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  APMEP   Variations sur un problème de géométrie élémentaire

Article du bulletin 476

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Jean Pierre Friedelmeyer

L’enseignement de la géométrie au collège nous met fréquemment devant une situation paradoxale : elle permet l’énoncé de problèmes élémentaires, facilement compréhensibles par les élèves, mais dont la solution, bien que n’utilisant que des outils de leur niveau, se révèle très difficile à trouver. Encore récemment, les lecteurs du numéro 472 du Bulletin Vert ont pu en faire l’expérience dans la rubrique « Exercices de ci de là  ». L’exercice no 469-2 donne deux solutions d’un problème ancien (nous l’appellerons problème de référence dans la suite), qu’on trouve déjà dans le livre de Coxeter : Redécouvrons la géométrie [1] : une solution de Jean Lefort et une autre de Bruno Alaplantive.

Le problème de référence est le suivant :

Soit ABC un triangle isocèle d’angle au sommet 20°. On trace (BE) et (CD) faisant des angles de 60° et 50° respectivement avec la base (BC). Calculer les angles $\widehat{CDE}$ et $\widehat{DEB}$. (fig.1)

Dans leur solution, les deux collègues insistent sur le fait de n’utiliser que des outils du collège. La solution de Jean est astucieuse, mais pose la question qu’il soulève lui-même « de savoir comment on peut imaginer une telle solution qui ne demande que des connaissances de collège ». Celle de Bruno « n’utilise que des outils de troisième » mais suppose tout de même aussi pas mal d’initiative et d’inventivité de la part d’un élève de collège, fût-il en troisième !

Je me suis alors souvenu d’un article du Mathematical Intelligencer [2] étudiant la configuration du problème de référence mais avec des angles différents, pour savoir s’il existe dans chaque cas également une solution élémentaire.
Son auteur, Machado, fait une investigation systématique de telles configurations au moyen d’un logiciel, et donne ainsi trente six problèmes différents, correspondant à autant de valeurs différentes des angles du triangle isocèle ABC et des angles $\widehat{CDE}$ et $\widehat{DEB}$.
Mais il ne donne aucune solution, se contentant d’affirmer que de telles solutions existent et que certaines d’entre elles ont été trouvées par une de ses collègues.

Dans l’article qui suit, je vous propose de mettre en place certaines variantes du problème de référence et certaines méthodes susceptibles de les résoudre. Les premiers exemples pourront donner lieu à des exercices vraiment simples et accessibles à des élèves lambda du collège. Puis, progressivement, nous tomberons sur des situations plus difficiles à résoudre, jusqu’à arriver à des exemples que je ne sais personnellement pas résoudre et que je soumets aux lecteurs du BV.

Le professeur, lui, se dira spontanément : « Pourquoi ne pas résoudre d’emblée le problème dans sa généralité ? ». Pourquoi pas, effectivement ?

Le problème général

Le problème le plus général qui puisse se poser sur cette configuration s’énonce ainsi.

Soit un triangle ABC isocèle en A, avec $\widehat{A}=\alpha$ . On trace (CD) et (BE) avec D sur [AB] et E sur [AC] tels que $\widehat{EBC}=\beta$ et $\widehat{DEB}=\gamma$ (à une symétrie près on peut supposer $\gamma < \beta$ ). Calculer les angles $\widehat{CED}=\delta$ et $\widehat{DEB}=\varepsilon$ (fig.2).
Nous désignerons dans la suite par $(\alpha, \beta, \gamma, \delta, \varepsilon)$ une telle configuration, où $\alpha, \beta, \gamma$ sont donnés et $\delta, \varepsilon$ sont à déterminer.

J’ai essayé de traiter ce problème dans le cas général par la trigonométrie. Cela ne me paraît pas simple du tout. On a bien

$$ \beta + \gamma = \alpha + \varepsilon$$

comme première relation, mais la recherche d’une seconde relation m’a conduit à l’égalité

$$\frac{\sin \varepsilon}{\sin \delta}=\frac{\sin \gamma}{\sin \beta}\times \frac{\cos 2\beta + \cos \alpha}{\cos 2\gamma+ \cos \alpha}$$

qui n’est guère facile à exploiter.

