
Nous joignons ici deux des six problmes des Olympiades Internationales 2005 (Mrida, Mexique).
o Exercice n 1
Enoncè Six points sont choisis sur les cÔts d’un triangle quilatral ABC ; A1, A2sur [BC], B1, B2sur [CA] et C1, C2sur [AB]. Ces points sont les sommets d’un hexagone convexe A1A2B1B2C1C2dont les cÔts sont gaux. Montrer que les droites (A1B2), (B1C2) et (C1A2) sont concourantes.
Solutions 1 et 2(P.L.H.)
Nous reviendrons plus tard sur la construction de la figure que nous sup-poserons ralise.
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Olympiades acadÉmiques - 2005
Ère 1 solution : Angles et similitude
\ \ \ \ On a(C1A1B1) =π−(BA1C2)−(C2A1C1)−(CA1B1). puis, le triangle A1C2C1tant isocle par construction,
\ \ (BC2A1) = 2(C2A1C1)
et, le triangle ABC tant quilatral, ³ ´ π π \ \ \ (BA1C2) =π− −(BAC2A1) = 2−(C2A1C1) 3 3 π \ \ \ d’oÙ(C1A1B1+ (C) = 2A1C1)−(CA1B1) 3 \ \ \ \ De mme,(C2A2B2) =π−(BA2C2)−(B1AB2)−(CA2B1)
\ \ \ \ et(A2B1C) = 2(B1A2B2),(CA2B1) = 2(CA1B1)
2π \ \ \ \ avec(A2B1C) + (CA2B1) =et(BA1C2) = 2(BA2C2). 3 D’oÙ ³ ´ \ (BA1C2)π \ \ \ (C2A2B2)=π−− − (CA1B1)−2(CA1B1) 2 3 π \ \ =+ (C2A1C1)−(CA1B1) 3 \ =(C1A1B1) \ \ De mme,(A2B2C2) = (A1B1C1); on en dduit que les triangles A1B1C1 et A2B2C2sont semblables.
Si on note`la longueur commune des six cÔts de l’hexagone, on a \ A1B1= 2`cos(C1A2B1) ³ ´ π \ \ etA2B2= 2`cos(B1A2B2) = 2`cos−(CA12B1) 3 π \ donc(CA2B1)6 3 π π \ \ cos cos(CA2B1sin(CA) + sin 2B1) A2B2 3 3 et= A1B1\ cos(CA2B1) √ 1 3 \ = + tan(CA2B1). 2 2
OLYMPIADES INTERNATIONALES199 √ h i 1 3π Comme la fonctionx7→+ tanxest une bijection de0,sur · ¸2 2 3 1 3A2B2B2C2C2A2 ,et que= =, 2 2A1B1B1C1C1A1 \ \ \ il en rsulte que(CA2B1) = (AB2C1) = (BC2A1), \ \ \ ainsi que(C1A1B1) = (A1B1C1) = (B1C1A1) et que les deux triangles A1B1C1et A2B2C2sont quilatraux.
Soit I le centre du triangle ABC. La figure est invariante par la rotation π de centre I et d’angle . I est en particulier le centre des deux triangles 3 A1B1C1et B2C2A2qui sont homothtiques dans l’homothtie de centre " # √ 1 3 \ I et de rapport−+ tan(CA2B1)et les droites(A1B2), (B1C2) 2 2 et (C1A2) se coupent en I.
Ème 2 solution : Barycentres
Prenons comme unit la longueurAB=BC=CAet soit I le centre du triangle ABC.
−→−→−→ On a :IA + IC = IB + 0 1 2 2 2 IA=IB=IC= 3 −→−→−→−→−→−→1π1 2 etIA.IBIB = .IC = IC.IA = cos =. 3 3 6
−−→ −→ −→ PosonsIA1=λ1(1IB + −λ1)ICavec06λ161 −−→ −→ −→ IB1=µ1(1IC + −µ1)IA −−→ −→ −→ IC1=ν1IA + (1−ν1)IC et de mme avec l’indice 2. La convexit de l’hexagone impliqueλ26λ1, µ26µ1, et l’galit de ses cÔts, de longueur`, −−−→−→−→−→ A1A2=`BCd’oÙ(λ1−λ2)BC =`BCetλ2=λ1−`.
