Triangles particuliers

Bonsoir
$A,B,C\simeq\left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right].$
$I,B'\simeq\left[\begin{array}{c} a\\ a+n\\ a+2n \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -a\\ 0\\ -a-2n \end{array}\right].$
On a : $\dfrac{BI^2}{B'I^2}=\dfrac{\dfrac{a(a+2n)}{3}}{ \dfrac{a(a+2n)}{12}}=4$ donc $BI=2BI'.$
$B''\simeq\left[\begin{array}{c} -a\\ -a-n\\ 2(a+2n) \end{array}\right].$
$D,E,F\simeq\left[\begin{array}{c} 0\\ -a-2n+\dfrac{1}{2}(3a+3n)\\ -a-n+\dfrac{1}{2}(3a+3n) \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -a-2n+\dfrac{1}{2}(3a+3n)\\ 0\\ -a+\dfrac{1}{2}(3a+3n) \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -a-n+\dfrac{1}{2}(3a+3n)\\ -a+\dfrac{1}{2}(3a+3n)\\ 0 \end{array}\right].$
Le cercle $\odot(BDB')$ :
$2 (a + n)^2 (a + 2 n) x y+(a + n) (a^2 + 3 a n - 2 n^2) x z+a (a + n)^2 y z-2 n (a + n) (a + 2 n) x^2-a (a - n) (a + n) z^2=0.$
$J\simeq\left[\begin{array}{c} 3 a (a + n)^2 (a^2 + 2 a n - n^2)\\ 3 (a + n)^3 (a^2 + 3 a n - 2 n^2)\\ -6 n^2 (a + n)^2 (a + 2 n) \end{array}\right].$
$P\simeq\left[\begin{array}{c} -2 (a + n)^2 (a + 2 n)\\ -2 n (a + n) (a + 2 n)\\ 0 \end{array}\right].$
On a bien $AP=n.$
$O\simeq\left[\begin{array}{c} a^2 (a + n) (a + 5 n)\\ (a + n)^2 (a^2 + 2 a n + 3 n^2)\\ (a - 3 n) (a + n) (a + 2 n)^2\end{array}\right].$
$OI$ et $BB'$ sont bien perpendiculaires.
$K\simeq\left[\begin{array}{c} a n (2 a + n)^2 (a + 2 n)^2\\ (a + n) (2 a + n)^2 (a + 2 n)^3\\(2 a + n)^2 (a + 2 n)^4\end{array}\right].$
La matrice formée par les coordonnées barycentriques de $A, I, K$ a un déterminant nul donc les points $A, I, K$ sont alignés.

Bonjour fm_31
$IJ^2 = \dfrac{a^2 (a + 2 n)^2}{12 (a - n) (a + 3 n)}$ et $R^2=\dfrac{a^2 (a + 2 n)^2 }{3 (a - n) (a + 3 n) }$ et ainsi $\dfrac{IJ^2}{R^2}=\dfrac{3}{12}=\dfrac{1}{4}$ soit $R=2IJ.$
Amicalement

Bonjour à tous,
Merci à fm_31 d'avoir lancé ce fil vraiment intéressant !
Je note que, d'après les premières figures, le cercle passant par B, M, K, I et O passe aussi par le milieu de AB, le point R sur la figure de la pièce jointe au deuxième post ... ou est-ce un artefact aléatoire ?
bien cordialement
JLB

Bonjour.
Voici un point de vue différent. Apportera-t-il de nouveaux résultats ?

Speg. je normalise en prenant des côtés de longueur $2-x$ , $2$ et $2+x$ , où $-1 \leq x \leq 1$ .
Si l'on fixe le côté de longueur 2 le sommet opposé parcourt une "ellipse du jardinier"
dont les demi-axes sont 2 et $\sqrt{3}$ .

Si tu appelles $b$ la longueur du côté médian les longueurs des 3 côtés sont respectivement $b-n$ , $b$ , $b+n$.
Si en plus tu choisis $b/2$ pour unité de longueur les 3 côtés mesurent $2-n$ , $2$ , $2+n$
La somme de la plus petite et de la plus grande longueur est constante et vaut 4 .
Si on fixe A et C alors B se promène sur une ellipse de foyers A et C et de grand axe 4 .
Ce n'est pas un cas particulier mais le cas général.

