Olympiades · Académique Nantes · 2013 · Série scientifique
DénombrementInégalitésGéométrie planeGéométrie espace
1. \(ABCDE\) est un pentagone régulier de centre \(O\). Déterminer les angles des triangles \(BCD\) et \(BDE\).
2. On ajoute aux points \(B,C,D,E\) les points \(F\) et \(G\) tels que \(GBC\), \(BCD\) et \(CDF\) sont des triangles isocèles de mêmes dimensions, d'angle au sommet 108°. \(BDE\) est isocèle en \(B\), et \(G,B,E\) sont alignés. a) Montrer que \(G,C,F\) sont alignés. b) Montrer que \((CD)\) coupe \([EF]\) en son milieu. c) Montrer que le triangle \(GEF\) est rectangle en \(E\). d) On pose \(GB=1\), \(GC=\varphi\) : montrer \(\varphi^2=\varphi+1\) puis \(\varphi^3=2\varphi+1\). e) Déterminer la valeur exacte de \(\varphi\).
3. Avec un segment \([MN]\) de longueur 1 et \([MP]\) de longueur 2 perpendiculaire à \([MN]\) (voir annexe), construire à la règle et au compas un segment de longueur \(\varphi\).
4. À l'aide des longueurs 1 et \(\varphi\), construire un pentagone régulier dont un côté est \([BC]\) donné, en expliquant la construction.
1. L'angle au centre \(\widehat{BOC}=\frac{360°}5\) ; le triangle \(BOC\) isocèle en \(O\) donne l'angle au sommet du pentagone (108°), puis les angles des triangles \(BCD\) et \(BDE\) par isocèlie.
2a. Calculer \(\widehat{GCB}\) et \(\widehat{DCF}\) (angles à la base des triangles isocèles GBC, CDF) et vérifier que leur somme avec \(\widehat{BCD}\) fait 180°.
2b. Utiliser des angles alternes-internes pour montrer que \((GE)\parallel(CD)\), puis le théorème de la droite des milieux dans le triangle \(GEF\).
2c. Montrer que \((CD)\) est à la fois médiane (question 2b) et bissectrice (comparer \(\widehat{CDE}\) et \(\widehat{CDF}\)) issue de \(D\) dans le triangle \(DEF\) : un tel cévien double implique un triangle isocèle en \(D\), donc la médiane est aussi hauteur.
2d. Exprimer \(\cos\widehat{EGF}\) de deux façons différentes : dans le triangle rectangle \(GEF\) (rapport \(GE/GF\)), et dans la moitié du triangle isocèle \(GBC\) (rapport passant par le milieu de \([GC]\)).
3. \(NP=\sqrt{MN^2+MP^2}\) par Pythagore ; en reportant cette longueur sur \((MN)\) puis en prenant un milieu, on retrouve la formule \(\varphi=\frac{1+\sqrt5}2\).
1. Angle au centre \(\widehat{COB}=\frac{360°}5=72°\). Le triangle \(COB\) isocèle en \(O\) donne \(\widehat{BCO}=\frac{180-72}2=54°\), donc l'angle du pentagone \(\widehat{BCD}=2\times54°=108°\).
Dans le triangle \(BCD\) isocèle (\(BC=CD\)) : \(\widehat{CBD}=\widehat{CDB}=\frac{180-108}2=36°\). De même \(\widehat{ABE}=36°\), d'où \(\widehat{EBD}=108°-2\times36°=36°\) (ou : angle inscrit \(\widehat{EBD}=\frac12\widehat{EOD}=36°\)). Dans le triangle \(BDE\) isocèle en \(B\) (angle au sommet \(\widehat{DBE}=36°\)) : \(\widehat{BED}=\widehat{BDE}=\dfrac{180-36}2=72°\).
