Un problème de Gakopoulos

Bouzar

Bonjour,

1 - $ABCD$ est un parallélogramme,

2 - $BP$ est la bissectrice intérieure issue de $B$ dans le triangle $ABD$,

3 - $BQ$ est la bissectrice intérieure issue de $B$ dans le triangle $CBD$,

Question : Montrer que $\dfrac{[ABC]}{[BPQ]}=\dfrac{ \left(1+\dfrac{a}{d}\right) .\left(1+\dfrac{c}{d}\right) }{ 1+\dfrac{a}{d}+\dfrac{c}{d} }.$

$[ABC]$ désigne l'aire du triangle $ABC.$

Amicalement

Rescassol

Bonjour,

Il y a une confusion entre $P$ et $Q$. J'ai suivi le texte et non la figure.

% Bouzar - 27 Novembre 2024 - Un problème de Gakopoulos

clear all, clc

syms a b c real

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

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

D=[1; -1; 1]; % ABCD est un parallélogramme
d2=Factor(Distance2(B,D,a,b,c)); % BD^2=d2=2*a^2-b^2+2*c^2
syms d real % d=sqrt(d2)

Ja=SimplifieBary(Barycentre([B A D],[a d c])); % Ja=[c+d; a-c; c]
BJa=SimplifieBary(Wedge(B,Ja)); % BJa=[c, 0, -c-d]
AD=[0, 1, 1];
P=SimplifieBary(Wedge(BJa,AD)) % P=[c+d; -c; c]

Jc=SimplifieBary(Barycentre([B C D],[c d a])); % Jc=[a; c-a; a+d]
BJc=SimplifieBary(Wedge(B,Jc)); % BJc=[a+d, 0, -a]
CD=[1, 1, 0];
Q=SimplifieBary(Wedge(BJc,CD)) % Q=[a; -a; a+d]

BPQ=Factor(AireBary(B,P,Q)); % BPQ=-d*(a+c+d)/((a+d)*(c+d))
X=(1+a/d)*(1+c/d)/(1+a/d+c/d);

Y=Factor(BPQ*X) % On trouve Y=-1 donc c'est gagné
% Remarque: La valeur de d n'intervient pas: d^2=2*a^2-b^2+2*c^2

Cordialement,
Rescassol

Rescassol

Bonsoir,

Si on appelle $J_a$ et $J_b$ les centres des cercles inscrits dans les triangles $ABD$ et $BCD$, et $R$ le point d'intersection des droites $(PQ)$ et $(AC)$, on a $\dfrac{[ABC]}{[RJ_aJ_c]}=1+\dfrac{d}{a+c}$.

Cordialement,
Rescassol

Bouzar

Bonjour Rescassol,

Merci pour ta contribution.

Cordialement

Jean-Louis Ayme

Bonjour,
joli problème qui permet de revisiter les techniques concernant les fractions....

Sincèrement
Jean-Louis

stfj

Bonjour

En ce qui me concerne, cet exercice pose le problème de définir algébriquement l' "aire" d'un triangle $RST$. Dans l'envelopppe vectorielle $\widehat {ABC}$ du plan $ABC$, on peut essayer de la définir comme $$\boxed{[RST]\doteq det(\mathrm{norm}(R),\mathrm{norm}(S),\mathrm{norm}(T))}$$de telle sorte que $A=1:0:0$(etc.), $\mathcal L_{\infty}=[1,1,1]$ et $\mathrm{norm}(R)\doteq \frac{R}{\mathcal L_{\infty}\cdot R}$

On a alors $$[ABC]=1$$Reste à déterminer $[BPQ] $ avec les définitions classiques(voir Théorème de la bissectrice intérieure du triangle) $$Q=\frac{d\cdot\mathrm{norm}(A)+c\cdot\mathrm{norm}(D)}{d+c}\,\&\,P=\frac{d\cdot\mathrm{norm}(C)+a\cdot\mathrm{norm}(D)}{a+d}$$où $D=1: -1:1$

L'exercice fournit l'occasion de vérifier la pertinence de cette définition.