Bonjour.

Le premier problème à résoudre est celui de la paramétrisation.

• Pour geogebra, on fixe $B,C$ et l'on contrôle la figure avec le point $N\in\left(BC\right)$, qui détermine un demi cercle ayant $N$ et $2C-N$ comme extrémités. On coupe ensuite par le cercle centré en $B$ avec $2AC-BC$ comme rayon. Dans ce contexte, il vaut mieux modifier le problème selon
  • def: $B''\doteq2I-B$ ; Et alors, prop: $B''$ sur le circonscrit
    
    $\,$
  • def: $K$ deuxième intersection de $\left(AI\right)$ et $\left(OIB\right)$. def: $S=2K-B$. Et alors, prop: S est l'un des mid-arcs, c'est à dire $S\in\left(ABC\right)$ et $\left(OS\right)\perp\left(AB\right)$
  
  $\,$
• Calculs (1) On voit que le lieu de $I_{0}$ (pour $B,C$ fixés) est un demi-cercle (à compléter par symétrie). On en déduit une paramétrisation rationelle basée sur $z_{B}=-1$ et $z_{C}=+1$ (et donc $a=2$). Il vient:$
  \def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\ptv{~;~} \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}
  
  \def\prb{\mathcal{Q}} \def\vmz{\underset{z}{Ver}} \def\mqqiz{\boxed{\prb_{z}^{-1}}} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}}
  
  
  
  
  $ \[ n=\dfrac{2}{3}\,\dfrac{t^{2}-4\,t+1}{t^{2}+1}\ptv z_{A}=\dfrac{3\,t^{2}-3-i\left(8\,t^{2}-14\,t+8\right)}{3\left(t+i\right)^{2}}\ptv z_{I}=\dfrac{t-2-i\left(2\,t-1\right)}{3\left(t+i\right)} \] et le reste suit. On écrit les points sous la forme $\vz:\vt:\vzz$, on calcule les droites à coup de 2-wedge sur les colonnes, les points à coup de 2-wedge sur les lignes et les cercles à coup de 3-wedge sur les Veronese. On arrive à: \[ z_{L}=\dfrac{\left(-1-4\,i\right)}{3}\,\dfrac{\left(19\,t^{4}-44\,t^{3}+54\,t^{2}-44\,t+19\right)}{\left(t+i\right)\left(17\,t^{3}-12\,t^{2}+3\,it^{2}-3\,t-12\,it+8+15\,i\right)} \] Avantage: pouvoir calculer les lieux des différents points (pour $B,C$ fixés). Ainsi, le lieu de $L$ est une magnifique courbe de degré $8$... avec $B$ comme point double: \begin{multline*} 27\,\vz^{4}\vzz^{4}-36\,\vz^{3}\vzz^{3}\left(\vz+\vzz\right)\vt-45\,\vz^{2}\vzz^{2}\left(\vz^{2}+4\,\vzz\,\vz+\vzz^{2}\right)\vt^{2}\\ -3\,\vzz\,\vz\left(\vzz-7\,\vz\right)\left(\vz-7\,\vzz\right)\left(\vz+\vzz\right)\vt^{3}\\ -\left(\vz^{4}-19\,\vz^{3}\vzz+81\,\vz^{2}\vzz^{2}-19\,\vz\vzz^{3}+\vzz^{4}\right)\vt^{4}=0 \end{multline*}
  
• Calculs (2) On se borne à utiliser les barycentriques usuels. Et l'on se contente de vérifier que $a-2b+c$ vient se mettre en facteur dans chacune des affirmations à tester. Par exemple, le fait que les 4 cercles soient dans le même bundle dépend de cette condition. On peut même vérifier qu'aucun des triplets de cercles n'est concourant "naturellement".
  

Cordialement, Pierre.

Bonjour,

Au lieu de paramétrer par $A$ variable avec $B,C$ fixes, Soland propose de paramétrer par $B$ variable avec $C,A$ fixes. En effet la relation $a-2b+c=0$ est symétrique en $a,c$ et le point jouant un rôle spécial est le point $B$. C'est une idée efficace, cela se voit au fait que la taille des expressions se réduit.

