Centre du cercle inscrit qui est un milieu
Bonsoir
Je propose ce nouveau problème.
Soit $A_1A_2A_3$ un triangle non équilatéral, $I$ le centre de son cercle inscrit, $C(O,R)$ son cercle circonscrit.
Pour $i=1,2,3$, soit $B_i$ le point de tangence au cercle inscrit de $A_1A_2A_3$ avec le côté $A_i$ du triangle $A_1A_2A_3$, et soit $C_i$ le point d'intersection entre le cercle centré en $I$ de rayon $R$ et la la demi-droite $[IB_i[.$ Soit $K$ l'orthocentre du triangle $C_1C_2C_3.$
Montrer que $I$ est le milieu du segment $[OK].$
Amicalement
Je propose ce nouveau problème.
Soit $A_1A_2A_3$ un triangle non équilatéral, $I$ le centre de son cercle inscrit, $C(O,R)$ son cercle circonscrit.
Pour $i=1,2,3$, soit $B_i$ le point de tangence au cercle inscrit de $A_1A_2A_3$ avec le côté $A_i$ du triangle $A_1A_2A_3$, et soit $C_i$ le point d'intersection entre le cercle centré en $I$ de rayon $R$ et la la demi-droite $[IB_i[.$ Soit $K$ l'orthocentre du triangle $C_1C_2C_3.$
Montrer que $I$ est le milieu du segment $[OK].$
Amicalement
Réponses
-
Bonjour à tous
C'est un peu un attrape nigaud puisque les triangles $B_1B_2B_3$ et $C_1C_2C_3$ sont homothétiques dans une homothétie de centre $I$ et de rapport $\dfrac Rr$.
Autrement dit la propriété demandée par Bouzar est très certainement une propriété du triangle des contacts $B_1B_2B_3$, archiconnue des sectateurs de la géométrie du triangle.
Voir par exemple le Lalesco page 20, article 3.14 ou le Sortais, page 84!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour à tous
Voici ma figure.
Je n'ai pas tracé le triangle $C_1C_2C_3$ dont on a rien à cirer!
$H$ est l'orthocentre du triangle $B_1B_2B_3$.
L'astuce est de considérer le triangle $I_1I_2I_3$ formé par les centres des cercles exinscrits au triangle $A_1A_2A_3$.
Le point $O'$ est le centre du cercle circonscrit au triangle $I_1I_2I_3$.
L'astuce?
Elle est commune au Lalesco et au Sortais.
Les triangles $B_1B_2B_3$ et $I_1I_2I_3$ sont homothétiques.
[large]Pourquoi?[/large]
L'exercice de Bouzar est donc un banal exercice sur les défuntes homothéties!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour pappus,
Cet exercice "banal" est issue de la revue "American Mathematical Monthly" énoncé tel quel par Michel Bataille.
Amicalement -
Mon cher Bouzar
Je suis rangé des voitures depuis si longtemps que je ne connais plus personne.
En tout cas, il est clair que Monsieur Bataille a construit son exercice autour de cette idée d'homothétie.
En plus d'être homothétiques les triangles $B_1B_2B_3$ et $I_1I_2I_3$ partagent la même droite d'Euler, ah les coquins!!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour Bouzar, Bonjour Pappus,
Qui c'est, le centre d'homothétie B->I ? -
Bonjour zephyr
Ton centre d'homothétie?
C'est $X(57)$
Yeah!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir à tous
Voici une nouvelle figure sur laquelle méditer.
Vous avez sous les yeux tout ce qu'il faut pour résoudre cet exercice de Mr Bataille sur les défuntes homothéties.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour, pour un problème posé dans
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,2167832
J'ai posé la question : si on fixe un point $I$, un rayon $r$ du cercle inscrit $(C)$ fixe et $R$ un rayon d'un autre cercle $(O)$ $r<R$. Est-ce que cela permet de construire le triangle ayant le cercle inscrit $(C)$ et $(O)$ son cercle circonscrit ?
Je n'ai pas fixé le centre de $(O)$ ça parait mettre trop de contrainte...
Le but est de trouver une relation entre $r$ et $R$ qui assure l'existence du triangle.
