Centre de gravité et cercle inscrit

Bonjour,
1ère méthode : Avec les coordonnées barycentriques.
L'équation du cercle inscrit est $ a^2yz+b^2zx+c^2xy-(x+y+z)((p-a)^2x+(p-b)^2y+(p-c)^2z)=0.$
$G$ appartient au cercle inscrit
$ \iff$ ses coordonnées $(1:1:1)$ vérifient $ a^2yz+b^2zx+c^2xy-(x+y+z)((p-a)^2x+(p-b)^2y+(p-c)^2z)=0$
$ \Longleftrightarrow\ a^2+b^2+c^2-3[(p-a)^2+(p-b)^2+(p-c)^2]=0 $
$ \Longleftrightarrow\ a^2+b^2+c^2-3(a^2+b^2+c^2-p^2)=0 $
$ \Longleftrightarrow\ 3(a+b+c)^2-8(a^2+b^2+c^2)=0 $
$ \Longleftrightarrow\ 5(a^2+b^2+c^2)=6(bc+ca+ab) $
$ \iff 5\left[p^2-r(4R+r)\right]=3\left[p^2+r(4R+r)\right] $
$\iff p^2=4r(4R+r).$

2ème méthode : Avec le théorème de Huygens-Steiner.
D'une part, on a $GA^2+GB^2+GC^2 =\frac{_1}{^3}(a^2+b^2+c^2)$
et d'autre part, on a $IA^2+IB^2+IC^2 =\frac{_1}{^4}\left[(b+c-a)^2+(c+a-b)^2+(a+b-c)^2\right]+3r^2 =\frac{_3}{^4}(a^2+b^2+c^2)-\frac{_1}{^2}(bc+ca+ab)+3r^2. $
Par le théorème de Huygens-Steiner, on en déduit que :
$\frac{_3}{^4}(a^2+b^2+c^2)-\frac{_1}{^2}(bc+ca+ab)+3r^2 = \frac{_1}{^3}(a^2+b^2+c^2) + 3 GI^2$
$\iff 5(a^2+b^2+c^2) = 6(bc+ca+ab)+36\cdot (GI^2-r^2).$
Or par hypothèse, $G$ appartient au cercle inscrit. Donc $ GI^2-r^2 = 0$ et la conclusion en résulte sachant que $a^2+b^2+c^2 = p^2-r(4R+r)$ et $bc+ca+ab=p^2+r(4R+r).$

3ème méthode : Celle proposée par Gilles.