ν2
6ν1
L’galit A2B1=`s’crit ³ ´ ³ ´ 2 2 −−→ −−→ −→ −→ −→ 2 `= IB1−IA2= [µ1−(1−λ1+`)] IC−(λ1−`(1)IB + −µ1)IA 2 2 = (µ1−(1) + µ1−1)(λ1−`) + (λ1−`)
200
Olympiades acadÉmiques - 2005
2 2 ou0 = (µ−1) + (λ+ 2λ ` 1µ1−1)(λ1−`) +1 1 2 2 ou`(µ+ 2λ−1 1) +λ 1 1) = (µ1−1) +λ1(µ1−1 et, par permutation circulaire, 2 2 `(ν1+ 2µ1−1) = (ν1−1) +µ1(ν1−1) +µ 1 2 2 `(λ1+ 2ν1−1) = (λ1−1) +ν1(λ1−1) +ν. 1 Posonsλ1+µ1+ν1=S, λ1+µ1=α, λ1−ν1=βd’oÙµ1−ν1=β−α. En retranchant la deuxime quation de la premire, on obtient : `β+α) =β(S−1) +α et la troisime de la premire `(2β−α) = (β−α)S+ 2α−β
on en dduit(β+α) [(β−α)S+ 2α−β] = (2β−α) [β(S−2) +α] ¡ ¢ ¡ ¢ 2 2 2 2 ouS α−αβ+β= 3α−αβ+β 2 2 or on aα−αβ+β >0sauf siα=β= 0.
Commeλ1, µ1etν1sont majors par 1, on ne peut avoirS= 3que si λ1=µ1=ν1= 1. Dans tous les cas on a doncλ1=µ1=ν1et les deux triangles A1B1C1et A2B2C2sont quilatraux. C1et A2sont tous les deux sur la mdiatrice de [A1B1] qui est aussi celle de [A2B2] et qui passe par I ainsi que [A1B2] et [B1C2].
Revenons sur la construction de la figure : le triangle quilatral ABC tant donn, choisissons un point A1, sur [BC], puis B1sur [CA] et C1sur [AB] tels queBA1=CB1=AC1. La mdiatrice de [A1B1] doit couper [A1C], ce qui impose 1 CA1=λ1>CB1= 1−λ1, d’oÙλ1>: A1doit tre choisi sur 2 [BA0] en notant A0le milieu de [AB].
Soit A2le point d’intersection de cette mdiatrice avec [A1C], on en d-duit`=A1A2=A2B1. On construit alors B2tel queB2B1=`et C2 tel queC2C1=`.
Remarque :Le point difficile de ce problme tient dans la dmonstration qu’on obtient ainsi tous les hexagones possibles. On obtient une situation analogue pour un 2n-gone inscrit dans unn-gone rgulier et ayant tous ses cÔts de mme longueur.
OLYMPIADES INTERNATIONALES
Ème 3 Solution Communique par FranÇois Lo Jacomo
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Soit Q le point intrieur au triangle ABC tel que QA1A2soit quilatral. −→−→−−− QAgaux, donc QC C A e t est un parall-Les vecteurs1tC1C2son1 2 1 logramme : c’est mme un losange sont la diagonale (QC2) est axe de symtrie. QB2B1A2est lui aussi un losange, si bien que QB2C1est un triangle quilatral. La symtrie par rapport À (QC2) envoie A1en C1, donc le triangle qui-latral QA1A2(extrieur au losange) en le triangle quilatral extrieur au losange QC1B2. On en dduit que (QC2) est aussi axe de symtrie (donc diagonale) du losange QB2B1A2: la droite (QC2) n’est autre que (B1C2), diagonale et axe de symtrie de lźhexagone. Et la symtrie par rapport À cette dia-gonale (B1C2) transforme une seconde diagonale (C1A2) en la troisime (A1B2), ce qui prouve que le point dźintersection de (B1C2) et (C1A2), transform en lui-mme par cette symtrie, appartient À (A1B2).
Ces trois diagonales l’hexagone.
concourantes sont les trois axes de symtrie de
Remarque: cette solution est, À peu de chose prs la solution « officielle ».
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Olympiades acadÉmiques - 2005
Ème Ème 4 et 5 solutions, et complèments (rotations,. . . ) Henri Bareil
PARTIE COMMUNE
Il apparaït de nombreuses « sous-figures » analogues qui semblent se dduire les unes des autres par les rotations laissant ABC globalement invariant. Je vais m’intÉresser À l’une d’elles, par exemple au « COIN » CA1B2.
