Un problème de Khoa

Bouzar

Bonjour,

1 - $ABC$ est un triangle,

2 - $\odot(I)$ le cercle inscrit du triangle $ABC$,

3 - $DEF$ le triangle de contact.

Question : Montrer que si $ABC$ est $A-$isocèle, alors $DF \times FH = GF \times EF.$

Amicalement

Jean-Louis Ayme

Bonjour,

une preuve par implication logique conduit au résultat...

Sincèrement
Jean-Louis

Bouzar

Bonjour Jean-Louis,

Peux-tu montrer ta preuve.

Sincèrement

Bouzar

Bonjour,

J'utilise les coordonnées barycentriques.

Le triangle de référence ABC :  $\quad A,B,C\simeq\left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right].$

(I) le cercle inscrit : $\quad c^2 x y + b^2 x z +  a^2 y z -\dfrac{1}{4} (x + y + z) ((a - b - c)^2x +(a - b + c)^2y +(a + b - c)^2 z)=0.$

Le centre du cercle inscrit : $\quad I\simeq\left[\begin{array}{c} a\\ b\\ c\end{array}\right].$

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

Les points G et H: $\quad G,H\simeq\left[\begin{array}{c} -(a - b - c) (a - b + c)\\ 4 b^2\\  (a + b - c) (a - b + c)\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} (a - b - c) (a + b - c)\\ -(a + b - c) (a - b + c)\\ -4 c^2\end{array}\right].$

On a :

$\quad DF^2=\dfrac{-(a - b - c) (a + b - c) (a - b + c)^2}{4 a c},$

$\quad FH^2 = \dfrac{(a - b - c)^2 (a + b - c)^2 (a - b + c)}{4 a c (a + b + c)},$

$\quad GF^2 = \dfrac{(a - b - c)^2 (a + b - c) (a - b + c)^2}{4 a b (a + b + c)},$

$\quad EF^2 =\dfrac{-(a - b - c) (a + b - c)^2 (a - b + c)}{4 a b}.$

Par suite, on obtient :

$\quad \dfrac{  DF^2 \times FH^2 }{GF^2 \times EF^2  }=\dfrac{b^2}{c^2}.$

Or par hypothèse, $ABC$ est $A-$isocèle donc $c=b.$

On en conclut que sous l'hypothèse $ABC$ est $A-$isocèle, alors $\quad \dfrac{  DF^2 \times FH^2 }{GF^2 \times EF^2  }=\dfrac{c^2}{c^2}=1$ soit puisqu'une distance est positive $\quad \dfrac{  DF \times FH }{GF \times EF }=1$ et donc $\quad DF \times FH = GF \times EF.$

Amicalement

Tonm

Salut Bouzar, veuillez revoir le post initiale avec la figure, je ne sais pas (je l'ai redessinée en GeoGebra), je crois il y a une faute.

Bouzar

Bonsoir Tonm,

Le message initial posté sur ROG était faux. J'ai modifié.

Tonm

Non, peut être il fallait dire $A$-isocéle parce que comme ça avec $CB=CA$ on n'a pas égalité Non?

Rescassol

Bonsoir,

Bouzar, tu donnes entre autres $D=[0;\space p-c;\space p-b]$ dans ton troisième message, ce qui sous entend que $D$ est sur $(BC)$, ce qui est contradictoire avec ta figure.

Cordialement,
Rescassol

Bouzar

Bonsoir Rescassol et Tonm,

Je suis étourdi. J'ai corrigé.

Amicalement

Rescassol

Bonjour,

Bouzar, pourrais tu préciser tes définitions des points $G$ et $H$, que tu n'as pas données ?
Car je ne trouve pas la même chose que toi: $G=[(a+b-c)(a-b+c);\space 4(a+b-c)(b-a+c);\space (a-b+c)(b-a+c)]$ par exemple.

Cordialement,
Rescassol

Rescassol

Bonjour,

Ah ! Je crois que j'ai compris. Ta figure laisse croire que $G$ et $H$ sont les points où $(BE)$ et $(CD)$ recoupent le cercle inscrit, alors que tes expressions barycentriques correspondent aux antipodes de $E$ et $D$ par rapport à ce cercle inscrit.
Ceci dit, dire que si $ABC$ est $A-$isocèle, alors $(AI)$ est axe de symétrie de la figure, doit trivialement suffire.

Cordialement,
Rescassol

gipsyc

Bonjour, 

Si le △ABC est A-isocèle, il me semble
• que le point de Gergonne n'a pas d'autre choix que d'être sur l'axe de symétrie du triangle isocèe, 
• que le triangle de contact est symétrique par rapport à cet axe
• que les points G et H le sont de même,
et que la formule concerne des segments de même longueur de chaque côté de l'égalité.

Je pense que là se trouve la preuve par implication logique de JL Ayme qui conduit au résultat...
Je lis maintenant que Rescassol donne la même conclusion triviale.

Notons que la réciproque n'est pas vraie (G et H renommés P e Q ci-dessous) : exemple de triangle non isocèle donnant l'égalité souhaitée.


Cordialement,

Jean-Pol Coulon 

gipsyc

Bonjour, 

En bonus, avec mon schéma de triangle non isocèle réalisant l'égalité proposée, si l'on reproduit le théorème des cordes sécantes en alignant les petits segments avec les plus grands de même couleur

FD DQ = PD DE
PD = DX, E, D et C colinéaires
DQ = DY, F, D et Y colinéaires

l'on obtient les points X et Y cocycliques avec F et E.
Montrez que XY // BC

Jean-Pol Coulon