Point de Gergonne et point de Nagel d'un triangle.

Ecrit 2 CAPES Mathématiques

G. Julia, 06/06/2016 1

Point de Gergonne

¹

, point de Nagel

²

d’un triangle

Problème à connotation « historique » réinvestissant l’outil barycentrique. Il faut reconnaître que, compte tenu des nouvelles orientations du concours du CAPES, il peut apparaître un peu « vieillot », sinon dépassé.

Un problème de géométrie à l’ancienne …À traiter après le sujet sur les céviennes isotomiques, dont tous les résultats pourront être réutilisés sans nouvelle démonstration lorsque l’occasion se présentera.

On reprend les mêmes données et les mêmes définitions que dans le sujet « céviennes isotomiques ».

ABC est un triangle non aplati, G son centre de gravité. A', B', C' sont les milieux respectifs des segments [BC], [CA], [AB].

1. Le sujet

Le plan est supposé maintenant euclidien et on note a=BC ;b=CA;C= ABles longueurs des côtés du triangle.

On note p le demi-périmètre du triangle,

2 c b p= a+ +

I est le centre du cercle inscrit dans le triangle ABC et on note A1, B1, C1 les points de contact du cercle inscrit avec les segments [BC], [CA], [AB] respectivement.

0. Justifier que les réels p−a, p−b, p−c sont tous strictement positifs 1. Vérifier que : A₁B= p−b ^{et que} A₁C = p−c^. En déduire la valeur de :

C A

B A

1 1 .

2. Montrer que les droites (AA₁), (BB₁) et (CC₁) sont concourantes. On désignera par K leur point de concours.

Justifier que ce point est barycentre de

















 −









 −









− C p c

b B p a

A p 1

, 1 ;

, 1 ,

,

Ce point est appelé « point de Gergonne » du triangle ABC.

3. Soit A₂, le point de contact du cercle exinscrit dans l’angle de sommet A. De même, soient B₂ et C₂ les points de contact des cercles exinscrits dans les angles de sommets B et C respectivement avec les côtés (CA) et (AB) respectivement.

Montrer que (AA₂), (BB₂), (CC₂) sont les céviennes isotomiques de (AA₁), (BB₁) et (CC₁).

En déduire que ces droites sont concourantes en un point N que l’on caractérisera comme barycentre de A, B, C.

Ce point est appelé « point de Nagel » du triangle ABC.

4. On rappelle que le centre I du cercle inscrit est barycentre du système

{ ( ) ( )

^{A,a , B,b,C,c}

}

. Montrer que les points I, G, N sont alignés.

1 GERGONNE Joseph (1771-1859) est surtout connu pour avoir été rédacteur pendant plus de 20 ans des « Annales de mathématiques pures et appliquées », revue consacrée spécifiquement aux mathématiques de la première moitié du XIXème siècle.

2 NAGEL Christian (1821 – 1903) géomètre allemand professeur à Dresde.

Ecrit 2 CAPES Mathématiques

G. Julia, 06/06/2016 2

2. Eléments de correction

0. Puisque les trois points A, B, C sont non alignés, les inégalités triangulaires dans le triangle ABC sont toutes strictes. Lla somme des longueurs de deux quelconques

gj des côtés est strictement supérieure à la longueur du troisième côté : ^b+c−a=2

(

^p−a

)

^{>0 ; c+a−b=2}

(

^p−b

)

^{>0 ; a+b−c=2}

(

^p−c

)

^{>0. Les}

réels p−a, p−b, p−csont tous trois strictement positifs.

1. Posons : A1B=u. Puisque A1 est un point du segment [BC] : A1C=BC−A1B=a−u Le point I étant sur la bissectrice intérieure issue de A :

∧

∧ 1 =IBC1

IBA . Les points A1 et C1 étant sur le cercle inscrit : IA₁ =IC₁. Les triangles rectangles IA₁Bet IC₁B sont donc des triangles isométriques et il en résulte queA₁B=C₁B, le point B est équidistant des points de contact du cercle inscrit avec (BA) et (BC)..

Ainsi : C1B=u et C A AB C B c u

gjulia − = −

= 1

1 ₂₀₁₆

De même A est équidistant des points de contact du cercle inscrit avec (AB) et (AC) : B1A=C1A=c−u et par conséquent : ^B1^{C= AC−B}1^A=b−

(

^c−u

)

^=b−c+u

C est quant à lui équidistant des points de contact du cercle inscrit avec (CB) et (CA) : B₁C= A₁C=b−c+u Des deux expressions de A₁C, on déduit : A1C=a−u =b−c+u

D’où : a c b p b

u B

A = = + − = −

1 2 et a b c p c

C

A = + − = −

1 2 .

Vu que A ₁ est un point du segment [BC] :

c p

b p C A

B A C

A B A

gjulia −

− −

=

−

=

1 1 1

1

2016

et puisque

(

p−c

)

A1B+

(

p−b

)

A1C=⁰

A1 apparaît comme barycentre du système

{ (

^{B, p−c}

) (

^{; C, p−b}

) }

^.

