Nous joignons ici deux des six problèmes des Olympiades Internationales Mérida Mexique

Description

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.

• communiquée par françois lo


• triangle équilatéral


• posons ?1


• construction de figures


• extérieur au losange qc1b2


• pi ?


• centre du triangle abc


• axe de symétrie

Sujets

• Triangle équilatéral

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Extrait

OLYMPIADES INTERNATIONALES

OLYMPIADES INTERNATIONALES

197

Nous joignons ici deux des six problmes des Olympiades Internationales 2005 (Mrida, Mexique).

o Exercice n 1

Enoncè Six points sont choisis sur les cÔts d’un triangle quilatral ABC ; A 1 , A 2 sur [BC], B 1 , B 2 sur [CA] et C 1 , C 2 sur [AB]. Ces points sont les sommets d’un hexagone convexe A 1 A 2 B 1 B 2 C 1 C 2 dont les cÔts sont gaux. Montrer que les droites (A 1 B 2 ), (B 1 C 2 ) et (C 1 A 2 ) sont concourantes.

Solutions 1 et 2(P.L.H.)

Nous reviendrons plus tard sur la construction de la figure que nous sup- poserons ralise.

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Olympiades acadÉmiques - 2005

Ère 1 solution : Angles et similitude

\ \ \ \ On a(C 1 A 1 B 1 ) =π−(BA 1 C 2 )−(C 2 A 1 C 1 )−(CA 1 B 1 ). puis, le triangle A 1 C 2 C 1 tant isocle par construction,

\ \ (BC 2 A 1 ) = 2(C 2 A 1 C 1 )

et, le triangle ABC tant quilatral, ³ ´ π π \ \ \ (BA 1 C 2 ) =π− −(BAC 2 A 1 ) = 2−(C 2 A 1 C 1 ) 3 3 π \ \ \ d’oÙ(C 1 A 1 B 1 + (C) = 2 A 1 C 1 )−(CA 1 B 1 ) 3 \ \ \ \ De mme,(C 2 A 2 B 2 ) =π−(BA 2 C 2 )−(B 1 AB 2 )−(CA 2 B 1 )

\ \ \ \ et(A 2 B 1 C) = 2(B 1 A 2 B 2 ),(CA 2 B 1 ) = 2(CA 1 B 1 )

2π \ \ \ \ avec(A 2 B 1 C) + (CA 2 B 1 ) =et(BA 1 C 2 ) = 2(BA 2 C 2 ). 3 D’oÙ ³ ´ \ (BA 1 C 2 )π \ \ \ (C 2 A 2 B 2 )=π−− − (CA 1 B 1 )−2(CA 1 B 1 ) 2 3 π \ \ =+ (C 2 A 1 C 1 )−(CA 1 B 1 ) 3 \ =(C 1 A 1 B 1 ) \ \ De mme,(A 2 B 2 C 2 ) = (A 1 B 1 C 1 ); on en dduit que les triangles A 1 B 1 C 1 et A 2 B 2 C 2 sont semblables.

Si on note`la longueur commune des six cÔts de l’hexagone, on a \ A 1 B 1 = 2`cos(C 1 A 2 B 1 ) ³ ´ π \ \ etA 2 B 2 = 2`cos(B 1 A 2 B 2 ) = 2`cos−(CA 1 2B 1 ) 3 π \ donc(CA 2 B 1 )6 3 π π \ \ cos cos(CA 2 B 1 sin(CA) + sin 2 B 1 ) A 2 B 2 3 3 et= A 1 B 1 \ cos(CA 2 B 1 ) √ 1 3 \ = + tan(CA 2 B 1 ). 2 2

OLYMPIADES INTERNATIONALES199 √ h i 1 3π Comme la fonctionx7→+ tanxest une bijection de0,sur · ¸ 2 2 3 1 3A 2 B 2 B 2 C 2 C 2 A 2 ,et que= =, 2 2A 1 B 1 B 1 C 1 C 1 A 1 \ \ \ il en rsulte que(CA 2 B 1 ) = (AB 2 C 1 ) = (BC 2 A 1 ), \ \ \ ainsi que(C 1 A 1 B 1 ) = (A 1 B 1 C 1 ) = (B 1 C 1 A 1 ) et que les deux triangles A 1 B 1 C 1 et A 2 B 2 C 2 sont quilatraux.

