Une bissectrice

Jean-Louis Ayme · November 2024

Bonjour,

1. ABC un triangle

2. 0 le cercle circonscrit

3. I le centre du cercle inscrit

4. D le pied de la perpendiculaire à (BC) issue de I

5. E le milieu de [BI]

6. 1b le cercle circonscrit au triangle BDE

7. F le second point d'intersection de 1b et 0.

Question : (FI) est la F(bissectrice intérieur du triangle FBC.

J'attends sans espoir une preuve synthétique...

Sincèrement
Jean-Louis

Bouzar · November 2024

Bonjour Jean-Louis,

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/p1/9tu3f3sr9jq0.jpg

Soit $G$ le milieu de l'arc $\stackrel \frown{BC}$.

D'après le théorème de l'angle au centre $\hat{BFG}= \dfrac{1}{2}\hat{BOG}= \dfrac{1}{2}\hat{COG}=\hat{CFG}.$

Amicalement

Jean-Louis Ayme · November 2024

Bonjour Bouzar,

comment montrer que (GF) passe par I ou que (GI) passe par F ?

Merci
Sincèrement
Jean-Louis

Bouzar · November 2024

Bonjour Jean-Louis,

J'utilise les coordonnées barycentriques.

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

(O) le cercle circonscrit à ABC : $\quad c^2 x y + b^2 x z + a^2 y z=0.$

Le centre du cercle circonscrit $O$ : $\quad O \simeq\left[\begin{array}{c} a^2 (-a^2 + b^2 + c^2)\\ b^2 (a^2 - b^2 + c^2)\\ c^2 (a^2 + b^2 - c^2)\end{array}\right].$

Les points D, E, F, G : $\quad D,E,F,G\simeq\left[\begin{array}{c} 0\\ a + b - c\\ a - b + c\end{array}\right],\left[\begin{array}{c}a\\ a + 2 b + c\\ c\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} a (a + b - c) (a - b + c)\\ -2 b^2 (a + b - c)\\ -2 c^2 (a - b + c)\end{array}\right], \left[\begin{array}{c} -a^2\\ b (b - c)\\ c (-b + c)\end{array}\right].$

La droite (GI) :

$\quad (GI) : 2 b (b - c) cx+ a c (a - b + c)y -a b (a + b - c)z=0.$

Cette équation n'est autre que celle de la $F-$bissectrice intérieur du triangle $FBC.$

On a : $2 b (b - c) c( a (a + b - c) (a - b + c) ) +
a c (a - b + c)( -2 b^2 (a + b - c) ) -
a b (a + b - c)( -2 c^2 (a - b + c) )=0$ donc $F \in (GI).$

En conclusion, $(FI)$ est la $F-$bissectrice intérieur du triangle $FBC.$

Amicalement

Jean-Louis Ayme · November 2024

Bonjour,

plus personne pour une preuve synthétique simple?

Sincèrement
Jean-Louis

Rescassol · November 2024

Bonjour,

Ou pour une preuve synthétique compliquée ?
Ou pour une preuve calculatoire simple ?

Cordialement,
Rescassol

Vassillia · November 2024

Bonjour,

Si @pldx1 passe par là, on peut aussi espérer du calculatoire compliquée mais c'est intéressant quand même car cela permet de mettre en place les outils pour les fois où il n'y a pas d'autres choix que de faire du compliqué.

Tonm · November 2024

Bonsoir, pas très compliqué mais juste des calculs en coordonnées en appliquant Pythagore.
Voilà la figure en fait les triangles $IFC$ et $IFB$ sont semblables. On part de deux triangles isocèles $BED$ et $DGC$ de la figure puis on calcule les coordonnées du point $F$ intersection des deux cercles circonscrits aux triangles.
Les droites $(BA)$ et $(CA)$ sont les réflexions de $BC$ par rapport à $(BI)$ et $(CI)$ respectivement.
Le reste c'est des propriétés qu'on peut prouver en coordonnées.
$1)$ $(BA)$ est tangente au cercle circonscrit de $BED$.
$2)$ $FI^2=FB\times FC$ et les triangles en couleur hachurés sont semblables.
$3)$ Si $(FD)\cap O=J$, $(JA)\parallel (BC)\parallel (EG)$.
Cordialement.