On remouline le tout avec $\def\ptv{~;~}$ $z_{A}=-1\ptv z_{C}=+1$. Partant de $2\,AC=AB+BC$, on élimine les radicaux et on arrive à $

\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}

$ $\vz^{2}-14\,\vzz\,\vz+\vzz^{2}+48\,\vt^{2}=0$. Cela conduit au paramétrage: \[ B_{t}\simeq\left(\begin{array}{c} 2-6\,it-6\,t^{2}\\ 1+3\,t^{2}\\ 2+6\,it-6\,t^{2} \end{array}\right) \] au chronographe $\begin{array}{c|cccc} t & 0 & -1/\sqrt{3} & \infty & +1/\sqrt{3}\\ \hline z & 2 & i\sqrt{3} & -2 & -i\sqrt{3} \end{array}$ et aux valeurs: \[ n=\dfrac{1-3\,t^{2}}{1+3\,t^{2}}\ptv a=\dfrac{1+9\,t^{2}}{1+3\,t^{2}}\ptv b=2\ptv c=\dfrac{3+3t^{2}}{1+3\,t^{2}}\ptv S=\dfrac{6t}{1+3\,t^{2}} \] A partir de là, il ne reste plus qu'à appliquer les formules barycentriques usuelles, et il vient: \begin{gather*}
z_{Ma}=\dfrac{3}{2}\,\dfrac{1-t^{2}}{1+3\,t^{2}}-\dfrac{3\,it}{1+3\,t^{2}}\ptv z_{Mc}=\frac{1}{2}\,\dfrac{1-9\,t^{2}}{1+3\,t^{2}}-\dfrac{3\,it}{1+3\,t^{2}}\\
z_{I0}=\dfrac{1-3\,t^{2}}{1+3\,t^{2}}-\dfrac{2\,it}{1+3\,t^{2}}\ptv z_{B'}=\frac{1}{2}\,\dfrac{1+3\,t^{2}}{1+3\,t^{2}}\ptv z_{B''}=\dfrac{2\,it}{1+3\,t^{2}}\\
z_{Ga}=\dfrac{-1-18\,t^{2}+27\,t^{4}-36\,it^{3}}{\left(1+3\,t^{2}\right)\left(1+9\,t^{2}\right)}\ptv z_{Gb}=\dfrac{1-3\,t^{2}}{1+3\,t^{2}}\ptv z_{Gc}=\dfrac{1-6\,t^{2}-3\,t^{4}-4\,it}{\left(1+t^{2}\right)\left(1+3\,t^{2}\right)}\\
z_{Ka}=\frac{1}{4}\,\dfrac{5-3\,t^{2}-i\left(9\,t+9\,t^{3}\right)}{1+3\,t^{2}}\ptv z_{Sa}=\frac{1}{2}\,\dfrac{1+9\,t^{2}+i\left(3\,t-9\,t^{3}\right)}{1+3\,t^{2}}\\ z_{Pa}=\dfrac{2t\left(1-3\,it\right)}{\left(1+3\,t^{2}\right)\left(i-t\right)}\ptv z_{La}=\dfrac{9\,t-18\,t^{3}-27\,t^{5}-\left(1+30\,t^{2}+45\,t^{4}\right)i}{\left(9\,t+9\,t^{3}+\left(1+9\,t^{2}\right)i\right)\left(1+3\,t^{2}\right)} \end{gather*} quelques notations ont été changées: $M_{a},M_{c}$ pour $M,R$ (les milieux, céviens de $G=$X(2)), $G_{a},G_{b},G_{c}$ pour $D,E,F$ (les contacts du cercle inscrit, ceviens du point de Gergonne) et $K_{a},S_{a}$ pour $K,S$ (définis pour unicité, relativement à $A$), $P_{a},L_{a}$ pour $P,L$ et enfin $I_{0},I_a,I_b,I_c$ pour les centres in- et exinscrits (réservant $I$ pour $I^{2}=-1$). Moyennant quoi, on a la relation générique $z_{c}\left(t\right)=-z_{a}\left(-1/3t\right)$.

