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Une relation

Modifié (25 Nov) dans Géométrie

Bonjour,

1. ABC un triangle,

2. (O)   le cercle circonscrit,

3. I       le centre du cercle inscrit,

4. Pi     la parallèle à (BC) issue de I,

5. P, S  les points d'intersection de Pi avec 0 comme indiqués sur la figure

6. Q, R les points d'intersection de Pi resp. avec (AB), (AC).

Question :                  AC/IS – PQ/QI = 1.

Merci pour votre aide, je n'arrive pas à convertir le fichier...
Sincèrement
Jean-Louis.

Réponses

  • Voici un schéma


  • Modifié (25 Nov)
    Bonjour,
    merci pour votre aide et amélioration de la figure...
    Avez-vous une idée d'une preuve synthétique? c'est possible...

    Je rappelle que Q n'est pas le point de contact du cercle inscrit avec (AB)...

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Cela revient à montrer que PI/AC = QI/IS
  • Modifié (25 Nov)
    Bonjour,
    Cette propriété est partagée par les autres points du cercle $(ABI_0)$
    Cordialement, Pierre.
  • Bonsoir,

    Une solution en barycentriques:

    % Jean Louis Ayme - 23 Novembre 2021 - Un curieux rapport
    
    clc, clear all, close all
    
    syms a b c S real % Longueurs des côtés du triangle ABC et son aire S
    
    Sa=(b^2+c^2-a^2)/2;
    Sb=(c^2+a^2-b^2)/2;
    Sc=(a^2+b^2-c^2)/2;
    
    Sab=Sa*Sb;
    Sbc=Sb*Sc;
    Sca=Sc*Sa;
    
    S2=Sab+Sbc+Sca; % 4 fois le carré de l'aire (donc S2=4*S^2)
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    A=[1; 0; 0]; % Sommets du triangle ABC
    B=[0; 1; 0];
    C=[0; 0; 1];
    
    BC=[1, 0, 0]; % Côtés du triangle ABC
    CA=[0, 1, 0];
    AB=[0, 0, 1];
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    % Centre du cercle circonscrit et carré de son rayon
    
    O = [a^2*Sa; b^2*Sb; c^2*Sc];
    R2=(a^2*b^2*c^2)/((a+b+c)*(a+b-c)*(a-b+c)*(b-a+c));
    
    % Centre du cercle inscrit et carré de son rayon
    
    I = [a; b; c]; % S2/4 = S^2 = p^2*r^2 = (s1^2/4)*r^2 donc
    r2=S2/(a+b+c)^2;
    
    % Droite Dpara passant par I parallèle à (BC)
    
    Dpara=Wedge(I,Vecteur(B,C)); % Dpara = [b+c, -a, -a]
    
    % Points d'intersection de Dpara avec (AB) et (AC)
    
    Q=Wedge(Dpara,AB); % Q=[a, b+c, 0]
    R=Wedge(Dpara,CA); % R=[a, 0, b+c]
    
    % Points P et M où Dpara coupent (O)  (S est déjà pris)
    
    syms u v w
    
    u=-(Dpara(2)*v+Dpara(3)*w)/Dpara(1);
    Eq=numden(Factor(Distance2(O,[u; v; w],a,b,c)-R2));
    Pol=fliplr(coeffs(Eq/(-a*(b+c)),[v w]));
    % On trouve Eq = c^2*v^2 + (b^2+a*b+c^2+a*c)*v*w + b^2*w^2
    delta=Factor(Pol(2)^2-4*Pol(1)*Pol(3))
    
    % On trouve delta=(b+c)*(a+b+c)*(b^2-2*b*c+a*b+c^2+a*c)
    syms d % d=sqrt(delta)
    % Les solution de Eq sont donc v/w = (-Pol(2) +/- d)/(2*Pol(1))
    
    v=-Pol(2)-d; w=2*Pol(1);
    u=-(Dpara(2)*v+Dpara(3)*w)/Dpara(1);
    P=PgcdBary([u; v; w])
    
    v=-Pol(2)+d; w=2*Pol(1);
    u=-(Dpara(2)*v+Dpara(3)*w)/Dpara(1);
    M=PgcdBary([u; v; w])
    
    % On trouve:
    
    P=[-a*(b^2+a*b-c^2+a*c+d); -(b+c)*(b^2+a*b+c^2+a*c+d); 2*c^2*(b+c)];
    M=[-a*(b^2+a*b-c^2+a*c-d); -(b+c)*(b^2+a*b+c^2+a*c-d); 2*c^2*(b+c)];
    
    % Distances:  AC/IM – PQ/QI = 1 ?
    