Jean-Louis Ayme · November 2024

Bonjour Tomn,

merci pour votre preuve....
Pour ma part j'ai mis en jeu un cercle qui me permet de ne pas couper les racines avec De Longchamps...mais cela n'intéresse plus personne...

Sincèrement
Jean-Louis

pldx1 · November 2024

Bonjour, $\def\ptv{~;~} \def\wedt{\underset{3}{\bigwedge}} \def\eqx#1{\underset{#1}{=}}$

"J'attends sans espoir une preuve synthétique" . On constate un concours pour l'attribution de la palme de la plus jérémiante des jérémiades.
Utilisons plutôt l'idée fournie par @Tonm, à savoir utiliser simultanément les points $B$ et $C$. En utilisant le formalisme Lubin-2ème degré, cela donne: \[ I_{0}\eqx 2-\alpha\beta-\gamma\alpha-\gamma\beta\ptv D\eqx 2\dfrac{1}{2}\left(\beta^{2}+\gamma^{2}+\left(\dfrac{\gamma\beta}{\alpha}-\alpha\right)\left(\beta+\gamma\right)\right) \]
Puis on calcule $\gamma_{B}=\left(B,D,\left(B+I_{0}\right)/2\right)$ et $\gamma_{C}=\left(C,D,\left(C+I_{0}\right)/2\right)$.
On vérifie que le cercle $\gamma_{B}$ est tangent à la droite $AB$. On trace les normales en $B$ et $C$. Elles se coupent en un point que l'on identifie comme étant $2O-A$.
On voit sur la figure que les trois cercles $\gamma_{B},\gamma_{C},\Gamma$ sont concourants. On le vérifie en calculant le $\wedt$ des trois cercles. Cela donne un cercle-point centré en \[ F\eqx 2-\alpha\left(\gamma\beta+s_{2}\right)\div \left(\alpha+s_{1}\right) \]
On trace la droite $FI_{0}$. Elle coupe le circonscrit au point $U\eqx 2\beta\gamma$ i.e. le milieu de l'arc contenant $A$. Et donc $FI_{0}$ est démasquée comme étant la bissectrice de l'angle en $F$.

Cordialement, Pierre.

jelobreuil · November 2024

Bonsoir Jean-Louis,

Effectivement, l'idée de @Tonm est inspirante : et je suppose qu'une chasse aux angles bien conduite (que j'essaie de mener à bien, mais sans succès jusqu'à présent...) doit permettre de prouver que les trois triangles PBI, PEF et PIC sont semblables, et donc que les angles BPI et IPC sont égaux.

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/3r/viy5e6nqvsyx.png

Jean-Louis, je me suis aperçu de ce que les cinq points I, E, F, P et O (centre du cercle circonscrit à ABC) sont cocycliques : comment s'appelle ce cercle ?

En toute amitié, Jean-Louis B.

PS: Et l'on peut aussi constater que @pldx1 est toujours autant pontifiant, depuis la stratosphère où il perche ...

Rescassol · November 2024

Bonjour,

Pour changer, un zeste de Morley inscrit:

% Jean-Louis Ayme - 19 Novembre 2024 - Une bissectrice

clc, clear all

syms u v w % On part du triangle de contact UVW du cercle inscrit

uB=1/u; % Morley's trick avec le cercle inscrit
vB=1/v; % Le suffixe B veut dire conjugué
wB=1/w;

s1=u+v+w; s2=u*v+v*w+w*u; s3=u*v*w;  % Fonctions symétriques de u, v, w
s1B=s2/s3; s2B=s1/s3; s3B=1/s3;  % Conjugués

%-----------------------------------------------------------------------

a=2*v*w/(v+w); % Sommets ABC du triangle 
b=2*w*u/(w+u); 
c=2*u*v/(u+v);

aB=2*vB*wB/(vB+wB); % Conjugués de a,b,c
bB=2*wB*uB/(wB+uB);
cB=2*uB*vB/(uB+vB);