Cordialement. -
Ça revient à la relation d'Euler $R\ge 2r$ apparemment.
-
Mon cher Tonm
Ce problème a été abordé par Euler
On sait que s'il existe une solution, il en existe alors une infinité et qu'on a alors l'identité d'Euler:
$$d^2=R^2-2Rr\qquad$$
où $d$ désigne la distance des centres.
Réciproquement si cette relation est satisfaite, il existe une infinité de solutions.
Autant dire que ce problème est hors de portée de nos lycéens et sans doute de la plupart de nos étudiants!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Oui merci, pappus, je pensais que si $R>2r$ fixes les solutions du triangle cherché sont précis, mais vous dites que les solutions sont infinies... évidemment
Bon l'idée est d'aller dans le problème posé en calcul ( disons $R=1$, $r=0.4$ ) on
peut construire d'abord $C_1C_2C_3$ avec $I$ comme centre du cercle circonscrit (d'une façon en fait il y a des contraintes à respecter -rayons fixes-mais on veut juste calculer les longueurs) puis construire
$A_1A_2A_3$ ayant son rayon inscrit et circonscrit (avec les points de tangence fixes ici peut être on a unicité du triangle aussi peu importe comment puisqu'on sait il y a solution) et enfin vérifier les relations de distance $IK$ et $IO$ (relation d'Euler).
Il y a du calcul (je ne sais faire autrement) et bien sûr comme je comprend de pappus vu l'homothetie du petit triangle $B_1B_2B_3$ et $C_1C_2C_3$ on peut juste calculer la distance $IK'$, $K'$ orthocentre du petit triangle.
Edit 2 la seul contrainte qui part de $R$ et $r$ fixes est bien sûr sur les côtés de $A_1A_2A_3$, vu que $\dfrac{abc}{a+b+c}=2Rr$, $a$ en fonction de $b,c$ et puis calcul analytique.
Je voulais poster dans ce sujet mais j'ai hesité (merci AD) -
Bonjour à tous
C'est curieux que personne ne veuille exhiber l'homothétie entre les triangles $B_1B_2B_3$ et $I_1I_2I_3$.
Une homothétie, vous vous rendez compte!
On est tombé pratiquement au niveau de l'Axiome de Thalès et pourtant aucune réponse.
Mais cela ne m'étonne plus!
Nous sommes tombés au niveau que nous méritons!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bien cher Pappus,
Je vois bien pourquoi les côtés des deux triangles B1B2B3 et I1I2I3 sont parallèles deux à deux : par exemple, sur ta dernière figure, les segments B1B2 et I1I2 sont tous deux perpendiculaires à IA3. Ces deux triangles sont donc au moins semblables.
Mais comment montrer que les trois droites I1B1, I2B2 et I3B3 sont concourantes, ça, je ne sais pas ! Et je n'ai sous la main ni mon Lalesco, ni mon Sortais ...
Bien amicalement, JLB -
Mon cher Jelobreuil
Lis le Lebossé-Hémery si tu le possèdes.
Deux triangles dont les côtés sont parallèles deux à deux se déduisent l'un de l'autre par une homothétie ou une translation.
Cette homothétie-translation possède un module.
Si ce module vaut $1$, c'est une translation sinon c'est une homothétie.
Donc le premier boulot est de déterminer ce module!!!
Est-ce si terrible?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour à tous
Toujours un silence sépulcral qui prouve à quel point les homothéties et les translations intéressent encore les communautés enseignante et enseignée!!
Soit $R$ le rayon du cercle inscrit au triangle $A_1A_2A_3$ et $r$ le rayon du cercle circonscrit au triangle $B_1B_2B_3$.
Rien de très original dans ces traditionnelles mais défuntes notations!
Le triangle $A_1A_2A_3$ est le triangle orthique du triangle $I_1I_2I_3$.
Il en résulte que le cercle circonscrit au triangle $A_1A_2A_3$ en est son cercle d'Euler.
