Un alignement

Bonjour,

Utilisons les coordonnées barycentriques.

Le triangle de référence

$A, B, C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\end{array}\right].$

I le centre du cercle inscrit

$I \simeq \left[\begin{array}{c} a\\ b\\ c\end{array}\right].$

DEF le triangle de contact

$D, E, F\simeq \left[\begin{array}{c} 0\\ p-c\\ p-b\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} p-c\\ 0\\ p-a\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} p-b\\ p-a\\ 0\end{array}\right].$

M le milieu de [BC]

$M \simeq \left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 1\end{array}\right].$

K le point d'intersection de (AM) et (EF)

$K \simeq \left[\begin{array}{c} 2 a\\ -a + b + c\\ -a + b + c\end{array}\right].$

Le déterminant de la matrice $ \left[\begin{array}{c} 2a & -a + b + c &

-a + b + c\\ a& b &c\\0 & p-c & p-b\end{array}\right]$ est nul.

Ainsi, les points $K, I$ et $D$ sont alignés.

Amicalement

Bonjour, l'exercice est mignon si on veux le prendre d'une façon générale que je crois doit tenir (je n'ai pas tout fait). En analytique bien sûr mais d'une façon élémentaire.

Dans la figure vous voyez les points comme donné dans la figure de Jean Louis $E,F,D$ sont les points de tangence, $EFI$ est un triangle isocèle fixe mais la droite $(IH)$ tourne autour de l'origine $I$, la droite $(KA)$ (quand $K$ existe) est la médiane dans le triangle $ABC$ issue de $A$.
Pour prouver ça il y a une formule à appliquer qui se résume en:


Étant donné trois droites dans le plan de pentes $s,r,t$ distincts deux à deux trouver la pente d'une médiane issue de l'un des sommets du triangle d'intersections en fonction de $s,r,t$.

Bonjour, pour répondre à la question proprement, donc on se donne un repère (orthonormal) d'origine $I$, un triangle isocèle $IEF$ avec sans perte de généralité $E(-e,1)$, $F(e,1)$. Soit $ID=IE=IF$ et soit $A,B,C$ les points quand ils existent verifiant $(AB)\perp (FI)$ en $F$, $(CB)\perp (ID)$ en $D$ et $(CA)\perp (EI)$ en $E$. Si la droite $(ID)$ coupe $(EF)$ en $K$ alors $(AK)$ est la médiane dans $ABC$.

Si on a trois droites de pentes distincts $s,r,t$ la médiane issue de l'intersection $(t;s)$ a la pente $X=\dfrac{2ts-tr-sr}{s+t-2r}$.

On applique ça en prenant $a_{(AB)}=k$ et $a_{(AC)}=-k$ et la droite variable $(BC)$ de pente $a_{(BC)}=u\in \mathbb{R}$. La droite $(ID)$ est $y=(-1/u)x$ elle coupe $(EF)$ en $K(-u,1)$ et le reste calcul de la pente $(AK)$ des deux points et de la formule en $X$.

Bonne journée.

Bonjour à tous
Voici ma propre preuve qui à l'air de différer de celle de Jean-Louis qui utilise une droite de Simson
Je fais intervenir le $A$-cercle exinscrit
On savait que son point de contact $A''$ avec $BC$ était symétrique par rapport au milieu $M$ de $BC$ du point de contact $A'$ du cercle inscrit.
D'autre part, on savait aussi que les $A$-cercles inscrit et exinscrit étaient homothétiques par rapport au sommet $A$.
Ceci entraine que la droite $AA''$ passe par le point $A'''$ diamétralement opposé au point $A'$ sur le cercle inscrit.
On a une division harmonique:
$$(A',A'',M,\infty_{BC})=-1\qquad$$
On projette cette division harmonique à partir du point $A$ sur le diamètre $A'IA'''$ pour obtenir la division harmonique:
$$(A',A''',K,L)=-1\qquad$$
où $K=AM\cap A'A'''\ $ et $L$ est l'intersection de la droite $A'A'''$ avec la parallèle à $BC$ issue de $A.\qquad$
Il en résulte que la droite $AL\ $ est la polaire du point $K$ par rapport au cercle inscrit.
Par réciprocité polaire, le point $K\ $ se trouve sur la polaire de $A$, c'est-à-dire sur la droite $B'C'$.
$CQFD$
Amicalement
[small]p[/small]appus