%-----------------------------------------------------------------------

syms f 

% Centre O et rayon R du cercle circonscrit
o=2*s1*s3/(s1*s2-s3); oB=2*s1B*s3B/(s1B*s2B-s3B); R=2/(1-s1*s1B);

d=u; dB=uB; % Pied D de la perpendiculaire à (BC) issue de I
e=b/2; eB=bB/2; % Milieu E de [BI]

% Centre O1 et carré R2 du rayon du cercle (BDE)
[o1 o1B R2]=CercleTroisPoints(b,d,e,bB,dB,eB);
[pax qax rax]=AxeRadical(o,oB,R^2,o1,o1B,R2);
fB=-(pax*f+rax)/qax;
NulF=Factor((f-o)*(fB-oB)-R^2);
% f*u*v + f*u*w + 2*f*v*w - 2*u*v*w = 0 donc:
f=2*s3/(u*(v+w)+2*v*w); fB=2*s3B/(uB*(vB+wB)+2*vB*wB); % Point F

Dist1=Factor(Distance2PointDroite(0,f,b,0,fB,bB)); % Carré de la distance de I à (FB)
Dist2=Factor(Distance2PointDroite(0,f,c,0,fB,cB)); % Carré de la distance de I à (FC)
Nul=Factor(Dist1-Dist2)
% On trouve Nul=0 donc Dist1=Dist2. I est alors équidistant des droites
% (FB) et (FC) donc (FI) est la F-bissectrice du triangle FBC.

Cordialement,
Rescassol

pldx1 · November 2024

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/pu/iwjetzfa0bwj.png

La stratosphère de @Jelobreuil semble introduire des erreurs de perspective. Les points cocycliques semblent plutôt être $I_0,E_b,E_c,F,V$.

Pendant qu'on y est, on peut noter que $F$ est le $A$-circumcévien de X(56), le ex-similicenter des cercles inscrit et circonscrit. Et alors on s'empresse de saisir sa règle rouillée pour tracer les droites $DU$ et $DV$.

C'est le moment de dire: ça trosphère sévère !

Cordialement, Pierre.

jelobreuil · November 2024

@pldx1 Ah non, moi , je pense que je me situe au ras des pâquerettes, mon cher !

Et ce ne sont pas des erreurs de perspective, mais une grossière erreur due au manque de vérification du caractère fortuit d'une coïncidence sur la figure que j'avais dessinée : merci de me rappeler à l'ordre, et de ne pas l'avoir fait sur le mode du mépris moqueur !

Rescassol · November 2024

Bonsoir,

Dans mon calcul ci-dessus, on constate que $F$ est invariant par interversion de $u$ et $v$.
Les cercles $(BDEb)$ et $(CDEc)$ se coupent donc sur $(O)$.
Celà entraîne aussi que $I,Eb,Ec,F$ sont cocycliques.
Pour $v$, il suffit de rajouter:

v=2*s3/(u^2+s2); vB=2*s3B/(uB^2+s2B); % Milieu de l'arc BC
Bi=Birapport(0,e,f,v); BiB=Birapport(0,eB,fB,vB);
Nul=Factor(Bi-BiB) % Nul=0 donc I,E,F,V sont cocycliques

Cordialement,
Rescassol

Rescassol · November 2024

Bonsoir,

Enfin:

x56=2*s1*s3/(s1*s2+s3); x56B=2*s1B*s3B/(s1B*s2B+s3B); 
Nul=Factor(det([a aB 1; f fB 1; x56 x56B 1]))
% Nul=0 donc F est le circumcévien de X_56

Cordialement,
Rescassol

Jean-Louis Ayme · November 2024

Bonjour Jean-Louis B.

le cercle en question est le cercle d'Euler de u triangle BIC après rectification...