Par suite le rayon du cercle circonscrit au triangle $I_1I_2I_3$ est $2R$
Donc le module de l'homothétie-translation faisant passer du triangle $I_1I_2I_3$ au triangle $B_1B_2B_3$ est:
$$\dfrac r{2R}\qquad$$
Alors vient une question angoissante, atroce, épouvantable:
Comparer les deux réels $1$ et $\dfrac r{2R}$
Peut-être que Tonm est le mieux placé pour y répondre, vu ce qu'il nous a déjà raconté (si péniblement)!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour, juste pour dire quelque chose (mes derniers messages n'ont rien à faire) je joint les calculs des distances entre centre du cercle circonscrit $O$, $I$ et $H$. Si on veut continuer c'est fourbui car la formule $OI^2$ est peut être simple et celle en $OH^2$ $H$ orthocentre n'est pas simple. Cette dernière doit être appliquée à $B_1B_2B_3$ dont les côtés sont en fonction de $a,b,c$ les côtés de $A_1A_2A_3$. Ce n'est pas une directe réponse. $FB=\dfrac{a+c-b}{2}$
S'il y a autre façon alors ça y est.
Cordialement -
Bonjour à tous et merci
Voici une solution avec les coordonnées barycentriques.
Le triangle de référence:
$A_1,A_2,A_3\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\end{array}\right]$
I le centre de son cercle inscrit:
$I \simeq \left[\begin{array}{c} a\\ b\\ c\end{array}\right]$
O le centre de son cercle circonscrit:
$O \simeq \left[\begin{array}{c} a^2 (a^2 - b^2 - c^2)\\ b^2 (-a^2 + b^2 - c^2)\\ c^2 (-a^2 - b^2 + c^2)\end{array}\right].$
Le carré du rayon R du cercle circonscrit:
$R^2 = \dfrac{a^2 b^2 c^2}{(a + b - c) (a - b + c) (-a + b + c) (a + b + c)}.$
Le carré du rayon r du cercle inscrit:
$r^2 = \dfrac{(-a + b +c) (a + b - c) (a - b + c)}{4 (a + b + c)}.$
Le triangle de contact $B_1B_2B_3$ qui sont les points de contact du cercle inscrit avec les côtés $A_2A_3,A_3A_1,A_1A_2$:
$B_1B_2B_3\simeq \left[\begin{array}{c} 0\\ p-c\\p-b\end{array}\right],\left[\begin{array}{c}p-c\\ 0\\ p-a\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} p-b\\p-a\\ 0\end{array}\right].$
Le triangle $C_1C_2C_3$ :
$C_1\simeq \left[\begin{array}{c} -a (a^3 - a^2 b - a b^2 + b^3 - a^2 c + 4 a b c - b^2 c - a c^2 - b c^2 + c^3)\\ -b (a^3 - a^2 b - a b^2 + b^3 - 2 a^2 c + 2 a b c - 2 b^2 c - a c^2 - b c^2 + 2 c^3)\\-c (a^3 - 2 a^2 b - a b^2 + 2 b^3 - a^2 c + 2 a b c - b^2 c - a c^2 - 2 b c^2 + c^3)\end{array}\right].$
$C_2\simeq \left[\begin{array}{c}a (a^3 - a^2 b - a b^2 + b^3 - 2 a^2 c + 2 a b c - 2 b^2 c - a c^2 - b c^2 + 2 c^3)\\ b (a^3 - a^2 b - a b^2 + b^3 - a^2 c + 4 a b c - b^2 c - a c^2 -b c^2 + c^3)\\ c (2 a^3 - a^2 b - 2 a b^2 + b^3 - a^2 c + 2 a b c - b^2 c - 2 a c^2 - b c^2 + c^3)\end{array}\right].$
$C_3\simeq \left[\begin{array}{c} a (a^3 - 2 a^2 b - a b^2 + 2 b^3 - a^2 c + 2 a b c - b^2 c - a c^2 - 2 b c^2 + c^3)\\ b (2 a^3 - a^2 b - 2 a b^2 + b^3 - a^2 c + 2 a b c - b^2 c - 2 a c^2 - b c^2 + c^3)\\ c (a^3 - a^2 b - a b^2 + b^3 - a^2 c + 4 a b c - b^2 c - a c^2 - b c^2 + c^3)\end{array}\right].$
Le point K:
$K \simeq \left[\begin{array}{c} -a (a^3 - 2 a^2 b - a b^2 + 2 b^3 - 2 a^2 c + 4 a b c - 2 b^2 c - a c^2 - 2 b c^2 + 2 c^3)\\ -b (2 a^3 - a^2 b - 2 a b^2 + b^3 - 2 a^2 c + 4 a b c - 2 b^2 c - 2 a c^2 - b c^2 + 2 c^3)\\ -c (2 a^3 - 2 a^2 b - 2 a b^2 + 2 b^3 - a^2 c + 4 a b c - b^2 c - 2 a c^2 - 2 b c^2 + c^3)\end{array}\right].$
Un simple calcul montre que $I$ est le milieu de $[OK].$
Amicalement -
Merci Bouzar
Je pense que nous avons maintenant deux solutions: celle de Mr Bataille et la tienne.
