Médiatrices et céviennes concourantes

Bonjour,

Je colle ci-dessous une figure simplifiée dans un souci de lisibilité
Le curseur k permet de faire varier les longueurs des segments $MR, NS, PT$, respectivement de longueurs $ka, kb, kc$ Il s'agit de démontrer que $(AR), (BS), (CT)$ sont concourantes.

à cette heure-ci, je ne sais pas le faire, sauf sur quelques cas particuliers:
$k=0$ se ramène au concours des médianes
$k=\infty$ : concours des hauteurs
$k=\dfrac {\sqrt 3}2$ : les trangles $RBC, SCA$ et $TAB$ sont équilatéraux, les trois droites concourent au point de Fermat-Toricelli, d'où l'on voit les trois côtés sous un angle de $120°$, situation souvent étudiée.

Amicalement. jacquot

Le cas $k=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ se traite de manière analogue au point de Fermat, les triangles équilatéraux étant intérieurs au lieu d'être à l'extérieur.

En prenant un repère centré en $A$, il est clair que les droites $(AR)$, $(BS)$ et $(CT)$ ont une équation de la forme $f_i(k)x+g_i(k)y+h_i(k)=0$ où $f_i,g_i,h_i$ sont des fonctions affines avec $h_1=0$. La pente de la droite reliant $A$ au point d'intersection entre $(BS)$ et $(CT)$ est dont égale à $\dfrac{P(k)}{Q(k)}$ où $P$ et $Q$ sont de degré au plus $2$. Il s'agit de montrer que $\dfrac{P(k)}{Q(k)}=-\dfrac{f_1(k)}{f_2(k)}$. La concourance quand $k=\infty$ indique que $Pf_2+Qf_1$ est de degré au plus $2$. La concourance quand $k=0$ et $k=\pm \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ indique que $Pf_2+Qf_1$ a au moins trois racines, donc c'est le polynôme nul.

Bonjour
Un résultat amusant qui fait un exercice pas si simple. En reprenant les notations initiales de jelobreuil,

Il existe deux triplets $\left( P,Q,R\right) $ de points alignés : les points communs de chacun des axes de l'ellipse de Steiner avec les médiatrices des côtés de $ABC$.

Amicalement. Poulbot

On note $\alpha,\beta,\gamma$ les angles du triangle.

Soit $R'$ l'intersection de $(AR)$ avec $(BC)$. On calcule que $\dfrac{R'B}{R'C}=\dfrac{1+2k\cot\beta}{1+2k\cot\gamma}$, donc si on définit le point $H_k$ comme le point de coordonnées barycentriques $(\dfrac{1}{1+2k\cot\alpha},\dfrac{1}{1+2k\cot\beta},\dfrac{1}{1+2k\cot\gamma})$, alors $H_k$ appartient à $(AR)$, et de même il appartient aux deux autres droites.

De ce qui précède, on peut déduire que l'hyperbole décrite par le point $H_k$ admet pour équation en coordonnées barycentriques
$$(\cot\alpha-\cot\beta)xy+(\cot\beta-\cot\gamma)yz+(\cot\gamma-\cot\alpha)zx=0.$$

Je détaille mon calcul. Soit $A'$ le pied de la hauteur issue de $A$, et $h=AA'$. D'après Thalès, on a $\dfrac{R'A}{R'M}=\dfrac{h}{ka}$. De plus, on a $BA'=h\cot\beta$. On en déduit que $\dfrac{BR'-h\cot\beta}{\frac{a}{2}-BR'}=\dfrac{h}{ka}$, d'où on tire $BR'=\dfrac{ah}{2(h+ka)}(1+2k\cot\beta)$. En permutant les rôles de $B$ et de $C$, on a aussi $CR'=\dfrac{ah}{2(h+ka)}(1+2k\cot\gamma)$, donc $\dfrac{R'B}{R'C}=\dfrac{1+2k\cot\beta}{1+2k\cot\gamma}$.

Pour être rigoureux, il faudrait faire attention à l'orientation. On peut aussi prendre un repère $B(0,0)$, $A(h\cot\beta,h)$, $M(\frac{a}{2},0)$, $R(\frac{a}{2},-ka)$.

Bonjour Pappus
Dans le cas de la configuration générale où le point $P$ est un point quelconque du plan, le triangle $PQR$ a même centre de gravité $G$ que $ABC$; $G$ est donc le point directeur.
$K$ étant le point de Lemoine de $ABC$, les centres des similitudes directes $\left( C,A\right) \rightarrow \left( A,B\right) ,\ \left( A,B\right) \rightarrow \left( B,C\right) ,\ \left( B,C\right) \rightarrow\left( C,A\right) $ sont les projections $A_{2},B_{2},C_{2}$ de $O$ sur les symédianes $AK,BK,CK$; ce sont les sommets du deuxième triangle de Brocard qui est ainsi le triangle de similitude, le cercle de similitude étant le cercle de diamètre $\left[ OK\right] $ (cercle de Brocard).
Les droites $GA_{2},GB_{2},GC_{2}$ recoupent ce cercle aux projections $A_{1},B_{1},C_{1}$ de $K$ sur les médiatrices de $\left[ BC\right] ,\left[ CA\right] ,\left[ AB\right] $, ce sont les sommets du premier triangle de Brocard qui est ainsi le triangle invariable.
On trouve ces résultats dans le Rouché-Comberousse.

En barycentriques, $A_{2}=\left( b^{2}+c^{2}-a^{2}:b^{2}:c^{2}\right) $, $A_{1}=\left( a^{2}:c^{2}:b^{2}\right) $, …


Pour plus de précisions sur ces brocardises, voir, par exemple (et en anglais) Brocard Triangles et les liens qu'on y trouve.


Amicalement. Poulbot

Erreur de nom : Jacobi et non Viviani !
Scuses.