Reprenant les calculs précédents, on voit que le msg-1854472 de fm31 contenait un résultat méritant une large utilisation: \[ \tan\left(\left(AB\right),\left(AI\right)\right)=t\ptv\tan\left(\left(CB\right),\left(CI\right)\right)=-1\div3t \]c'est la clef de la paramétrisation rationnelle utilisée ici.

Poulbot propose alors de calculer le rayon du cercle par les neuf points $OIBG_{a}G_{c}K_{a}K_{c}L_{a}L_{c}$. Une fois que l'on a vu que cela vaut $R/2$... on peut remarquer que $B=(B+B)/2, M_a=(B+A)/2, M_c=(B+C)/2$ !

Finalement le faisceau de quatre cercles est composé de $\left(OI_{0}B\right)$ déjà décrit, $\left(B'I_{b}I_{a}G_{a}\right)$, $\left(I_{0}B'J_{a}P_a\right)$, $\left(I_{a}J_{a}K_{a}\right)$. Ils passent tous par un point commun, $L_a$. Et on a une situation analogue pour les points d'indice $c$ au lieu de $a$.

Questions: (1) Le lieu de $L_{a}$ (en rouge, à gauche de la médiatrice) contient une palanquée de points multiples, dont les ombilics, $A,$ les points $z=\pm\sqrt{2}$ (isolés), et quatre points invisibles avec néanmoins $\vz,\vzz$ réels. Et alors ?

(2) Est-ce que $L_{a}\mapsto L_{c}$ se généralise en une une involution 'raisonnable' du plan tout entier ?

Cordialement, Pierre.

Edit: finalement, retour à tan((AB),(AI)) qui est la pente de AI... lorsque l'on pose le triangle sur le côté AB, comme fait par fm31.

Bonsoir fm_31,
$I,O'\simeq\left[\begin{array}{c} a\\ a+n\\ a+2n \end{array}\right],\left[\begin{array}{c}-3 a^2 (a - n) (a + n)^2 (a + 2 n) (a + 3 n) (a + 5 n)\\ 6 (a - n) (a + n)^3 (a + 2 n) (a + 3 n) (2 a^2 + 4 a n - 3 n^2)\\ -3 (a - 3 n) (a - n) (a + n)^2 (a + 2 n)^3 (a + 3 n) \end{array}\right].$
Une équation barycentrique de $IO'$ est :
$(-a - 3 n)x+ 2 ny+(a - n)z=0.$
$Fe\simeq\left[\begin{array}{c} n^2 (a + 3 n)\\ 4 n^2 (a + n)\\ (a - n) n^2 \end{array}\right].$
Puisque $(-a - 3 n)* n^2 (a + 3 n) + 2 n*4 n^2 (a + n) + (a - n)*(a - n) n^2=0$ alors le point de Feuerbach du triangle $ABC$ est situé sur $IO'$.
Amicalement

Bonjour.

Il est intéressant de gérer simultanément deux méthodes de calcul. D'une part en paramétrisant la situation particulière (par exemple avec la méthode suggérée par Soland). D'autre part en utilisant les barycentriques dans le cas général et en vérifiant que la propriété annoncée se résume à l'annulation d'un polynôme contenant $a+c-2b$ en facteur.
(1) Sur la suggestion de Poulbot, on part du cercle $B,M_a,M_c$ de centre $E$ (les $M_j$ sont les milieux, $M, R$ dans les notations initiales) et l'on appelle $N$=X(5) le centre du cercle d'Euler. Alors, dans tous les cas, $NE\perp AC$ : la droite des centres est perpendiculaire à la corde commune.

(2) Ensuite, on calcule $\def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}}$ \[ \tra{\overrightarrow {NI_0}}\cdot \boxed {Pyth} \cdot \overrightarrow {AC} \] On trouve $(c-a)(a+c-2b)$. Et donc, dans le cas particulier, $I_0$ est sur la verticale de $N$. Il reste à se rappeler que le contact $Fe=$ X(11) se fait sur la ligne des centres, et c'est fini.

