Trois points alignés

Bonsoir,

Une fois n'est pas coutume, voilà une solution à la Bouzar, en barycentrique:

% Jean-Louis Ayme - 07/06/2020 - Trois points alignés

clc, clear all, close all

syms a b c real  % Les longueurs des côtés

A=[1; 0; 0]; % Sommets du triangle ABC
B=[0; 1; 0];
C=[0; 0; 1];

BC=[1, 0, 0]; % Côtés du triangle ABC
CA=[0, 1, 0];
AB=[0, 0, 1];

%-----------------------------------------------------------------------

M=[1; 0; 1];  % Milieu de [AC]
N=[1; 1; 0];  % Milieu de [AB]

G=[1; 1; 1];  % Centre de gravité du triangle ABC

P = ProjectionOrthogonaleBary(A,BC,a,b,c); % Pied P de la A-hauteur

%-----------------------------------------------------------------------

% Points d'intersection de la droite (GP) 
% et du cercle circonscrit au triangle ABC

syms x y z real

GP=Wedge(G,P); % Droite (GP)

GP=FactorT(GP);

z=-(GP(1)*x+GP(2)*y)/GP(3);
E1=Factor(a^2*y*z+b^2*z*x+c^2*x*y); % Cercle circonscrit à ABC
E1=numden(E1);

% On trouve (y*a^2 + x*b^2 - x*c^2)*(a^2*y + 2*b^2*x - b^2*y + c^2*y) = 0

% Avec y*a^2 + x*b^2 - x*c^2 = 0

x=a^2;
y=c^2-b^2;
z=-(GP(1)*x+GP(2)*y)/GP(3);
z=Factor(z);

% ce qui donne:

z=b^2-c^2;

X1=[a^2; c^2-b^2; b^2-c^2];

% Avec (a^2*y + 2*b^2*x - b^2*y + c^2*y) = 0

x=a^2-b^2+c^2;
y=-2*b^2;
z=-(GP(1)*x+GP(2)*y)/GP(3);
z=Factor(z);

% ce qui donne:

z=-(2*c^2*(a^2 - b^2 + c^2))/(a^2 + b^2 - c^2);

X2=[(a^2-b^2+c^2)*(a^2+b^2-c^2); -2*b^2*(a^2+b^2-c^2); -2*c^2*(a^2-b^2+c^2)];

% Le point demandé par Jean-Louis est X2

%-----------------------------------------------------------------------

% Centre et carré du rayon du cercle circonscrit au triangle ABC

[O R2]=CercleTroisPointsBary(A,B,C,a,b,c);

Om=FactorT(O);
R2=Factor(R2);

% Centre et carré du rayon du cercle circonscrit au triangle M N X2

[om,r2] = CercleTroisPointsBary(M,N,X2,a,b,c);

om=FactorT(om);
r2=Factor(r2);

% Carré de la distance entre O et om

D2=Distance(O,om,a,b,c);
D2=Factor(D2);

%-----------------------------------------------------------------------

kDR2=Factor(D2/R2)
krR2=Factor(r2/R2)

% On trouve:
kDR2=(- a^4 + 2*a^2*b^2 + 2*a^2*c^2 + 3*b^4 - 6*b^2*c^2 + 3*c^4)^2/(4*(a^2 + b^2 - 2*b*c + c^2)^2*(a^2 + b^2 + 2*b*c + c^2)^2);
krR2=(3*a^4 + 2*a^2*b^2 + 2*a^2*c^2 - b^4 + 2*b^2*c^2 - c^4)^2/(4*(a^2 + b^2 - 2*b*c + c^2)^2*(a^2 + b^2 + 2*b*c + c^2)^2);

% Donc, en posant kDR= Dist(O,Om) / R et KrR = r/R:

kDR=(- a^4 + 2*a^2*b^2 + 2*a^2*c^2 + 3*b^4 - 6*b^2*c^2 + 3*c^4)/(2*(a^2 + b^2 - 2*b*c + c^2)*(a^2 + b^2 + 2*b*c + c^2));
krR=(3*a^4 + 2*a^2*b^2 + 2*a^2*c^2 - b^4 + 2*b^2*c^2 - c^4)/(2*(a^2 + b^2 - 2*b*c + c^2)*(a^2 + b^2 + 2*b*c + c^2));

Un=Factor(kDR+krR)

% On trouve Un=1 donc les deux cercles sont tangents, c'est gagné

Cordialement,

Rescassol

Bonsoir à tous,
Merci, Jean-Louis, pour ce problème que je trouve vraiment curieux ... Peut-être peut-on le prendre à l'envers ?
Démontrer que le cercle passant par les milieux de deux côtés d'un triangle et par le point de concours du cercle circonscrit au triangle et de la demi-droite issue du centre de gravité du triangle et passant par le pied de la hauteur relative au troisième côté est tangent au cercle circonscrit en ce point de concours ...
Et comme c'est valable pour les trois côtés du triangle initial, on obtient avec ces trois points de concours un deuxième triangle. Celui-ci possède-t-il des propriétés intéressantes ? Et qu'en est-il de celui formé par les centres des trois cercles ?
C'est cet aspect-là de tes problèmes, Jean-Louis, que j'apprécie le plus : tous les développements qu'ils sont en général susceptibles d'entraîner !
Bien cordialement
JLB

Bonsoir,

Ton deuxième triangle est en perspective avec le triangle $ABC$, le perspecteur étant $X_{25}$.

Cordialement,

Rescassol