2a. \(\widehat{GCB}=\widehat{DCF}=\frac{180-108}2=36°\) (angles de base des triangles isocèles GBC et CDF). Donc \(\widehat{GCF}=\widehat{GCB}+\widehat{BCD}+\widehat{DCF}=36+108+36=180°\) : \(G,C,F\) sont alignés.
2b. \(GC=CF\) (triangles isocèles de mêmes dimensions), donc \(C\) est le milieu de \([GF]\). Comme \(\widehat{BCD}=\widehat{GBC}=108°\) (angles alternes-internes), \((GB)\parallel(CD)\), c'est-à-dire \((GE)\parallel(CD)\) (\(G,B,E\) alignés). Dans le triangle \(GEF\), la droite \((CD)\) passe par le milieu \(C\) de \([GF]\) et est parallèle au côté \((GE)\) : par le théorème de la droite des milieux, elle coupe \([EF]\) en son milieu.
2c. D'après 1, \(\widehat{DBE}=36°\) et \(\widehat{BDE}=72°\), donc \(\widehat{CDE}=\widehat{CDB}+\widehat{BDE}=36+72=108°=\widehat{CDF}\). Donc \((CD)\) est la bissectrice de \(\widehat{EDF}\). Comme \((CD)\) est à la fois bissectrice ET médiane (2b) issues de \(D\) dans le triangle \(DEF\), ce triangle est isocèle en \(D\), et \((CD)\) est donc aussi la hauteur relative à \([EF]\) : \((CD)\perp(EF)\). Comme \((GE)\parallel(CD)\), on a \((GE)\perp(EF)\) : le triangle \(GEF\) est rectangle en \(E\).
2d. Dans le triangle rectangle \(GEF\) : \(\cos\widehat{EGF}=\dfrac{GE}{GF}=\dfrac{GB+BE}{2GC}=\dfrac{1+\varphi}{2\varphi}\) (avec \(BE=BD=\varphi\), diagonale du pentagone). Dans le demi-triangle isocèle \(GBC\) (en projetant \(B\) sur \([GC]\)) : \(\cos\widehat{EGF}=\cos\widehat{BGC}=\dfrac{GC/2}{GB}=\dfrac\varphi2\).
En égalant : \(\dfrac{1+\varphi}{2\varphi}=\dfrac\varphi2\iff2(1+\varphi)=2\varphi^2\iff\boxed{\varphi^2=\varphi+1}\).
En multipliant par \(\varphi\) : \(\varphi^3=\varphi^2+\varphi=(\varphi+1)+\varphi=\boxed{2\varphi+1}\).
2e. \(\varphi\) est solution de \(x^2-x-1=0\), discriminant \(\Delta=1+4=5\), racines \(\dfrac{1\pm\sqrt5}2\). Comme \(\varphi>0\) : \(\boxed{\varphi=\dfrac{1+\sqrt5}2}\) (le nombre d'or, \(\approx1{,}618\)).
3. Dans le triangle \(MNP\) rectangle en \(M\) : \(NP=\sqrt{MN^2+MP^2}=\sqrt{1+4}=\sqrt5\). Le cercle de centre \(N\) et de rayon \(\sqrt5\) coupe \((MN)\) en \(Q\) tel que \(MQ=1+\sqrt5\). Le milieu \(R\) de \([MQ]\) vérifie \(MR=\dfrac{1+\sqrt5}2=\varphi\).
4. Avec \(BC=1\) donné : tracer le cercle \(c_1\) de centre \(C\) passant par \(B\) (rayon 1) et le cercle \(c_2\) de centre \(B\) de rayon \(\varphi\) ; \(D\) est un point d'intersection (\(CD=1\), \(BD=\varphi\), comme les côtés/diagonales du pentagone). Tracer le cercle \(c_3\) de centre \(D\) de rayon 1 ; \(E\) est à l'intersection de \(c_2\) et \(c_3\) (\(BE=\varphi\), \(DE=1\)). Enfin \(A\) est à l'intersection des cercles de centre \(B\) et de centre \(E\), tous deux de rayon 1.