Partons donc de configurations particulières, et pour commencer, par l’une des plus anciennes, celle du triangle d’or correspondant à $\alpha= 36$°, $\beta = 54$°, $\gamma = 36$°.

Un premier exemple : le triangle d’or

Il s’agit du triangle à la base de la construction du pentagone régulier par Euclide [3].
On a $\widehat{A}=36$° ; $\widehat{B}=\widehat{C}=72$° .
L’utilisation de la somme des angles d’un triangle conduit directement au fait que lestriangles ADC et DCB sont tous deux isocèles, ainsi que les triangles BCE et CDE.
Par ailleurs (CD) est perpendiculaire à (BE), et bissectrice de l’angle $\widehat{C}$. Cela nous donne très rapidement $\varepsilon=\widehat{DEB}=18$° et $\delta=\widehat{EDC}=72$°(fig.3).

La configuration est donc caractérisée par le quintuple
$(\alpha, \beta, \gamma, \delta, \varepsilon)$= (36°, 54°, 36°, 72°, 18°).

Cette configuration nous conduit alors à deux types de généralisation :

  1. choisir les angles de telle façon que les triangles BCD et BCE soient tous deux isocèles.
  2. prendre (CD) et (BE) perpendiculaires, avec (CD) bissectrice de l’angle .

Généralisation 1

Le triangle isocèle ABC d’angle au sommet $\alpha$ aura pour angles à la base 90° $-\frac{\alpha}{2}$.
Si le triangle BCD est isocèle en C, l’angle $\widehat{BDC}=$ 90° $-\frac{\alpha}{2}$ et l’angle $\widehat{DCB}=\gamma = \alpha$.
Le triangle BCE étant aussi supposé isocèle en C, les angles à la base valent 45°+$\frac{\alpha}{4}$ chacun. On en déduit directement : $\delta =$ 45° + $\frac{3 \alpha}{4}$ et $\varepsilon = \frac {\alpha}{2}$ . Remarquons que le triangle DCE est également isocèle. Cette situation est illustrée ci-contre (fig. 4) avec $\alpha$ = 40° ce qui donne le quintuple

$(\alpha, \beta, \gamma, \delta, \varepsilon)$= (40°, 55°, 40°, 75°, 20°).

Généralisation 2

Le triangle BCE est isocèle en C et (CD) est perpendiculaire à (BE), donc bissectrice de l’angle $\widehat{C}$. Alors $\beta =$ 45° + $\frac{\alpha}{4}$ ; $\gamma=$ 45° $- \frac{\alpha}{4}$ ; $\delta =$ 45° + $\frac{3 \alpha}{4}$ ; $\varepsilon=$ 45° $ -\frac{3 \alpha}{4}$

Exemple (fig. 5), avec $\alpha$ = 40° et $(\alpha, \beta, \gamma, \delta, \varepsilon)$ = (40°, 55°, 35°, 75°, 15°).
Il faut signaler que ces deux types de configurations nécessitent
45°+ $\frac{\alpha}{4} < $ 90° $- \frac{\alpha}{2}$ donc $\alpha$ < 60°.

Elles semblent aussi avoir quelque chose de commun : nous en parlerons plus loin.

Malheureusement le problème de référence ne s’inscrit dans aucune de ces deux généralisations et il faut donc trouver une autre démarche qui nous permette de calculer les angles $\delta$ et $\varepsilon$.
Examinons la solution de Bruno Alaplantive dans le n° 472 du BV, page 777. Elle est basée sur l’utilisation du point F, intersection du cercle de centre B et de rayon [BC] avec (CA) (fig. 6). Bruno met ainsi en évidence un triangle équilatéral BFD, puis le caractère isocèle du triangle DFE qui lui donnent la clef de la solution et en particulier la valeur de l’angle $\widehat{DEB}=\varepsilon=30$°.
De fait, si l’on reporte à nouveau la longueur DF = FD = BC en DG, le triangle FDG est isocèle en D, de sorte que l’on en déduit la valeur de l’angle $\widehat{ADG}=20$° . Donc le triangle AGD est également isocèle, en G, et l’on a ainsi mis en évidence ce que Henri Bareil [4] appelle un iso-zigzag AGDFBC, qui donne la raison profonde de l’efficacité de cette solution.

