La contrainte AB + AC = 3.BC et G
dans Géométrie
Bonjour,
1. ABC un triangle tel que AB + AC = 3.BC,
2. (I) le cercle inscrit
3. DEF le triangle de contact
4. G le point médian.
Question : G est sur (EF).
Sincèrement
Jean-Louis
1. ABC un triangle tel que AB + AC = 3.BC,
2. (I) le cercle inscrit
3. DEF le triangle de contact
4. G le point médian.
Question : G est sur (EF).
Sincèrement
Jean-Louis
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Réponses
Quelle est la définition de la droite $DE?\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Voici ci-dessous ma propre figure.
Je suppose que $D$ et $E$ sont les points de contact du cercle inscrit avec les côtés $[AB]$ et $[AC]$ du triangle ?
Si tel est le cas voici une figure. Le point $A$ est sur l'ellipse de foyers $B$ et $C$, passant par $B'$ le symétrique de $B$ par rapport à $C$ et par $C'$ le symétrique de $C$ par rapport à $B$ :
Sincèrement
Jean-Louis
Tu es tout excusé!
Mais quel est l'énoncé exact de ton problème?
Amicalement
[small]p[/small]appus
j'ai ajouté l'hypothèse manquante...
Sincèrement
Jean-Louis
C'est moi qui doit m'excuser!
A mon âge égrotant, je fais de la confusion mentale.
J'ai confondu sur ma figure le centre de gravité $G$ et le centre du cercle inscrit $I$
Je rétablis ta véritable figure!
Les points $G$, $I$, $D$ sont alignés et $GD=4GI$
Hint:
L'équation barycentrique homogène de la droite $EF\ $ est:
$$(p-a)x-(p-b)y-(p-c)z=0$$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Par curiosité j'ai tracé simultanément sur la figure de Jean-Louis les lieux des points $A\ $, $G\ $, $I.\qquad$
Le lieu de $A\ $ est l'ellipse décrite par Ludwig.
Le lieu de $G$ s'en déduit par l'homothétie de centre $O\ $, le milieu de $BC\ $ et de rapport $\dfrac 13.\qquad$
Le lieu de $I\ $ se déduit de celui de $G\ $ par une affinité orthogonale.
Il semblerait que la tangente en $G\ $ au lieu de $G\ $ soit la droite $EF.\qquad$
A vérifier donc!
Amicalement
[small]p[/small]appus
tu as raison...
L'antipôle de D relativement à (I) est le point de Nagel de ABC et la tangente en ce point est la A-droite des milieux de ABC...
Tout cela peut se faire synthétiquement
Sincèrement
Jean-Louis
Je suis parti de l'ellipse lieu de $A$ pour construire la figure, comment l'as-tu faite toi cette figure, puisque tu as obtenu l'ellipse avec l'outil lieu ?
J'ai fait comme toi!
Je savais que le lieu de $A$ était l'ellipse que tu as dite.
Ma seule bêtise est d'avoir confondu $G$ et $I$ .
L'explication la plus simple est dans l'équation barycentrique de la droite $EF$ mais je sais que Jean-Louis n'aime guère ce genre de considération.
Alors attendons!
Plus basiquement que l'explication de Jean-Louis : la tangente en G est parallèle à celle en A qui est la bissectrice externe de $\widehat{BAC}$.
Cordialement
PL
pour aller plus en profondeur,
le milieu de [INa] (Na point de Nagel) est le point de Spieker Sp...le cercle de centre Sp passant par Na ayant pour rayon la moitié du cercle inscrit (I) est le cercle de Spieker de ABC...ce qui conduit à un autre intéressant résultat...qui n'est pas la question posée...
Pour revenir au problème initial
la tangente au cercle inscrit en Na étant la A-droite des milieux (B'C') de ABC, le théorème de Newton appliqué au quadrilatère circonscriptible BCB'C' permet de conclure...
Sincèrement
Jean-Louis
Je ne sais pas si cela fait avancer le schmilblick dans la direction souhaitée par Jean-Louis, mais le fait est qu'un calcul tout simple montre que, dans un tel triangle :
AB + AC = AF + FB + AE + EC = 3.BC = 3(BD + DC)
Or FB = BD et DC = EC, ce qui donne AF + AE = 2(BD + DC) = 2.BC, et AF = AE => AF = AE = BC.
Je suppose que c'est une bonne piste, alors je vais creuser ...
Bien cordialement
JLB
PS : Je n'avais pas lu le dernier message de Jean-Louis ...
J'utilise les coordonnées barycentriques.
Le triangle de référence ABC:
$A, B, C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\0\\ 1\end{array}\right].$
DEF le triangle de contact :
$D, E, F\simeq \left[\begin{array}{c} 0\\ a + b - c\\ a - b + c\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -a - b + c\\ 0\\ a - b - c\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -a + b - c\\a - b - c\\ 0\end{array}\right].$
G le point médian du triangle ABC:
$G\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1\end{array}\right].$
La droite (EF):
$(-a + b + c)x+(-a + b - c)y+(-a - b + c)z=0.$
Par suite, on a :
$G\in (EF) \iff (-a + b + c)\times 1+(-a + b - c)\times 1+ (-a - b + c)\times 1=0 \iff c+b-3a=0.$
Or par hypothèse, $AB + AC = 3.BC \iff c+b - 3a =0.$
Ainsi le point médian G du triangle ABC appartient à la droite $(EF)$.
Amicalement
Par ailleurs, on a :
$det \left[\begin{array}{c} 1 &1 & 1\\ a & b & c\\ 0 & a+b-c & a-b+c\end{array}\right] = 3ab-b^2+c^2-3ac.$
Or la relation $c+b-3a=0$ entraîne $3ab-b^2=cb$ et $c^2-3ac =-cb.$
On en tire :
$det \left[\begin{array}{c} 1 &1 & 1\\ a & b & c\\ 0 & a+b-c & a-b+c\end{array}\right] = -bc+bc=0.$
Les points G, I, D sont alignés.
Si Bouzar bouzarise, il n'y a pas de raison que je ne rescassolise pas.
Avec Morley inscrit, mon triangle de contact étant noté $UVW$ au lieu de $DEF$: Cordialement,
Rescassol
Méthode de Bouzar un peu abrégée
$$\begin{vmatrix}1&c+a-b&a+b-c\\1&b+c-a&0\\1&0&b+c-a\end{vmatrix}=\left( b+c-a\right) \left( b+c-3a\right) .
$$ So $G,F,E$ sont alignés $\Longleftrightarrow b+c=3a$
$$\begin{vmatrix}a&1&0\\b&1&a+b-c\\c&1&c+a-b\end{vmatrix}=\left( b-c\right) \left( b+c-3a\right) .
$$ So $I,G,D$ sont alignés $\Longleftrightarrow b+c=3a$ ou $b=c$
Amicalement. Poulbot
un petit résumé
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol17.html
puis
La contrainte AB + AC = 3.BC.
Sincèrement
Jean-Louis