Triangle équilatéral

Déjà les triangles $ABC$, $DBF$, $AEF$, $DEC$ sont semblables, je ne le savais pas mais ça m'apparaît. Je pense que ça peut aider.

En se souvenant que ${BC}~\overrightarrow{AI}+{CA}~\overrightarrow{BI}+{AB}~\overrightarrow{CI}=\overrightarrow{0}$, c'est peut-être le moment de casser la symétrie.

Et là on y est : $\frac {cosA}{a}=\frac {\cos B}{b}=\frac {\cos C}{c}$, soit : $\cot A= \cot B= \cot C$.
D'accord ?
Bonne journée.
Fr.

Entre la poire et le fromage...

Il faudrait lui demander où il [elle] l'a pris. C'est toujours intéressant.

[Ici pas besoin d'écriture inclusive. :-D AD]

Bonjour,

Sur les figures de pldx1, les droites $(AX), (BY), (CZ)$ sont évidemment les bissectrices des angles du triangle $ABC$, mais il me semble qu'elles sont aussi les hauteurs du triangle $XYZ$.

Sauriez-vous le démontrer ?
Moi pas :-S

Le point $I$ est défini par ses coordonnées barycentriques relativement à $ABC$, qui m'ont servi plus haut pour résoudre le problème initial : $a \overrightarrow{IA}+b \overrightarrow{IB}+c \overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$.
Si l'on a de la patience et du courage, on peut alors calculer le produit scalaire $ \overrightarrow{AI} \cdot \overrightarrow{BI}$, et en déduire que l'expression $ (1-\cos A) (1-\cos \overrightarrow{AI} \cdot \overrightarrow{BI}$ est invariante par permutations des sommets. Et ceci résoudra le problème.
Mais il y a sans doute une solution avec des calculs moins effrayants.

Morley inscrit, qu'es aquò ? Qui sont $v$ et $w$ ?
Merci.
Fr. Ch.

Merci mille fois Rescassol, je vais essayer de retenir ça.
Y a-t-il des livres ou des textes disponibles sur Internet qui utilisent cette méthode ?
Et pourquoi Morley ? Est-ce dans le livre Inversive Geometry ?
Encore merci, bonne soirée.
Fr. Ch.

Bonsoir,

Merci à tous. J'y suis aussi parvenu plus laborieusement avec des outils élémentaires.
Voici d'abord le lemme de Chaurien qui sera bein utile dans la suite:
Si $D,E,F$ sont les pieds des hauteurs respectivement issues de $A,B,C$
Alors les triangles $AEF, DBF$ et $DEC$ sont semblables au triangle $ABC$

Les rapports de similitude sont respectivement $\cos \alpha ,\ \cos \beta$ et $\cos \gamma$.
Démonstration :
Soit $H$ l'orthocentre du triangle $ABC$. Les quadrilatères $DCEH$ et $AEHF$ parce qu'ils ont des angles droits opposés. Il en résulte des égalités d'angles (voir marquage vert) en vertu du théorème de l'angle inscrit.
Par exemple $\widehat{ECD}$ et $\widehat{DHE}$ sont supplémentaires puisque $AEHF$ est inscriptible donc $\widehat{ECD}=\widehat {AHE}$ et $\widehat{AHE}=\widehat{AFE}$ parce qu'ils interceptent le même arc, donc $\widehat{ECD}=\widehat{AFE}$

Alors le triangle $AEF$ est semblable à $ABC$.
Le rapport de similitude est $\dfrac {AE}{AB}=\cos \alpha$
Les autres similitudes se démontrent par permutation du nom des sommets.

À suivre. jacquot

Je termine par une démonstration bricolée du théorème de yan2 :

$$ABC\,\,\hbox{est un triangle équilatéral}\quad \iff\quad \overrightarrow{AX}+\overrightarrow{BY}+\overrightarrow{CZ}=\overrightarrow{0}$$

Rappel: dans tout triangle une bissectrice (intérieure) d'un angle au sommet partage le côté opposé en deux segments proportionnels aux côtés adjacents de ce sommet
Ainsi, si le triangle $ABC$ n'est pas isocèle en $A$, la bissectrice de l'angle $Â$ coupera le côté $[BC]$ en un point $I$ qui sera plus proche du sommet où l'angle est le plus grand (sur la figure ci-dessous, c'est $B$). De même, le pied de la hauteur $D$ sera plus proche du sommet où l'angle est le plus grand.

En utilisant mon lemme du message précédent, je peux calculer les angles du triangle $XYZ$ en fonction de ceux du triangle $ABC$:
$$\widehat{Y}=\dfrac{\alpha+\gamma}2\ ;\ \widehat{Z}=\dfrac{\alpha+\beta}2$$
Et si le triangle $ABC$ n'est pas isocèle en $A$, alors $XYZ$ n'est pas isocèle en $X$ et les médianes issues de $A$ pour l'un et de $X$ pour l'autre seront entièrement de part et d'autre de $(AI)$ qui est bissectrice pour l'un et hauteur pour l'autre.

Conséquence: si $ABC$ n'est pas équilatéral, les centres de gravité $G_1$ et $G_2$ des triangles $ABC$ et $XYZ$ ne peuvent pas être confondus.

Soient maintenant un triangle $ABC$ quelconque et $XYZ$ son triangle associé défini plus haut et $G_1,_2$ leurs centres de gravité
Alors $\overrightarrow{G_1A}+\overrightarrow{G_1B}+\overrightarrow{G_1C}=\overrightarrow{0}$
D'où les équivalences:
$ \overrightarrow{AX}+\overrightarrow{BY}+\overrightarrow{CZ}=\overrightarrow{0}$
$\Leftrightarrow \overrightarrow{G_1A}+\overrightarrow{G_1B}+\overrightarrow{G_1C}+\overrightarrow{AX}+\overrightarrow{BY}+\overrightarrow{CZ}=\overrightarrow{0}$
$\Leftrightarrow \overrightarrow{G_1X}+\overrightarrow{G_1Y}+\overrightarrow{G_1Z}=\overrightarrow{0}$
$\Leftrightarrow G_1=G_2$ (unicité du centre de gravité)

Cela ne peut se produire que si le triangle est trois fois isocèle.
le théorème de yan2 est ainsi démontré.
Bonne nuit. jacquot

Bonjour,

Toujours avec Morley inscrit, je trouve $\overrightarrow{IU}=\dfrac{4s_3}{u^2 + s_2}$, donc $\overrightarrow{IU}+\overrightarrow{IV}+\overrightarrow{IW}=\dfrac{8s_1s_3}{s_1s_2-s_3}$.
Ceci s'annule si et seulement si $s_1=0$, ce qui est équivalent à dire que $ABC$ est équilatéral.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour
$U,V,W$ étant les centres des cercles exinscrits, le résultat en découle facilement.
Amicalement. Poulbot