Rappelons la définition des iso-zigzags donnée par Henri : « j’appellerai iso-zigzag associé à un triangle isocèle le zigzag défini par une suite de maillons égaux entre eux (base comprise)  », c’est–à-dire une suite de n segments égaux définis par des points $A_i \ (0 \le i \le n$) pris alternativement sur les deux côtés égaux d’un triangle isocèle de sommet $A = A_0$ et tels que $A_{n−1}A_n$ coïncide la base [BC] du triangle isocèle (fig. 7).

Pour qu’un tel iso-zigzag existe, il faut et il suffit que l’angle au sommet A soit égal à $\frac{180^{\circ}}{2n-1}$ . En effet, un calcul simple nous montre que les triangles isocèles successifs (012 ; 123 ; 234 ; etc.) ont pour angles à la base $\alpha, 2\alpha, 3\alpha$, etc, si $\alpha$ est l’angle au sommet $A_0$. Le dernier triangle $A_{n−2}A_{n−1}A_n$ a pour angle à la base $(n-1)\alpha$ qui doit aussi être l’angle à la base du triangle ABC, soit $\frac{180^{\circ}-\alpha}{2}=(n-1)\alpha$ ; d’où la valeur annoncée de $\frac{180^{\circ}}{2n-1}$ pour l’angle au sommet $A_0$. Pour vérification, si celui-ci vaut 20°, on trouve un iso-zigzag de cinq branches.

En choisissant un couple de points (D, E) avec D et E deux sommets du zigzag, l’un sur [AB] l’autre sur [AC], nous obtenons deux autres configurations pour lesquelles nous pouvons déterminer les angles $\delta$ et $\varepsilon$ (dans le premier cas nous avons pris le zigzag symétrique par rapport à la médiatrice de [BC], afin de préserver la condition $\delta < \varepsilon)$. On a ainsi les configurations : $(\alpha, \beta, \gamma, \delta, \varepsilon)$ = (20°, 50°, 20°, 60°, 10°) pour la figure 8 et $(\alpha, \beta, \gamma, \delta, \varepsilon)$ = (20°, 70°, 50°, 110°, 10°) pour la figure 9.

Or dans l’article de Machado il y a huit configurations distinctes qui sont proposées à démonstration, pour un angle au sommet A de 20°. Les voici :
Les numéros 1 et 7 correspondent respectivement aux figures 8 et 9, le n°4 au problème de référence. Il nous reste à étudier les numéros 2, 3, 5, 6 et 8. En fait un examen plus approfondi montre que les huit configurations vont par paires : $\{1 ; 2\} ; \{3 ; 4\} ; \{5 ; 6\} ; \{7 ; 8\}$, avec mêmes valeurs de $\alpha, \beta, \delta $
La première paire coïncide avec les deux généralisations du triangle d’or, pour $\alpha$ = 20° ; en effet pour le n°1, les deux triangles BCD et BCE sont isocèles (fig. 8) et pour le n°2, le triangle BCE est isocèle et (CD’) est bissectrice de l’angle C, en désignant par D’ la position de D dans ce cas là. Sur la figure 10 nous avons superposé les deux configurations de la paire $\{1 ; 2\}$ de façon à découvrir ce qu’elles peuvent avoir de comparable et comment on passe de $(\alpha, \beta, \gamma, \delta, \varepsilon)$ = (20°, 50°, 20°, 60°, 10°) à $(\alpha ', \beta ', \gamma ' , \delta ', \varepsilon ')$ = (20°, 50°, 40°, 60°, 20°).

Désignons par D’’ et E’ les symétriques de D’ et E par rapport à la médiatrice de [BC]. La figure 10 nous fait conjecturer que (BD’’) est parallèle à (DE) et (D’’E’) parallèle à (CD). Sous cette hypothèse, on a $\varepsilon ' = \widehat{D'EB}=\widehat{E'EB}-\widehat{E'ED'}=\beta - \gamma$ ; puis, à cause de $\delta ' + \varepsilon ' = \beta ' + \gamma ', \beta ' = \beta$ et $\delta ' = \delta$, on en déduit $\gamma ' = \beta - \varepsilon$.

