Montrer que trois droites sont concourantes

[Laura0101]

Bonjour à tous, j’ai cet exercice à faire, et j’ai déjà essayé plusieurs moyens pour y arriver mais cela n’a jamais abouti, je sais qu’on peut sûrement faire de différentes manières comme avec le théorème de Céva et sûrement avec les barycentres ou alors avec un repère d’origine B et de vecteurs directeurs BA et BC mais je n’arrive pas à conclure, merci de votre aide.

[tournesol]

On peut tenter de rapporter le plan au repère

[Black Jack]

Erreur de dessin ...

Les points B' et B" sont inversés.

[Laura0101]

Ah oui c’est vrai j’ai oublié de le préciser..
D’accord merci je vais essayer avec ce repère là

[Laura0101]

Prendre le repère P, PA,PB ne m’a pas avancé..
Quelqu’un a une idée? Je désespère mdr

[Black Jack]

Salut,

Une manière peut-être pas très élégante et un peu longue ... mais infaillible, par la géométrie analytique.

Dans le repère tel que :
B(0;0)
C(1;0)
A(a;b)
P(X;Y)

On écrit les équations des droites (BP) et (AC) ... et on détermine les coordonnées de leur point de rencontre, sauf erreur, on arrive à B'(bX/(bX-(a-1).Y) ; bY/(bX-(a-1).Y))

Ensuite, par vect(CB') = vect(B"A), on détermine les coordonnées de B", sauf erreur, on arrive à : B"(a + 1 - bX/(bX-(a-1).Y) ; b - bY/(bX-(a-1).Y)))

On peut donc trouver l'équation de la droite BB", soit y = (b - bY/(bX-(a-1).Y))/(a + 1 - bX/(bX-(a-1).Y)) * x

- On recommence les mêmes manips pour chercher les coordonnées de C', puis de C'' et finalement l'équation de (CC")
- On recommence les mêmes manips pour chercher les coordonnées de A', puis de A'' et finalement l'équation de (AA")

On a alors les équations des 3 droites (AA"), (BB") et (CC") et ils restent à montrer quelles sont concourantes (quel que soit le point P(X;Y) choisi dans le triangle ABC.)
Il suffit pour cela de chercher le point de rencontre de deux des droites et montrer que ce point appartient à la 3eme droite.

[Laura0101]

Merci beaucoup pour votre aide, je vais essayer immédiatement

[Laura0101]

Re, j’ai bien trouvé comme vous pour B’ mais je n’arrive à retrouvé votre résultat pour B’’..
J’obtiens B’(( abX + 2aY(1-a) ) / (bX + Y(1-a)) ; (b(bX+Y(1-a)) - bY)/(bX+Y(1-a)).. je me suis sûrement trompé quelques part

[Black Jack]

vect(CB') = vect(B"A) (en ayant corrigé l'erreur de dessin où B' et B" sont croisés)

Avec :
A(a ; b)
B'(bX/(bX-(a-1).Y) ; bY/(bX-(a-1).Y))
C(1;0)

vect(CB') = (bX/(bX-(a-1).Y) - 1 ; bY/(bX-(a-1).Y))

vect(B"A) = (a - X (B") ; b - Y(B"))

--> a - X (B") = bX/(bX-(a-1).Y) - 1
et b - Y(B") = bY/(bX-(a-1).Y)

X (B") = a + 1 - bX/(bX-(a-1).Y)
Y(B") = b - bY/(bX-(a-1).Y)

B"(a + 1 - bX/(bX-(a-1).Y) ; b - bY/(bX-(a-1).Y))

... mais on peut remettre au même dénominateur, et on arrive alors à :

B"(((a + 1).(bX-(a-1).Y) - bX)/(bX-(a-1).Y) ; (b.(bX-(a-1).Y) - bY)/(bX-(a-1).Y))

B"((abX-a(a-1).Y +bX-(a-1).Y - bX)/(bX-(a-1).Y) ; b(bX-(a-1).Y-Y)/(bX-(a-1).Y))

B"((abX-(a+1)(a-1).Y)/(bX-(a-1).Y) ; b(bX-aY)/(bX-(a-1).Y))

B"((abX-(a²-1).Y)/(bX-(a-1).Y) ; b(bX-aY)/(bX-(a-1).Y))

[GaBuZoMeu]

Le théorème de Ceva torche l'exercice en deux coups de cuillère à pot (une fois qu'on a bien remis B' et B'' à leurs places). Tu aurais dû persévérer dans cette voie. Il suffit de remarquer que , et idem sur les autres côtés.

[tournesol]

Mea culpa...

[GaBuZoMeu]

On peut aussi très facilement s'en tirer avec un calcul barycentrique. Si le point P est le barycentre de (A,p), (B,q) et (C,r), alors le point de concours des trois droites AA'', BB'', CC'' est le barycentre de (A,?), (B,?) et (C,?) : déterminer les ? s'exprimant très simplement en fonction de p, q et r.

[Black Jack]

Et bien voilà 3 manières différentes d'arriver au bout.

La mienne est un peu longuette, mais mènera aussi au bout du chemin.

[tournesol]

La tienne est aussi la garante de la décidabilité de la géométrie euclidienne .

[tournesol]

J'oubliais : merci , GaBuZoMeu .

[tournesol]

La solution barycentrique rend bien compte de la symétrie entre les points A' , B' , C' , et les points A" , B" , C" .
Si P est le barycentre de {A(a),B(b),C(c)} alors A' est le barycentre de {B(b) ,C(c)} , et A" est le barycentre de {B(c),C(b)} .
Le point cherché Q est le barycentre de {A(bc),B(ac),C(ab)}
On peut donc aussi étudier l'application qui à P fait correspondre Q .
Cas de coordonnées nulles , points invariants , restrictions involutives , etc .

[GaBuZoMeu]

Q est le conjugué isotomique de P.

Quelle est l'image du cercle circonscrit au triangle par la conjugaison isotomique ?

[tournesol]

Merci pour l'ouverture . Je ne connaissais pas cette notion .
A priori , les sommets du triangle n'ont pas de conjugués (ni géométrique , ni barycentrique)
Si le triangle est isocèle et rectangle en A , le symétrique de A par rapport à (BC) est un point de passage du cercle circonscrit qui n'a pas de conjugué géométrique mais qui est invariant pour la définition barycentrique .
Enfin , je n'ai aucune idée de la nature de cette fonction . Je vais réfléchir à ta question .

[GaBuZoMeu]

Si tu veux jouer un peu avec la conjugaison isotomique et son action sur le cercle circonscrit, rendez-vous ici.

[tournesol]

Merci pour cette animation très pédagogique , et pour l'aide que tu nous apporte .