Le coin des olympiades n°2

Bouzar

Bonsoir,

Je propose cet exercice.

Soit $ABC$ un triangle, $M\in BC$ tel que $MC - MB = \dfrac{AC^2 - AB^2}{2.BC}.$

$G_1$ et $G_2$ sont respectivement.les centres de gravité des triangles $AMB$ et $AMC.$
Démontrer que $A, C, G_1, M$ sont cocycliques si et seulement si $A, B, M, G_2$ sont cocycliques.

Amicalement

Rescassol

Bonjour,

En barycentriques:

% Bouzar - 03 Septembre 2021 - Le coin des olympiades n°2

clc, clear all, close all

syms a b c real % Longueurs des côtés du triangle ABC

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

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

k=(b^2-c^2)/(2*a);
M=PgcdBary(Barycentre([B,C],[a+k,a-k]))

% On trouve M = [0; 2*a^2 + b^2 - c^2; 2*a^2 - b^2 + c^2]

G1=PgcdBary(Barycentre([A,B,M],[1,1,1]));
G2=PgcdBary(Barycentre([A,C,M],[1,1,1]));

% On trouve G1 = [4*a^2; 6*a^2 + b^2 - c^2; 2*a^2 - b^2 + c^2]
% et G2 = [4*a^2; 2*a^2 + b^2 - c^2; 6*a^2 - b^2 + c^2]

G1G2=PgcdBary(Wedge(G1,G2));

% On trouve G1G2=[2, -1, -1] donc cette droite est parallèle à (BC)

% Note: PgcdBary simplifie son argument par le pgcd de ses termes

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

NulB=Factor(Cocycliques(A,B,M,G2,a,b,c))
NulC=Factor(Cocycliques(A,C,M,G1,a,b,c))

% On trouve:

NulB  = 8*a^4*(2*a^2 - b^2 + c^2)*(12*a^4 - 8*a^2*b^2 - 8*a^2*c^2 + b^4 - 2*b^2*c^2 + c^4);
NulC = -8*a^4*(2*a^2 + b^2 - c^2)*(12*a^4 - 8*a^2*b^2 - 8*a^2*c^2 + b^4 - 2*b^2*c^2 + c^4);
 
% On peut supposer 2*a^2 - b^2 + c^2 et 2*a^2 + b^2 - c^2 non nuls,
% car sinon M serait en B ou C

% la condition 12*a^4 - 8*a^2*b^2 - 8*a^2*c^2 + b^4 - 2*b^2*c^2 + c^4 = 0
% est alors la même pour les deux.

Cordialement,

Rescassol

Bouzar

Bonsoir et merci pour ta contribution Rescassol.

Amicalement

Jean-Louis Ayme

Bonjour,
merci...
Quelle est la nature géométrique de M?

Sincèrement
Jean-Louis

Rescassol

Bonjour,

Comme indiqué dans le code, $M$ est le barycentre de $B$ et $C$ avec pour coefficients $a+k$ et $a-k$, où $k=\dfrac{b^2-c^2}{2a}$ (pour mon cas de figure), ou encore $2a^2+b^2-c^2$ et $2a^2-b^2+c^2$.

Cordialement,

Rescassol

Jean-Louis Ayme

Bonjour,
M n'est-il pas le pied de la perpendiculaire à (BC) issue du centre du cercle d'Euler de ABC?

Sincèrement
Jean-Louis

Rescassol

Bonjour,

Oui, Jean-Louis, c'est le cas.

Cordialement,

Rescassol

Jean-Louis Ayme

Merci Rescassol... nous pouvons arriver ce résultat par un calcul segmentaire.

Sincèrement
Jean-Louis

poulbot

Bonjour
Faute d'avoir trouvé mieux, je propose une solution analytique (qui ne présente pas de difficulté)
Dans un repère orthonormé où $B=\left( -d,0\right) ,\ C=\left( d,0\right) ,\ A=\left( a_{1},a_{2}\right) $, on a $\ M=\left( \dfrac{1}{2}a_{1},0\right) $ et $\ G_{1}=\left( \dfrac{1}{2}a_{1}-\dfrac{1}{3}d,\dfrac{1}{3}a_{2}\right) $.
Un petit calcul $\left( \ast \right) $ montre que (sauf erreur) la puissance de $G_{1}$ par rapport au cercle $AMC$ est $\dfrac{4}{9}d^{2}-\dfrac{1}{6}a_{1}^{2}-\dfrac{2}{9}a_{2}^{2}$: comme elle est invariante quand on change $d$ en $-d$, c'est aussi la puissance de $G_{2}$ par rapport au cercle $AMB$.

$\left( \ast \right) $ Le cercle $AMC$ a pour équation $\left( x-d\right) \left( x-\frac{a_{1}}{2}\right) +y^{2}+\lambda y=0$. Trouver $\lambda $ en exprimant qu'il passe par $A$ et calculer la valeur du premoer membre au point $G_{1}$.

Bien cordialement. Poulbot

Jean-Louis Ayme

Bonjour,

je remarque que G1, G et G2 sont alignés pour tout point M de [BC].

Sincèrement
Jean-Louis

Jean-Louis Ayme

Rebonjour,

remarquons que MG1 = MG2 et que M est sur la médiatrice de G1G2....

Ces deux simples résultats conduisent à la résolution du problème...

Sincèrement
Jean-Louis