Ces relations se vérifient sans peine pour les deux autres paires $\{3 ; 4\}$ et $\{7 ; 8\}$ et, de plus, elles sont symétriques, c’est-à-dire que $\varepsilon = \beta' - \gamma '$ et $\gamma = \beta ' - \epsilon '$.
Ainsi pouvons nous conjecturer l’existence d’une sorte de dualité des configurations $(\alpha, \beta, \gamma, \delta, \varepsilon)$, qui associe à chacune la configuration

$$(\alpha ', \beta ', \gamma ', \delta ', \varepsilon ' = (\alpha, \beta, \beta - \varepsilon, \delta, \beta - \gamma)$$

Un autre exemple de cette relation nous est donné par les généralisations 1 et 2 et les figures 4 et 5. Démontrons-la dans le cas général.

Dualité

Pour une configuration donnée ABCDE, caractérisée par les valeurs d’angles $(\alpha, \beta, \gamma, \delta, \varepsilon)$, traçons (BD’’) parallèle à (DE) et (D’’E’) parallèle à (CD), avec D’’ sur [AC] et E’ sur [AB] ; puis construisons les symétriques D’ et E’’ respectivement de D’’ et E’ par rapport à la médiatrice (AH) de [BC]. Alors :
1) E’’ est confondu avec E.
2) ABCD’E est une autre configuration associant au quintuple $(\alpha, \beta, \gamma, \delta, \varepsilon)$ le quintuple $(\alpha ', \beta ', \gamma ', \delta ', \varepsilon ') = (\alpha, \beta, \beta - \varepsilon, \delta, \beta - \gamma)$ (fig. 11).

Démonstration de 1) : E’’ est confondu avec E
Cette propriété découle d’une application particulière du théorème de Pappus, mais on peut s’en passer, et faire une démonstration directe du cas particulier suivant : Théorème : Soient trois points A, C, E situés sur une droite, et trois autres points B, D, F situés sur une autre droite : si les droites (CD) et (EF) d’une part, (AF) et (CB) d’autre part sont respectivement parallèles, alors les droites (AD) et (EB) sont aussi parallèles.

Pour le démontrer, il suffit d’appliquer Thalès aux différents systèmes de triangles et de parallèles constituant cette figure (fig. 12) :

$$\frac{\overline{OB}}{\overline{OD}}=\frac{\overline{OB}}{\overline{OF}}\times \frac{\overline{OF}}{\overline{OD}}=\frac{\overline{OC}}{\overline{OA}}\times \frac{\overline{OE}}{\overline{OC}}=\frac{\overline{OE}}{\overline{OA}}$$

Démonstration de 2) : $(\alpha ', \beta ', \gamma ', \delta ', \varepsilon ') = (\alpha, \beta, \beta - \varepsilon, \delta, \beta - \gamma)$.

Elle est immédiate (cf. figure 10), en utilisant les angles alternes internes et la symétrie par rapport à (AH) ; et l’on vérifie aussi facilement que la configuration duale de la duale nous fait retomber sur la configuration initiale.
Cette dualité peut alors être très utile pour de nouvelles configurations qui, sans elle, pourraient être difficiles à traiter. Il en est ainsi de la situation duale du problème de référence, dans lequel on a, rappelons le : $\alpha$ = 20° ; $\beta$ = 60° ; $\gamma$ = 50°, qui nous a conduit aux valeurs $\delta$ = 80° et $\varepsilon$ = 30°. On en déduit aussitôt la configuration : $\alpha '$ = 20° ; $\beta '$ = 60° ; $\gamma '$ = 30° qui conduit à $\delta '$ = 80° et $\varepsilon '$ = 10°, soit le n°3 de la liste de Machado. Il nous reste tout de même dans cette liste encore la paire 5 ; 6 pour laquelle nous n’avons pas trouvé de solution.