2. De même :

a p

c p A B

C B

−

− −

=

1

1 et B1 apparaît comme barycentre du système

{ (

^C, ^p−^a

) (

; ^A, ^p−^c

) }

b p

a p B C

A C

−

− −

=

1

1 . et C1 apparaît comme barycentre du système

{ (

^{A, p−b}

) (

^{; B, p−a}

) }

Le produit de ces trois rapports est égal à −1. : 1

1 1 1 1 1 1

2016 × × = −

B C

A C A B

C B C A

B A

gjulia D’après la réciproque du

théorème de Ceva, les trois droites (AA1), (BB1) et (CC1) sont des droites parallèles ou concourantes.

Par homogénéité du barycentre : A1 est barycentre

gj de

{ (

^B,

(

^p−^c

)(

^p−^a

) )

;

(

^C,

(

^p−^b

)(

^p−^a

) ) }

, le point B1

est barycentre de

{ (

^C,

(

^p−a

)(

^p−b

) )

^;

(

^A,

(

^p−c

)(

^p−b

) ) }

et le point C1 est barycentre de

( )( )

( ) ( ( )( ) )

{

^{A, p−b p−c ; B, p−a p−c}

}

^.

Les coefficients étant maintenant uniformisés, on peut dire en appliquant de trois façons différentes l’associativité du barycentre que le point K barycentre du système

( )( )

(

^{A, p−b p−c}

) ( { (

^{B, p−c}

)(

^p−a

) )

^;

(

^C,

(

^p−b

)(

^p−a

) ) }

est aligné avec A et A1 puisque barycentre de

( )

(

^{A, p−b (p−c}

)

^{et de}

(

^A1^,

(

^p−c

)(

^p−a

) (

^{+ p−b}

)(

^p−a

) (

^{=a p−a}

) )

, et pareillement avec B et B1 et avec C et C1. Les trois droites (AA1), (BB1) et (CC1) sont concourantes en K. (Démonstration qui court-circuite le théorème de Ceva …)

Toujours par homogénéité, ce point K est aussi barycentre de





















 −









 −









− C p c

b B p a

A p

gjulia

, 1 1 ;

, 1 ,

,

2016

, en divisant tous les coefficients par

(

^p−a

)(

^p−b

)(

^p−c

)

^.

Ecrit 2 CAPES Mathématiques

G. Julia, 06/06/2016 3

Le point K est strictement à l’intérieur du triangle car barycentre de A, B, C affectés de coefficients strictement de même signe.

3. Soit J le centre du cercle

gj exinscrit dans l’angle de sommet A, A2 le point de contact avec (BC), E et F ses points de contact avec (AB) et (AC) respectivement.

Les angles

∧

JBC et

∧

JCB sont tous deux aigus tandis que les angles

∧

JBA et

∧

JCA sont tous deux obtus. Le projeté orthogonal de J sur (BC) appartient

gj au segment [BC] tandis que A, B, E et A, C, F sont alignés dans cet ordre.

Si on pose A₂B=v : A₂C=BC−A₂B=a−v

Or EB=A₂B=v et EA= AB+BE=c+v et AF = AE=c+v et CF = AF−AC=c+v−b On obtient la relation : a−v=c+v−b qui donne : a b c p c

v=gjulia + − = −

2

2016 .

D’où : A2B=v= p−c et a b c p b a

C

A = − + − = −

2 2 .

Le point A2 apparaît comme barycentre du système

{ (

^B, ^p−^b

) (

; ^C, ^p−^c

) }

. En comparant avec A1 qui est quant à lui barycentre de

{ (

^B, ^p−^c

) (

; ^C, ^p−^b

) }

, les coefficients de

gj B et de C ont été échangés. A2 est le symétrique de A1 par rapport

gj à A’. La droite (AA2) est la cévienne isotomique de (AA1).

De même (BB2) et (CC2) sont les céviennes isotomiques de (BB1) et de (CC1). Les droites (AA2), (BB2) et (CC2) sont parallèles ou concourantes. La somme des inverses des coordonnées barycentriques









−

−

−a p b p c p

, 1 , 1

1 de K est :

(

^p−a

) (

^{+ p−b}

) (

^{+ p−c}

)

^{= p}. Cette somme étant non nulle, ces droites sont concourantes au barycentre N du système

{ (

^{A, p−a}

)(

^{B, p−b}

) (

^{; C, p−c}

) }

. Lui aussi est strictement à l’intérieur du triangle car affecté de coefficients tous strictement de même signe. (De façon générale, l’isotomique par rapport à ABC d’un point situé à l’intérieur du triangle est lui aussi à l’intérieur).

4. Compte tenu de la définition barycentrique de N :

(

^p−a

)

^NA+

(

^p−b

)

^NB+

(

^p−c

)

^NC=0

mais aussi :

(

^p−a

)

^NA+

(

^p−b

)

^NB+

(

^p−c

)

^{NCgjulia2016 = p}

(

^NA+NB+NC

)

^{−aNA−bNB−cNC =3pNG−2pNI}

On obtient: 3NG−2NI =0 et donc : NI NG 2

= 3 Ou, ce qui revient au même : IN =3IG

Ecrit 2 CAPES Mathématiques

G. Julia, 06/06/2016 4