L’galit des segments [B2B1] et [A2A1] implique l’existenced’une rota-tionR, qui applique (B2,B1) sur (A2,A1), dont lecentreF sera sur la b b oo bissectrice intrieure deCetl’angle 120(puisqueC).= 60
Ème Les triangles FB1B2et FB1A2cas, celui dessont isomtriques (3 \ o « trois cÔts »). OrB2FA2= 120. o \ \ D’oÙB2FB1= A2FB1= 60. o \ \ De mmeA2FB1= A2FA1= 60.
Il s’ensuit que F est sur [A1B2] :
Le centre F de la rotationRqui applique(B2,B1)sur(A2,A1)est b l’intersection de[A1B2]et de la bissectrice deC Remarque:Ceci permet une construction correcte de notre « coin » À o partir du triangleCA1B2en: on obtient F puis, gráce aux angles de 60 F, les points B1et A2. (Il y a d’autres constructions possibles, notam-ment gráce À une homothtie).
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Ème 4 Solution (suite de la partie commune prÉcÉdente).
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o \ Le triangle FA1B1est isocle en F avecA1FB1= 120. o o \ \ D’oÙB1A1B2= 30. De mme, avec FA2B2isocle,A1B2A2= 30. Nous aurons des rsultats analogues pour les deux autres « coins » en B et en A.
o D’oÙ la figure gnrale ci-aprs, oÙ j’ai not les angles de 30 dcouverts pour les « coins » C et B, en faisant abstraction de F et de son homologue : on ne sait pas - pas encore - qu’ils sont en I.
\ \ L’galitA1C1A2= A1B2A2implique la cocyclicit de A1, C1, B2, A2. OrC1B2=A1A2.
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Olympiades acadÉmiques - 2005
\ \ o D’oÙC1B2= A1A2puisC1A1B2= A1C1A2(= 30 ) et, entre autres, \ o (A1B2) bissectrice deC1A1B1).(gal À 60
Les trois droites(A1B2), (B1C2), (C1A2)sont aussi les bissectrices intÉrieures du triangleA1B1C1:elles sont concourantes. C.Q.F.D. ! (On aurait pu tout aussi bien dmontrer que les trois droites (A1B1). . . sont les bissectrices intrieures du triangle A2B2C2).
Ème 5 Solution (suite de la partie commune aux solutions 4 et 5).
FIGURE-SCHÈMA « force » pour avoir K6=F
o Soit les rotations de 120 : -Rde centre F, telle que (B1,B2)→(A1,A2) 0 -Rde centre K, telle que (A1,A2)→(C1,C2) -R”de centre L, telle que (C1,C2)→(B1,B2) La composÉe des trois applications, dans l’ordre donnÉ, envoie(B1,B2) sur(B1,B2).Il s’agit de l’application identique.
Ce qui exige : -soit F = K = L, ce qui est possible en I centre de ABC, et lÀ seulement, auquel cas le problÈme de concours des diagonales de l’hexagone est rÉsolu. -est que FKL soit un triangle ÉquilatÉralde mme sens que ABC.
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DÉmontrons que le second cas est impossible.
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SupposonsF6=K. D’oÙ la figure « force » ci-dessus. \ \ o o A1FA2= A1KA2= 60 : K et F sont sur le mme « arc capable de 60 du segment [BC] » Selon la position de [A1A2] sur [BC], nous aurons l’ordre A2, F, K, A1 o o (cas n 1) ou l’ordre A2, K, F, A12).(cas n
o ETUDE DU CAS n 1, conforme À la figure ci-dessus:
(A2C1) et (A1B2) se coupent À l’intrieur de l’arc capable. D’oÙ, entre \ \ o o autres,B2A1C1= 30 +FA2K>30. o Des points C2et B2on voit le segment [EF] sous l’angle 30 . C2et B2 appartiennent donc À l’arc capable correspondant. \ \ EtB2A2C1>A2B2A1entraïneB2C1>A1A2d’oÙB2C1> A1A2. Avec K6=F l’hexagone aux cÔts gaux n’existe donc pas. o Le cas n 2 se traiterait de faÇon analogue.
