La contrainte AB + AC = 3.BC et G

Jean-Louis Ayme

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

pappus

Bonjour Jean-Louis
Quelle est la définition de la droite $DE?\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Voici ci-dessous ma propre figure.

Ludwig

Bonjour Jean-Louis,

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 $B$ :

Jean-Louis Ayme

Avec mes excuses...

Sincèrement
Jean-Louis

pappus

Mon cher Jean-Louis
Tu es tout excusé!
Mais quel est l'énoncé exact de ton problème?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Jean-Louis Ayme

Mon cher pappus,
j'ai ajouté l'hypothèse manquante...

Sincèrement
Jean-Louis

pappus

Mon cher 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

pappus

Bonjour à tous
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

Jean-Louis Ayme

Bon pappus,
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

Ludwig

Bonjour pappus

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 ?

pappus

Mon cher Ludwig
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!

PGL@R92

Bonjour à tous,
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

Jean-Louis Ayme

Bonjour,
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

jelobreuil

Bonjour, Jean-Louis, Pappus, Ludwig,
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 ...

Bouzar

Bonjour

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

Bouzar

Par hypothèse, on a : $c+b-3a=0.$

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.

Rescassol

Bonjour,

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 $DEF$:

% Jean-Louis Ayme - 18 Août 2021 - La contrainte AB + AC = 3.BC et G

clc, clear all, close all

% On part du triangle de contact UVW

syms u v w
syms uB vB wB % Conjugués

uB=1/u; % Morley's trick avec le cercle inscrit
vB=1/v;
wB=1/w;

syms s1 s2 s3;
syms s1B s2B s3B; % Conjugués

s1=u+v+w;         % Fonctions symétriques
s2=u*v+v*w+w*u;
s3=u*v*w;

s1B=s2/s3;         % Conjugués
s2B=s1/s3;
s3B=1/s3;

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

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
bB=2*wB*uB/(wB+uB);
cB=2*uB*vB/(uB+vB);

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

% Longueurs des côtés du triangle ABC

AB=-2*i*w*(u-v)/((w+u)*(w+v));
AC=-2*i*v*(w-u)/((v+w)*(v+u));
BC=-2*i*u*(v-w)/((u+v)*(u+w));

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

% Condition pour que  AB + AC = 3 BC

Eq1=Factor(AB+AC-3*BC);

% On trouve:

Eq1 = 2*i*(v - w)*(3*u*v + 3*u*w + v*w + u^2)/((u + v)*(u + w)*(v + w));

% d'où la relation u^2 + 3*u*(v+w) + v*w = 0

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

% Centre de gravité du triangle ABC

g=2*(s2^2+s1*s3)/(3*(s1*s2-s3));
gB=2*(s2B^2+s1B*s3B)/(3*(s1B*s2B-s3B));

% Equation de la droite (VW): z + v*w*zB -(v+w) = 0
% On écrit que G vérifie cette équation

Eq2=Factor(g+v*w*gB-v-w); 

% On trouve:

Eq2 = -(v - w)^2*(3*u*v + 3*u*w + v*w + u^2)/(3*(u + v)*(u + w)*(v + w));

% d'où la même relation u^2 + 3*u*(v+w) + v*w = 0, donc c'est gagné.

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

% Alignement de G, I, U

Eq3=Factor(g*uB-gB*u);

% On trouve:

Eq3 = 2*(- u^2 + v*w)*(3*u*v + 3*u*w + v*w + u^2)/(3*u*(u + v)*(u + w)*(v + w));

% donc encore la même relation u^2 + 3*u*(v+w) + v*w = 0
% -u^2+v*w ne pouvant être nul que si ABC est isocèle en A

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

% On peut vérifier facilement que GU = 4 GI (en vecteurs) en exprimant w
% en fonction de u et v dans la relation trouvée ci-dessus, ce qui donne
% w = -u*(u+3*v)/(3*u+v)

Cordialement,

Rescassol

poulbot

Bonjour
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

Jean-Louis Ayme

Bonjour,

un petit résumé

http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol17.html

puis

La contrainte AB + AC = 3.BC.

Sincèrement
Jean-Louis