Amitiés
Jean-Louis

stfj · November 2024

Bonjour

sagemath via

______________________

def norm(P):
    return P/(Linf*P)

def vecteur(P1,P2):
    return norm(P2)-norm(P1)

def distance2(P1,P2) :
    vec=vecteur(P1,P2)
    return vec*pyth*vec

def perp(droite,point):
    Pinf=matM*droite
    return point.cross_product(Pinf)

def simple(vec):
    if len(vec)==3:
        num=gcd([numerator(vec[0]), numerator(vec[1]), numerator(vec[2])])
        den=lcm([denominator(vec[0]),denominator(vec[1]),denominator(vec[2])])
        facteur=num/den
        vec0=factor(vec[0]/facteur)
        vec1=factor(vec[1]/facteur)
        vec2=factor(vec[2]/facteur)
        return vector([vec0,vec1,vec2])

def ver(P) :
    return vector([P[0]*(Linf*P),P[1]*(Linf*P),P[2]*(Linf*P),P*pyth*P])

def cercle(vec1,vec2,vec3):
    mat=transpose(matrix([ver(vec1),ver(vec2),ver(vec3)]))
    c1=det(mat[(1,2,3),:])
    c2=-det(mat[(0,2,3),:])
    c3=det(mat[(0,1,3),:])
    c4=-det(mat[(0,1,2),:])
    return vector([c1,c2,c3,c4])

def gram(cer1,cer2):
    return (cer1*matQ*cer1)*(cer2*matQ*cer2)-(cer1*matQ*cer2)^2

def centre(cer): #TriangleCenter(P1,P2,P3,3)
    cen=matQ*cer
    return vector([cen[0], cen[1], cen[2]])

def solbar(vec):
    if len(vec)==3:
        vec0=vec[0].rhs()
        vec1=vec[1].rhs()
        vec2=vec[2].rhs()
        return vector([vec0,vec1,vec2])

#version coordonnées barycentriques
var('a b c u v w' , domain='positive') #a=Distance(B,C) ; b=Distance(C,A) : c=Distance(A,B)
Sa=(b^2+c^2-a^2)/2 ; Sb=(a^2+c^2-b^2)/2 ; Sc=(a^2+b^2-c^2)/2 # notations de Conway
S=sqrt((a+b+c)*(b+c-a)*(c+a-b)*(a+b-c))/2 # S=2*aire(ABC) comme dans ETC
Linf=vector([1,1,1])
pyth=1/2*matrix([[0,-c^2,-b^2],[-c^2,0,-a^2],[-b^2,-a^2,0]]) #cercle circonscrit à ABC
matM=matrix([[a^2,-Sc,-Sb],[-Sc,b^2,-Sa],[-Sb,-Sa,c^2]]) #orthodir à multiplier par 1/S
matQ=-matrix([[a^2,-Sc,-Sb,-a^2*Sa],[-Sc,b^2,-Sa,-b^2*Sb],[-Sb,-Sa,c^2,-c^2*Sc],[-a^2*Sa,-b^2*Sb,-c^2*Sc,a^2*b^2*c^2]])/(2*S^2) #quartique de l’espace des cycles

I=vector([a,b,c])
A=vector([1,0,0]);B=vector([0,1,0]);C=vector([0,0,1])

AB=A.cross_product(B);BC=B.cross_product(C);CA=C.cross_product(A)
O=vector([a^2*Sa,b^2*Sb,c^2*Sc])
D=perp(BC,I).cross_product(BC)
D=simple(D)
print('D=',D)
E=norm(B)+norm(I)
E=simple(E)
print ('E=',E)
BDE=cercle(B,D,E)
circonscrit=cercle(A,B,C)
M=vector([u,v,w])
vec=solve([circonscrit*ver(M)==0,BDE*ver(M)==0],u,v,w)
F=solbar(vec[0])
F=simple(F)
print('F=',F)
FB=F.cross_product(B)
FC=F.cross_product(C)
IFB=FB.cross_product(perp(FB,I))
IFC=FC.cross_product(perp(FC,I))
if distance2(I,IFB)==distance2(I,IFC):
    print('FI est la bissectrice intérieure de FBC.')

_____________________

D= (0, -a - b + c, -a + b - c)
E= (a, a + 2*b + c, c)
F= ((a + b - c)*(a - b + c)*a, -2*(a + b - c)*b^2, -2*(a - b + c)*c^2)
FI est la bissectrice intérieure de FBC.

$\square$

Cordialement

Une bissectrice

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