L’hypothÈse des points K, F, L non confondus est donc À rejeter. C.Q.F.D. ! COMPLÈMENTS (suite des solutions 4 et 5)
❧ 1 - CONSTRUCTION DE L’HEXAGONE - En utilisant notamment les solutions 4 ou 5 il suffit, À partir de ABC : - de construire son centre I ; - de tracer un « soleil », de centre I, de six « rayons » faisant entre o eux un angle de 60 . - En pratique, tracer ce « soleil » sur un calque et l’appliquer. . . Toute position du « soleil » donne l’hexagone. o - Les divers hexagones obtenus sont distincts, À des rotations dek.60 prs. ❧ 2 - PROPRIÈTÈS DE L’HEXAGONE dèjÀ acquises par les solutions 4 ou 5 : •Ses diagonales se coupent en I centre du triangle quilatral ABC et sont des axes de symtrie de l’hexagone. Elles forment entre elles des o angles de 60 . La figure entire (ABC et l’hexagone) est globalement invariante dans o des rotations (I,k.120).
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Olympiades acadÉmiques - 2005
•Il s’ensuit : - des trapzes isocles : A1C2B2B1,. . . etc. . .et des losanges. - l’galit des diagonales de l’hexagone, -CB1=BA1=AC1, etc. - que l’hexagone peut, indpendamment de ABC, tre obtenu en bordant un triangle quilatral (soit, ici, A1B1C1ou A2B2C2) par des triangles isocles gaux. ❧ 3 - UNE AUTRE PROPRIÈTÈ DE LA FIGURE
\ Les galits d’angles connues, et notes ci-dessus, entraïnent :A1OB2= o 120. \ \ \ D’oÙ O, B1, C, A2cocycliques, doncB1CO = B1A2O = OB2C. OB2C est isocle avecOB2=OC. De mmeOA1=OC. D’oÙ O centre du cercle circonscrit au triangle CA1B2. Idemaux deux autres « coins » de ABC.
Ème 6 solution (Rdaction par Henri Bareil)
Il suffit d’tudier pas À pas les galits d’angles qui apparaissent dans une « figure coin de ABC », par exemple :
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\ \ o 1 ) - CommeA2A1=A2B1,B1A1A2= A1B1A2(crivons : =α) \ \ - CommeB1A2=B1B2,B1B2A2= B1A2B2(crivons : =β) \ \ -A2B1Ctant extrieur au triangle A2B2B1,A2B1C = 2β, \ \ -B1A2Ctant extrieur au triangle A2A1B1,B1A2C = 2α. o o b D’oÙ, en utilisant le triangle CA2B2, oÙC = 60,α+β= 60.
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o \ \ L’angleB2OB1tant extrieur au triangle OA2B1,B2OB1=α+β= 60. Donc O, A2, B1, C sont cocycliques.
\ \ De lÀ,OCB1= OA2B1=βet OB2C isocle :OB2=OC.
o \ De mmeOA1=OC. D’oÙOA1=OB2etB2A1B1= 30(aussi \ o A1B2A2= 30).
oÈme 2 ) On peut ensuite dmontrer,par exemple comme dans la 4 solution \ \ o queC1A1B2= 30. D’oÙ (A1B2) bissectrice deA1B1C1,. . . Etc.
N.B. ❧o 1 A des nuances de rdaction prs, ce 1 se trouve dans le manuel de Paul Bourgade : «Olympiades internationales de mathÉmatiques o o 1976-2005462. Mais le 2 » recens dans le Bulletin APMEP n est, dans ce livre, sacrifi par un « De mme on dmontre facilement que \ o B2A1C1= 30» qui me semble faux par son « De mme ». À. . Quant la « facilit »,. . . c’est subjectif !
❧ 2 L’hexagone dont il est question ici se trouve construit et tudi, pas du tout comme ici, mais À partir de triangles isocles, dans le manuel de Daniel Perrin «MathÉmatiques d’École», ouvrage longuement analys o dans le mme Bulletin n 462. Je suppose qu’il est aussi, sous diverses formes, dans d’autres livres, mais je l’ignore. . .
o Exercice n 3
Ce problme est apparemment compliqu, extraordinairement ingnieuse, trouve par le jury), de sorte qu’il mrite de figurer ici de cette solution.(FranÇois Lo Jacomo)
mais il possde une solution un seul candidat (et non par ne fÛt-ce que pour la beaut
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