En rassemblant l’ensemble des résultats et méthodes traitées ci-dessus, on peut inventer des configurations variées. En voici deux, données sans autres explications que les figures 13, 14 et 15, à partir de l’iso-zigzag engendré par l’angle $\alpha=\frac{180^{\circ}}{7}$. D’autres iso-zigzags donneraient des configurations du même genre.

La figure 13 montre le zigzag relatif à $\alpha=\frac{180^{\circ}}{7}$ , la figure 14 donne la configuration $(\alpha, \beta, \gamma, \delta, \varepsilon)=(\frac{180^{\circ}}{7},\frac{360^{\circ}}{7},\frac{180^{\circ}}{7},\frac{450^{\circ}}{7},\frac{90^{\circ}}{7})$ et la figure 15 la configuration duale $(\alpha ', \beta ', \gamma ', \delta ', \varepsilon ')=(\frac{180^{\circ}}{7},\frac{360^{\circ}}{7},\frac{270^{\circ}}{7},\frac{450^{\circ}}{7},\frac{180^{\circ}}{7})$

Dans l’article de Machado, ce dernier exemple n’est pas donné. Par contre, il donne en dehors du cas $\alpha$ = 20° toute une série d’autres situations (au nombre de 36 au total, en comptant les situations duales), et qu’il affirme pouvoir être résolues de façon élémentaire mais sans donner aucune solution. En voici encore quelques exemples.

Configuration (12, 48, 42, 54, 36)

Prenons plutôt la situation duale (12, 48, 12, 54, 6), à cause de l’angle $\gamma$ = 12° = $\alpha$. On est alors directement dans la généralisation 1, avec les triangles BCD et BCE isocèles. Nous avons donc : $\delta =$ 45° + $\frac{3 \alpha}{4}$ = 54° et $\varepsilon= \frac{\alpha}{2}$ (fig. 16).

Configuration (45 ; 45 ; 37,5 ; 52, 5 ; 30)

Le triangle ABC correspond à trois sommets d’un octogone (fig. 14). Longtemps je n’ai pas trouvé de solution, jusqu’à ce que j’abandonne un travail sur les angles pour m’orienter vers un travail sur les rapports. Les angles à la base du triangle ABC mesurent chacun 67,5°. Pour construire l’angle de 37,5° coupons le cercle circonscrit au triangle ABC, (et à l’octogone correspondant) de centre U par le cercle de centre A passant par U. Si O est l’un des points d’intersection, l’angle $\widehat{BCO}$ mesure 67,5° − 30° = 37,5° (fig. 17).
Ensuite, soit G le symétrique de E par rapport à (AB). G est sur le cercle (U), à cause de l’angle $\widehat{GBE}$ qui mesure 45°, et BG = BE = BC, dont on déduit EC = EG ; de sorte que

$$\frac{EA}{EC}=\frac{EA}{EG}=\frac{1}{\sqrt 2}$$

Par ailleurs dans le triangle ADC, de hauteur DH, on a :

$$\frac{DA}{DC}=\frac{DA}{DH}\times \frac{DH}{DC}=\sqrt 2 \times\frac{1}{2}=\frac{1}{\sqrt 2}=\frac{EA}{EC}$$

Par conséquent (DE) est bissectrice intérieure du triangle ADC, dont l’angle $\widehat{ADC}$ mesure 105°, et dont la moitié nous donne l’angle $\widehat{CDE},$ lequel mesure donc $\delta$ = 52,5°. Il reste 30° pour l’angle $\widehat{DEB} = \varepsilon.$

(Article mis en ligne par Armelle BOURGAIN)

[1] H.S.M. Coxeter et S.L. Greitzer, Redécouvrons la géométrie, Éditions Dunod, Paris,1971, p. 29

[2] A. Machado, Nineteen Problems on Elementary Geometry, Mathematical IntelligencerVol. 17, n° 1, 1995.

[3] Voir par exemple J.-P. Friedelmeyer, Euclide peut-il apprendre quelque chose aux professeurs de mathématiques d’aujourd’hui ? Repères-IREM n° 53, octobre 2003, p. 23 à 42.

[4] Henri Bareil, Des zigzags, des pavages et des constructions, BV n° 473, nov. - déc. 2007.


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