Pour nous épargner des calculs fastidieux, confions-les à sagemath, un logiciel de calcul formel,

_____________________________________

def norm(P):
    return P/(Linf*P)

def barycentre(P,Q,p,q):
    R=p*norm(P)+q*norm(Q)
    return R

def S(R,S,T):
    S=det(matrix([norm(R),norm(S),norm(T)]))
    return S

var('a b c d')
A=vector([1,0,0]);B=vector([0,1,0]);C=vector([0,0,1]);Linf=vector([1,1,1]);D=vector([1,-1,1])
Q=barycentre(A,D,d,c)
P=barycentre(C,D,d,a)
print(factor(   S(B,P,Q)-((1+a/d+c/d))/((1+a/d)*(1+c/d))))

____________________________________

qui confirme bien ce qui est avancé.$\square$

Cordialement.

Rescassol

Bonjour,

Voilà ma fonction, qui fait à peu près la même chose:

function S = AireBary(M1,M2,M3)

         % Valeur du rapport de l'aire du triangle M1 M2 M3 à celle de ABC
         
         S=det([M1 M2 M3])/(sum(M1)*sum(M2)*sum(M3));        
end

Cordialement,
Rescassol

gipsyc

La contribution de Ichung Chen, reprise telle qu'elle : 

[BAQ]/[ABD] = c/(c+d)

[BCP]/[BCD] = a/(a+d)

[DQP]/[DAC] = d²/(a+d)(c+d)

[BPQ]/[ABC] = 2 - c/(c+d) - a/(a+d) - d²/(a+d)(c+d) = d(a+c+d)/(a+d)(c+d)

Cordialement,

Jean-Pol Coulon 

Chaurien

La bissectrice de l'angle $\widehat{CBD}$ est $BP$. Il était une fois un théorème que l'on appelait le théorème de la bissectrice, et qui disait que $\frac{\overline{PC}}{\overline{PD}}=-\frac{BC}{BD}$. C'était juste un corollaire du théorème de Thalès, et on le voyait en classe de Troisième, au lycée (on ne disait pas encore le « collège », qui n'était point encore « unique »).

Il en résulte : $\overrightarrow{PC}=-\frac{a}{d}\overrightarrow{PD}=-\frac{a}{d}(\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{CD})$, d’où : $(1+\frac{a}{d})\overrightarrow{PC}=-\frac{a}{d}\overrightarrow{CD}=-\frac{a}{d}\overrightarrow{BA}$.

En conséquence : $\overrightarrow{BP}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CP}=\overrightarrow{BC}+\frac{\frac{a}{d}}{1+\frac{a}{d}}\overrightarrow{BA}$.
De même la bissectrice de l'angle $\widehat{ABD}$ est $BQ$, et le même raisonnement conduit à : $\overrightarrow{BQ}=\overrightarrow{BA}+\frac{\frac{c}{d}}{1+\frac{c}{d}}\overrightarrow{BC}$.
Les propriétés du déterminant $2\times 2$ comme forme bilinéaire alternée permettent d'affirmer : $\det (\overrightarrow{BP},\overrightarrow{BQ})=\det (\overrightarrow{BC}+\frac{\frac{a}{d}}{1+\frac{a}{d}}\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BA}+\frac{\frac{c}{d}}{1+\frac{c}{d}}\overrightarrow{BC})$
$=(1-\frac{\frac{a}{d}}{1+\frac{a}{d}}\cdot \frac{\frac{c}{d}}{1+\frac{c}{d}})\det (\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA})=\frac{1+\frac{a}{d}+\frac{c}{d}}{(1+\frac{a}{d})(1+\frac{c}{d})}\det (\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA})$. CQFD.

Rescassol

Bonjour,

Oui, Chaurien, je vois avec plaisir, que tu sais aussi faire du calculatoire  .

Cordialement,
Rescassol