J'espère que la solution que je propose est différente car ça en ferait trois
Il faut majorer et minorer le rapport $\dfrac r{2R}$.
On a évidemment:
$$0<\dfrac r{2R}\qquad$$
Pour avoir une majoration, je suggère d'aller farfouiller dans l'œuvre de Leonhard Euler (1707-1783)!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour, $\dfrac{r}{2R}\le \dfrac 1 4$, l'égalité étant atteinte si le triangle est équilatéral. Oui ?
-
Mon cher zephyr
Ben oui!
Je vois que tu connais ton Leonhard sur le bout des doigts!
On a donc une application contractante.
On est dans un Banach, un peu tristounet il est vrai mais un Banach quand même!!
On applique le théorème du point fixe.
Est-il encore enseigné?
Soit $S$ ce point fixe.
Les droites $B_1I_1$, $B_2I_2$, $B_3I_3$ se coupent en $S$ et Jelobreuil peut être satisfait!
Il reste à localiser le point $S$ un peu plus finement.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour,
On a même :
$\dfrac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\dfrac{9}{2} \times \dfrac{r}{2R} - 1}\leq \dfrac{r}{2R} \leq \dfrac 1 4$.
Amicalement -
Je trouve à l'aide de la formule de Héron $S \simeq \left[\begin{array}{c} a (a + b - c) (a - b + c)\\ b (a + b - c) (-a + b + c)\\ c (a - b + c) (-a + b + c)\end{array}\right] \simeq \left[\begin{array}{c} \dfrac{a}{- a + b +c}\\ \dfrac{b}{a - b - c}\\ \dfrac{c}{a + b - c}\end{array}\right].$
-
C'est le produit barycentrique entre $I \simeq \left[\begin{array}{c} a\\ b\\ c\end{array}\right] $ et le conjugué isotomique de l'anticomplément de $I \simeq \left[\begin{array}{c} a\\ b\\ c\end{array}\right].$
-
Bonjour à tous
Comme je l'ai déjà dit, c'est le point $X(57)$ dans $ETC$ où on y trouvera bien d'autres propriétés de ce point aussi mirifiques qu'inutiles !
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir, chers Pappus, Bouzar et tous les autres lecteurs,
Donc, Pappus, si je comprends bien ce que tu écris et ce que je lis dans mon Lebossé-Hémery, n° 219, 2°), du moment que deux triangles ont leurs trois côtés parallèles deux à deux, ils sont homothétiques l'un à l'autre, et les trois droites joignant deux sommets homologues sont forcément concourantes, c'est bien ça ? Sauf, bien évidemment, dans le cas particulier où le rapport d'homothétie vaut 1, car il s'agit alors d'une simple translation, et les trois droites en question sont parallèles (ou concourantes à l'infini, si l'on se place dans le plan affine ?)
Et qu'est-ce qu'un "Banach", s'il te plaît ? Je vais déjà chercher, en attendant ta réponse ...
Bien amicalement
JLB
PS je viens de télécharger un document de cours sur les normes dans un espace vectoriel ... -
Mon cher Jelobreuil
Ne cherche pas ce qu'est un Banach!
On peut très bien s'en passer même si ce que je raconte est exact.
Ce n'était qu'une mauvaise plaisanterie de ma part!
Amicalement
[small]p[/small]appus
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