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 A 1 B 1 C 1 et B 2 C 2 A 2 qui sont homothtiques dans l’homothtie de centre " # √ 1 3 \ I et de rapport−+ tan(CA 2 B 1 )et les droites(A 1 B 2 ), (B 1 C 2 ) 2 2 et (C 1 A 2 ) 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

−−→ −→ −→ PosonsIA 1 =λ 1 (1IB + −λ 1 )ICavec06λ 1 61 −−→ −→ −→ IB 1 =µ 1 (1IC + −µ 1 )IA −−→ −→ −→ IC 1 =ν 1 IA + (1−ν 1 )IC et de mme avec l’indice 2. La convexit de l’hexagone impliqueλ 2 6λ 1 , µ 2 6µ 1 , et l’galit de ses cÔts, de longueur`, −−−→−→−→−→ A 1 A 2 =`BCd’oÙ(λ 1 −λ 2 )BC =`BCetλ 2 =λ 1 −`.

ν 2

6ν 1

L’galit A 2 B 1 =`s’crit ³ ´ ³ ´ 2 2 −−→ −−→ −→ −→ −→ 2 `= IB 1 −IA 2 = [µ 1 −(1−λ 1 +`)] IC−(λ 1 −`(1)IB + −µ 1 )IA 2 2 = (µ 1 −(1) + µ 1 −1)(λ 1 −`) + (λ 1 −`)

200

Olympiades acadÉmiques - 2005

2 2 ou0 = (µ−1) + (λ+ 2λ ` 1 µ 1 −1)(λ 1 −`) + 1 1 2 2 ou`(µ+ 2λ−1 1) +λ 1 1 ) = (µ 1 −1) +λ 1 (µ 1 − 1 et, par permutation circulaire, 2 2 `(ν 1 + 2µ 1 −1) = (ν 1 −1) +µ 1 (ν 1 −1) +µ 1 2 2 `(λ 1 + 2ν 1 −1) = (λ 1 −1) +ν 1 (λ 1 −1) +ν. 1 Posonsλ 1 +µ 1 +ν 1 =S, λ 1 +µ 1 =α, λ 1 −ν 1 =βd’oÙµ 1 −ν 1 =β−α. En retranchant la deuxime quation de la premire, on obtient : `β+α) =β(S−1) +α et la troisime de la premire `(2β−α) = (β−α)S+ 2α−β

on en dduit(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.

Commeλ 1 , µ 1 etν 1 sont majors par 1, on ne peut avoirS= 3que si λ 1 =µ 1 =ν 1 = 1. Dans tous les cas on a doncλ 1 =µ 1 =ν 1 et les deux triangles A 1 B 1 C 1 et A 2 B 2 C 2 sont quilatraux. C 1 et A 2 sont tous les deux sur la mdiatrice de [A 1 B 1 ] qui est aussi celle de [A 2 B 2 ] et qui passe par I ainsi que [A 1 B 2 ] et [B 1 C 2 ].

Revenons sur la construction de la figure : le triangle quilatral ABC tant donn, choisissons un point A 1 , sur [BC], puis B 1 sur [CA] et C 1 sur [AB] tels queBA 1 =CB 1 =AC 1 . La mdiatrice de [A 1 B 1 ] doit couper [A 1 C], ce qui impose 1 CA 1 =λ 1 >CB 1 = 1−λ 1 , d’oÙλ 1 >: A 1 doit tre choisi sur 2 [BA 0 ] en notant A 0 le milieu de [AB].

Soit A 2 le point d’intersection de cette mdiatrice avec [A 1 C], on en d- duit`=A 1 A 2 =A 2 B 1 . On construit alors B 2 tel queB 2 B 1 =`et C 2 tel queC 2 C 1 =`.

Remarque :Le point difficile de ce problme tient dans la dmonstration qu’on obtient ainsi tous les hexagones possibles. On obtient une situation analogue pour un 2n-gone inscrit dans unn- gone rgulier et ayant tous ses cÔts de mme longueur.

OLYMPIADES INTERNATIONALES

Ème 3 Solution Communique par FranÇois Lo Jacomo

201

Soit Q le point intrieur au triangle ABC tel que QA 1 A 2 soit quilatral. −→−→−−− QAgaux, donc QC C A e t est un parall-Les vecteurs 1 tC 1 C 2 son 1 2 1 logramme : c’est mme un losange sont la diagonale (QC 2 ) est axe de symtrie. QB 2 B 1 A 2 est lui aussi un losange, si bien que QB 2 C 1 est un triangle quilatral. La symtrie par rapport À (QC 2 ) envoie A 1 en C 1 , donc le triangle qui- latral QA 1 A 2 (extrieur au losange) en le triangle quilatral extrieur au losange QC 1 B 2 . On en dduit que (QC 2 ) est aussi axe de symtrie (donc diagonale) du losange QB 2 B 1 A 2 : la droite (QC 2 ) n’est autre que (B 1 C 2 ), diagonale et axe de symtrie de lźhexagone. Et la symtrie par rapport À cette dia- gonale (B 1 C 2 ) transforme une seconde diagonale (C 1 A 2 ) en la troisime (A 1 B 2 ), ce qui prouve que le point dźintersection de (B 1 C 2 ) et (C 1 A 2 ), transform en lui-mme par cette symtrie, appartient À (A 1 B 2 ).