    PQ2=Factor(Distance2(P,Q,a,b,c)); 
    QI2=Factor(Distance2(Q,I,a,b,c));
    IM2=Factor(Distance2(I,M,a,b,c));
    
    % On trouve:
    
    PQ2=4*a^2*c^4*(b+c)^2/((a+b+c)^2*(b^2+a*b-c^2+a*c+d)^2);
    QI2=a^2*c^2/(a+b+c)^2;
    IM2=a^2*c^2*(b^2+2*b*c+a*b+c^2+a*c-d)^2/((a+b+c)^2*(b^2+a*b-c^2+a*c-d)^2);
      
    % Donc:
    
    PQ=2*a*c^2*(b+c)/((a+b+c)*(b^2+a*b-c^2+a*c+d));
    QI=a*c/(a+b+c);
    IM=-a*c*(b^2+2*b*c+a*b+c^2+a*c-d)/((a+b+c)*(b^2+a*b-c^2+a*c-d));
    
    Nul=numden(Factor(b/IM - PQ/QI - 1));
    Nul=Factor(subs(Nul,S^2,S2/4));
    Nul=Factor(subs(Nul,d^2,delta)) % Égal à 0, donc c'est gagné
    Cordialement,
    Rescassol


  • Toujours rien en synthétique?

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Bonjour à tous
    Voici la figure de Pierre!
    Elle devrait nous suggérer une preuve synthétique!
    Amicalement
    pappus

  • Bonjour à tous
    Le cercle inscrit est un attrape-nigaud!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (26 Nov)
    Voilà comment je fais la figure!
    Les points $A$ et $B$ sont situés sur le cercle $\Gamma$.
    Le point $\Omega$ est une des deux intersections de la médiatrice de $AB$ avec $\Gamma$.
    Le cercle $\gamma$ est le cercle de centre $\Omega$ passant par $A$ et $B$.
    Enfin $C$ est un point quelconque de $\Gamma$.
    Le point $I$ est sur $\gamma$ et on évalue la différence des puissances du point $I$ par rapport aux cercles $\Gamma$ et $\gamma$.
    $$\Gamma(I)-\gamma(I)=2\overline{IJ}.\overline{\Omega O}$$
    $J$ est la projection orthogonale de $I$ sur l'axe radical $AB$ de ces deux cercles.
    Cette formule était enseignée autrefois, voir le Lebossé-Hémery, page=186, article 291
    Aujourd'hui on se doute bien qu'on en a plus rien à cirer!
    On passe aux valeurs absolues : $$\vert\Gamma(I)\vert=IP.IS$$ $$\gamma(I)=0$$ $$IJ=IQ\sin(B)$$Là on tourne autour de l'axiome de Pythagore et de la définition élémentaire des lignes trigonométriques.
    Sans doute la seule ligne de ma preuve qui devrait être comprise!
    D'où:
    $$IP.IS=IQ.2R\sin(B)=IQ.AC$$
    d'après la défunte loi des sinus.
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (27 Nov)
    Mon cher pappus,
    c'est avec beaucoup de plaisir que j'ai lu ta preuve...j'ai aussi apprécié ta référence au Lebossé-Hemery qui m'a rappelé de beaux souvenirs de cette géométrie enseignée en terminales...
    Pour ma part, dans ma preuve que je vous soumettrai, je suis passé par le lemme de Haruki et de Reim...
    J'observe que tu nous rappelles souvent et à forte raison, la dégringolade qu'a subi la géométrie en mon de demi-siècle...les IPR et IG ne sont pas neutre dans cet état de fait ; ils nous ont tant vanté les mérites supposés des nouveaux programmes imposés...
    Le retour en arrière est impossible...alors, il ne reste plus aux jeunes enseignants que de glousser sur Thalès et Pythagore...
    There is much more to say...

    Avec toutes mes amitiés
    Jean-Louis

     
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