Pendant qu'on y est, explorons cette ligne $EI_0$. On a déjà vu $I_0,Fe,E,N$ et $G_b$ (le contact du cercle inscrit). On ajoute $infV, IJ, JK, KL,G{\rm x}I, J{\rm x}M$ définis par $infV\simeq \overrightarrow {EI_0}$, $IJ = (I_0+4*E)/5$, $JK=(I_0+E)/2$, $J{\rm x}M=2E-I_0$, $(I_0,J{\rm x}M,G_b,KL)=-1$ et $(Fe,I_0,KL,G{\rm x}I)=4$. On a alors les alignements

1. $I_0, B_a,I_a,K_a$ d'une part et $I0, B_c,I_c,K_c$ ($B_a$ est le pied de la A-bissectrice, $K_a, K_c$ sont les points $K$, relatifs aux sommets $A,C$). Banalitude: ce sont les deux bissectrices.
   $\,$
2. $JK, J_a,K_a,J_c,K_c$
   $\,$
3. $IJ, I_a,J_a$ d'une part et $IJ, I_c,J_c$ d'autre part ($J_a, J_c$ sont les points $J$ relatifs aux sommets $A,C$).
   $\,$
4. $KL, K_a,L_a,G_c$ d'une part et $KL, K_c,L_c,G_a$ d'autre part ($L_a, L_c$ sont les points $L$ relatifs aux sommets $A,C$).
   $\,$
5. $G{\rm x}I, G_a,I_c$ d'une part et $G{\rm x}I, G_c,I_a$ d'autre part ($G_a, G_c$ sont les contacts du cercle inscrit).
   $\,$
   
6. $J{\rm x}M, J_a,M_c$ d'une part et $J{\rm x}M, J_c,M_a$ d'autre part ($M_a, M_c$ sont les milieux des côtés).
   $\,$
   

Cordialement, Pierre.

Le centre $O''$ du cercle passant par $A, U, K, C$:
$O'' \simeq \left[\begin{array}{c} -3 a (a - n) (a + n)^2 (a + 2 n) (a + 3 n) (a^2 + 3 a n -2 n^2)\\-6 (a - n) n^2 (a + n)^3 (a + 2 n) (a + 3 n)\\ -3 (a - n) (a + n)^2 (a + 2 n)^2 (a + 3 n) (a^2 + a n - 4 n^2) \end{array}\right].$
Son rayon est :
$\sqrt{\dfrac{ a (a + 2 n) (a^2 + 2 a n - 2 n^2)}{4 (a - n) (a + 3 n)} }$

Oui, p.ex. les triangles rectangles...
ou ceux pour lesquels $\beta=2\alpha$

Le triangle dont les angles sont
$\pi/7$, $2\pi/7$, $4\pi/7$ ou
$\pi/4$, $\pi/4$, $\pi/2$ ou
$\pi/5$, $2\pi/5$, $2\pi/5$ etc...

Bonjour fm_31
Que représentent pour le triangle $ABC$ les points d'intersection de ton hyperbole et de la bissectrice (intérieure) de $\widehat{ABC}$?

Au vu de son succès actuel, j'en profite pour reposer ma petite question :
On considère les triangles $ABC$ pour lesquels $a+c=kb$ où $k>1$.
$A,B,k$ étant donnés, quels sont les lieux de $C$ et du centre $I$ du cercle inscrit dans $ABC$?

Bien cordialement. Poulbot

Re-bonjour fm_31 et merci
Et oui. En fait, les points d'intersection de l'hyperbole et de la bissectrice de $\widehat{ABC}$ sont le centre $I$ du cercle inscrit et le centre $I_{b}$ du cercle $B$-exinscrit.
Cordialement. Poulbot

@ fm_31
Effectivement, il y a un petit problème.
J'ai trouvé comme lieu de $I$ le cercle passant par $A$ de centre $\Omega $, où $\overrightarrow{\Omega B}=k\overrightarrow{A\Omega }$ et comme lieu de $C$ le limaçon de Pascal d'équation polaire $\rho =\dfrac{2c}{k^{2}-1}\left( k-\cos \theta \right) $ en prenant $A$ pour pôle et $B=\left[ c,0\right] $.
Cordialement. Poulbot