Ces trois diagonales l’hexagone.

concourantes sont les trois axes de symtrie de

Remarque: cette solution est, À peu de chose prs la solution « officielle ».

202

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 dduire les unes des autres par les rotations laissant ABC globalement invariant. Je vais m’intÉresser À l’une d’elles, par exemple au « COIN » CA 1 B 2 .

L’galit des segments [B 2 B 1 ] et [A 2 A 1 ] implique l’existenced’une rota- tionR, qui applique (B 2 ,B 1 ) sur (A 2 ,A 1 ), dont lecentreF sera sur la b b oo bissectrice intrieure deCetl’angle 120(puisqueC).= 60

Ème Les triangles FB 1 B 2 et FB 1 A 2 cas, celui dessont isomtriques (3 \ o « trois cÔts »). OrB 2 FA 2 = 120. o \ \ D’oÙB 2 FB 1 = A 2 FB 1 = 60. o \ \ De mmeA 2 FB 1 = A 2 FA 1 = 60.

Il s’ensuit que F est sur [A 1 B 2 ] :

Le centre F de la rotationRqui applique(B 2 ,B 1 )sur(A 2 ,A 1 )est b l’intersection de[A 1 B 2 ]et de la bissectrice deC Remarque:Ceci permet une construction correcte de notre « coin » À o partir du triangleCA 1 B 2 en: on obtient F puis, gráce aux angles de 60 F, les points B 1 et A 2 . (Il y a d’autres constructions possibles, notam- ment gráce À une homothtie).

OLYMPIADES INTERNATIONALES

Ème 4 Solution (suite de la partie commune prÉcÉdente).

203

o \ Le triangle FA 1 B 1 est isocle en F avecA 1 FB 1 = 120. o o \ \ D’oÙB 1 A 1 B 2 = 30. De mme, avec FA 2 B 2 isocle,A 1 B 2 A 2 = 30. Nous aurons des rsultats analogues pour les deux autres « coins » en B et en A.

o D’oÙ la figure gnrale ci-aprs, oÙ j’ai not les angles de 30 dcouverts 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’galitA 1 C 1 A 2 = A 1 B 2 A 2 implique la cocyclicit de A 1 , C 1 , B 2 , A 2 . OrC 1 B 2 =A 1 A 2 .

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Olympiades acadÉmiques - 2005

\ \ o D’oÙC 1 B 2 = A 1 A 2 puisC 1 A 1 B 2 = A 1 C 1 A 2 (= 30 ) et, entre autres, \ o (A 1 B 2 ) bissectrice deC 1 A 1 B 1 ).(gal À 60

Les trois droites(A 1 B 2 ), (B 1 C 2 ), (C 1 A 2 )sont aussi les bissectrices intÉrieures du triangleA 1 B 1 C 1 :elles sont concourantes. C.Q.F.D. ! (On aurait pu tout aussi bien dmontrer que les trois droites (A 1 B 1 ). . . sont les bissectrices intrieures du triangle A 2 B 2 C 2 ).

Ème 5 Solution (suite de la partie commune aux solutions 4 et 5).

FIGURE-SCHÈMA « force » pour avoir K6=F

o Soit les rotations de 120 : -Rde centre F, telle que (B 1 ,B 2 )→(A 1 ,A 2 ) 0 -Rde centre K, telle que (A 1 ,A 2 )→(C 1 ,C 2 ) -R”de centre L, telle que (C 1 ,C 2 )→(B 1 ,B 2 ) La composÉe des trois applications, dans l’ordre donnÉ, envoie(B 1 ,B 2 ) sur(B 1 ,B 2 ).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 mme sens que ABC.

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DÉmontrons que le second cas est impossible.

