Une relation

Voici un schéma

Cela revient à montrer que PI/AC = QI/IS

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

Bonjour à tous
Voici la figure de Pierre!
Elle devrait nous suggérer une preuve synthétique!
Amicalement
pappus

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