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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.

r2 ?

inégalité

angle b?ac

centre du cercle

rayon du cercle ?

preuve de l'inégalité

angle extérieur au triangle abi

Sujets

Inégalité

bac

bac es

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Olympiades acadÉmiques - 2009

BORDEAUX

o Exercice n 1(SÉrie S)

Enoncè Triangles

olympiadiques

On appelle triangle olympiadique de sommet A, un tri-angle tel que, si O et I dsignent respectivement les centres des cercles circonscrit et inscrit au triangle ABC, alors ces deux points sont distincts et la droite (OI) est parallle Ā (BC).

1.(OH) dsignant la mdiatrice 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 ralisable ? 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 problme est possible et admet une solution, on a : \ \ BAC ACB [ CIH= +(angle extrieur au triangle ACI) 2 2

[ \ [ etHCI=HCB+BCI \ \ BAC ACB = +, 2 2 \ BAC \ \ \ [ [ (puisqueHCB=HAB=HAC=) doncCIH=HCI. 2 Ainsi le triangle HIC est isocle en H etHC=HI.

Remarquons que si le point A son symtrique par rapport Ā va se placer dans le demi-plan contient pas le point C.

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est une solution du problme, 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 parallle mene 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 extrieur au triangle ABI), le triangle 2 \ BAC [ [ \ HIB est isocle en H, doncBIH=IBH, et comme=CBH 2 (angles interceptant le mme arc) alors :

\ BAC [ [ [ \ [ IBA=BIH−=IBH−CBH=IBC, 2 [ (la demi-droite [BC) est Ā l’extrieure 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 dcrite Ā la question 1 n’est possible que lorsqueR2> BH > RoÙRdsigne le rayon du cercleΓ. √ Remarquons que l’ingalitR2> BHest toujours vriﬁe puisque le segment [BH] est contenu dans le carr construit sur le cÔt [OH] dans le demi-plan(Π). Le thorme 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.

\ olympiadique ABC de sommet A tel queBAC=αest

o Remarque. On peut obtenir le rsultat de la discussion (α >60) en utilisant le rsultat 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 extrieur 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 dduire l’ingalit 2 2 d’EulerOI=R−2Rr >0(ingalit stricte puisque les points O et I r1 1 \ sont distincts), ou encore‘, donccosBAC <. R2 2 2.InÉgalitÉ dans un triangle On dsigne respectivement parr, Rles mesures du rayon du cercle inscrit, circonscrit dans le triangle ABC et parala mesure du cÔt [BC]. On a l’ingalit suivante : 4ar α 6cos 2 2 4r+a2 l’galmit a lieu si et seulement si le triangle ABC est isocle en A. Preuve de l’inÉgalitÉ

Partons des deux ingalitsHM6HKetIT6IK, et par somme, on obtient :r+HM6IH, commeIH=HC(question 1.a) alors r+HM6HC. \ On dsigne 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, aprs rduction, on obtient l’ingalit voulue. L’galit a lieu si et seulement siHM=HKetIT=IK; ce qui entrane \ que la bissectrice de l’angleBACest la mdiatrice du cÔt [BC], ou encore que le triangle ABC est isocle en A. 3. Appliquons l’ingalit prcdente Ā un triangle olympiadique ABC de sommet A On a :r=Rcosα(proprit caractristique d’un triangle olympiadique), eta= 2Rsinα. Donc, d’aprs l’ingalit : 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 parallle Ā (BC), et que les points A et I sont situs du mme cÔt de (BC), alors ils en est de mme \ pour les points A et O. Donc L’angleBACest aigu. \ b) L’angleBACne peut pas tre droit. En eﬀet, dans le cas contraire, dsignons respectivement par N, M et H les projections orthogonales du point I sur les cÔts [AB] [AC] et [BC]. Il est clair queIN=M A=IM=M C, donc le triangle IMC π \ [ serait rectangle isocle en M, ce qui entraneICM=ICH=, ce 4 qui est absurde.

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i h π α Rsolution da,s l’intervalle0,de l’inquationsin 2α6cos. 2 2 L’inquation propose 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

Aprs rsolution, 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 ncessairementα∈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 Aprs rsolution, on obtient :  (8m+ 7)π(8m+ 3)π −6α6−,  3 3

(8n+ 7)π(8n+ 3)π   −6α6−. 5 5 h h π π Ce qui donneα∈,. 3 2 4.InÉgalitÉ d’Euler rÉvisÉe. On dsigne respectivement parr, Rles mesures des rayons dui cercle inscrit et circonscrit dans un triangle ABC. On a la double ingalit : 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 thorme 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 mme sil es points O, A, I sont aligns 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, aprs rduction, on obtient (puisquecosOAI61) :

r2R2R [ + 2R= cosOAI6, α α α 2 sin sin sin 2 2 2

la conclusion est immdiate. 1 On sait que pour tout relt, on at(1−t)6, en eﬀet : 4

µ ¶2 1 1 −t(1−t) =−t>0. 4 2

³ ´ r α α D’aprs le rsultat prcdent, on a par exemple6sin 1−sin, 2R2 2 donc ³ ´ r α1 61−sin6, 2R2 4

r2 1 ce qui entrane que6=, et ceci achve notre preuve. R4 2

Avec une calculatricepar A. Guillemot Approche calculatrice avec le module gomtrie de NT-Spire. A partir de la ﬁgure propose, plaÇons lepoint A sur le cercle et traÇons la \ bissectrice deBAC

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b Si on dplace le point A sur le cercle, il semble que la bissectrice de l’angleA passe par H. A l’aide d’une deuxime bissectrice, plaÇons le point I et traÇons la parallle 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 diamtralement oppos passant par B. Dmonstration des conjectures prcdentes :

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Comme (OH) est la mdiatrice de [BC], donc H partage l’arcBCen deux arcs de mme 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 mme arc. [ \ [ HBI=HBC+CBI=x+y.

Il en rsulte que BHI est isocle 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 parallleΔĀ (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’intrieur du triangle ABC, il faut que O le o \ soit aussi pour que (IO) soit parallle Ā (BC) ce qui impose queBAC <90La construction n’est possible que siΔetΓse coupent et Ā l’intrieur 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 carrs dans un carr ABCD est un carr de cÔt 1,xest un nombre rel compris entre 0 et 1.