205

SupposonsF6=K. D’oÙ la figure « force » ci-dessus. \ \ o o A 1 FA 2 = A 1 KA 2 = 60 : K et F sont sur le mme « arc capable de 60 du segment [BC] » Selon la position de [A 1 A 2 ] sur [BC], nous aurons l’ordre A 2 , F, K, A 1 o o (cas n 1) ou l’ordre A 2 , K, F, A 1 2).(cas n

o ETUDE DU CAS n 1, conforme À la figure ci-dessus:

(A 2 C 1 ) et (A 1 B 2 ) se coupent À l’intrieur de l’arc capable. D’oÙ, entre \ \ o o autres,B 2 A 1 C 1 = 30 +FA 2 K>30. o Des points C 2 et B 2 on voit le segment [EF] sous l’angle 30 . C 2 et B 2 appartiennent donc À l’arc capable correspondant. \ \ EtB 2 A 2 C 1 >A 2 B 2 A 1 entraïneB 2 C 1 >A 1 A 2 d’oÙB 2 C 1 > A 1 A 2 . Avec K6=F l’hexagone aux cÔts 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 prs. ❧ 2 - PROPRIÈTÈS DE L’HEXAGONE dèjÀ acquises par les solutions 4 ou 5 : •Ses diagonales se coupent en I centre du triangle quilatral ABC et sont des axes de symtrie de l’hexagone. Elles forment entre elles des o angles de 60 . La figure entire (ABC et l’hexagone) est globalement invariante dans o des rotations (I,k.120).

206

Olympiades acadÉmiques - 2005

•Il s’ensuit : - des trapzes isocles : A 1 C 2 B 2 B 1 ,. . . etc. . .et des losanges. - l’galit des diagonales de l’hexagone, -CB 1 =BA 1 =AC 1 , etc. - que l’hexagone peut, indpendamment de ABC, tre obtenu en bordant un triangle quilatral (soit, ici, A 1 B 1 C 1 ou A 2 B 2 C 2 ) par des triangles isocles gaux. ❧ 3 - UNE AUTRE PROPRIÈTÈ DE LA FIGURE

\ Les galits d’angles connues, et notes ci-dessus, entraïnent :A 1 OB 2 = o 120. \ \ \ D’oÙ O, B 1 , C, A 2 cocycliques, doncB 1 CO = B 1 A 2 O = OB 2 C. OB 2 C est isocle avecOB 2 =OC. De mmeOA 1 =OC. D’oÙ O centre du cercle circonscrit au triangle CA 1 B 2 . Idemaux deux autres « coins » de ABC.

Ème 6 solution (Rdaction par Henri Bareil)

Il suffit d’tudier pas À pas les galits d’angles qui apparaissent dans une « figure coin de ABC », par exemple :

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\ \ o 1 ) - CommeA 2 A 1 =A 2 B 1 ,B 1 A 1 A 2 = A 1 B 1 A 2 (crivons : =α) \ \ - CommeB 1 A 2 =B 1 B 2 ,B 1 B 2 A 2 = B 1 A 2 B 2 (crivons : =β) \ \ -A 2 B 1 Ctant extrieur au triangle A 2 B 2 B 1 ,A 2 B 1 C = 2β, \ \ -B 1 A 2 Ctant extrieur au triangle A 2 A 1 B 1 ,B 1 A 2 C = 2α. o o b D’oÙ, en utilisant le triangle CA 2 B 2 , oÙC = 60,α+β= 60.

207

o \ \ L’angleB 2 OB 1 tant extrieur au triangle OA 2 B 1 ,B 2 OB 1 =α+β= 60. Donc O, A 2 , B 1 , C sont cocycliques.

\ \ De lÀ,OCB 1 = OA 2 B 1 =βet OB 2 C isocle :OB 2 =OC.

o \ De mmeOA 1 =OC. D’oÙOA 1 =OB 2 etB 2 A 1 B 1 = 30(aussi \ o A 1 B 2 A 2 = 30).

oÈme 2 ) On peut ensuite dmontrer,par exemple comme dans la 4 solution \ \ o queC 1 A 1 B 2 = 30. D’oÙ (A 1 B 2 ) bissectrice deA 1 B 1 C 1 ,. . . Etc.

N.B. ❧ o 1 A des nuances de rdaction prs, 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 mme on dmontre facilement que \ o B 2 A 1 C 1 = 30» qui me semble faux par son « De mme ». 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 isocles, dans le manuel de Daniel Perrin «MathÉmatiques d’École», ouvrage longuement analys o dans le mme 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 problme est apparemment compliqu, extraordinairement ingnieuse, trouve par le jury), de sorte qu’il mrite de figurer ici de cette solution.(FranÇois Lo Jacomo)

mais il possde une solution un seul candidat (et non par ne fÛt-ce que pour la beaut