Une construction de triangle isocèle

Bonjour Piteux_gore
$O,G,I$ sont alignés dans cet ordre; $A$ est l'inverse de $U=G-2\overrightarrow{GI}$ par rapport au cercle de centre $O$ passant par $I$: le milieu $M$ de $\left[ BC\right] $ est $G-\frac{1}{2}\overrightarrow{GA}$ et le cercle de centre $O$ passant par $A$ coupe la perpendiculaire en $M$ à $OA$ en $B$ et $C$.
Si l'ordre de $O,G,I$ est respecté, il y a une solution et une seule.
Bien cordialement. Poulbot

Merci Pappus
J'avais effectivement utilisé la formule d'Euler.
Cela dit, j'ai de très sérieux doutes en ce qui concerne la réincarnation et, de toute manière, ce serait absolument dramatique pour ce pauvre Euler de se retrouver réincarné en Poulbot.
Amicalement. Poulbot

Mon cher Poulbot
Laissons donc Leohnard là où il est et où il se trouve certainement très bien.
Quant à moi je suis arrivé à un âge où la réincarnation est une option à envisager tous les jours.
A défaut de me réincarner, je me contenterais bien de ressusciter.
Qui vivra verra!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour Christoph
Je peux proposer une réponse car, il y a bien longtemps, je m'étais intéressé à ce problème.
Il s'agit de construire $ABC$ connaissant $O,G,I$.
$ABC$ n'est pas en général constructible à la règle et au compas et il faut utiliser une conique (en l'occurrence son hyperbole de Feuerbach).
On connait l'orthocentre $H$ ($\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}$), le centre $E$ du cercle d'Euler (milieu de $\left[ OH\right] $), le point de Nagel $N$ ($\overrightarrow{GN}=-2\overrightarrow{GI}$).
On a toujours $\overrightarrow{IG}\cdot \overrightarrow{IH}=-\dfrac{r}{3}\left( R-2r\right) $, c'est-à-dire que $\widehat{GIH}$ est nécessairement obtus. Supposons cette condition réalisée.

L'hyperbole $h_{F}$ de Feuerbach passant par $I,H,N$, son centre, le point $F$ de Feuerbach, est sur la droite $IE$ et sur le cercle d'Euler (bleu) de $IHN$ (leur autre point commun est le symétrique de $I$ par rapport à $E$).
$h_{F}$ et le cercle circonscrit $\left( O\right) $ ont en commun le symétrique $U$ de $H$ par rapport à $F$. On les construit et ils ont alors $3$ autres points communs réels (encore faut-il le prouver) qui sont les sommets de $ABC$.

Bref, une CNS de possibilité est que $I$ soit intérieur au cercle de diamètre $\left[ GH\right] $.

Mille mercis à pdlx1 de m'avoir fait réaliser qu'il est possible que, dans la construction précédente, $h_{F}$ et $\left( O\right) $ aient $3$ points réels communs autres que $U$ sans que $I$ soit intérieur au cercle de diamètre $\left[ GH\right] $. Dans ce cas, $I$ est un des centres des cercles exinscrits du triangle de sommets ces $3$ points. J'ai modifié ce message en conséquence.

Amicalement. Poulbot

Bonjour,

Poulbot a écrit:

La condition de leur existence devrait être que $I$ soit intérieur au cercle de diamètre .$[GH]$.

$I$ est toujours intérieur au cercle de diamètre .$[GH]$. (Th. de Guinand - Pour la science - Décembre 1984).

Cordialement,

Resacssol

Bonjour,

Ok, Poulbot. Je voulais juste donner une référence.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour Pierre

Il me semble qu'il y a une petite confusion et que, comme moi plus haut, tu as utilisé une hyperbole de Feuerbach et non de Jerabek, comme ta notation JerabekRH le laisserait supposer.
En tout cas, merci de m'avoir fait réaliser que, si cette hyperbole coupe $\left( O\right) $ en trois autres points réels $A,B,C$ autres que $U$, $I$ n'est pas nécessairement le centre du cercle inscrit mais un des centres exinscrits, j'ai modifié mon message plus haut en conséquence.
Effectuant de sordides calculs dans un repère orthonormé où $G=\left( 2d,0\right) $ et $H=\left( 3d,0\right) $, j'ai obtenu que notre hyperbole et le cercle $\left( O\right) $ ont $4$ points réels communs (dont $U$) ssi $I$ n'est pas intérieur à la quartique bicirculaire rationnelle d'équation $\left( x^{2}+y^{2}-dx\right) ^{2}=d^{2}\left( x^{2}+9y^{2}\right) $ (qui a un point de rebroussement à l'origine).
Par chance, tous les points intérieurs au cercle de diamètre $\left[ GH\right] $ sont extérieurs à cette quartique, ce qui, si je ne me suis pas planté, montre la réciproque (qui doit bien trainer quelque part) du théorème de Guinand cité par Rescassol, c'est-à-dire que $\widehat{GIH}$ obtus est une condition nécessaire et suffisante pour qu'il existe un triangle de centre de gravité $G$, centre du cercle inscrit $I$ et orthocentre $H$ et que, si cette condition est réalisée, notre construction fournit bien le seul triangle solution.
Amicalement. Poulbot

Bonjour Rescassol

Il est invraisemblable qu'il ait fallu attendre $1984$ pour trouver que $I$ est toujours intérieur au cercle de diamètre $\left[ GH\right] $ et je suis persuadé que ce résultat, ainsi que sa réciproque, sont connus depuis fort longtemps.
Quant à la quartique ci-dessus, si $\Omega =3G-2H$ (anticomplément de $H$), je l'ai tracée comme inverse de la parabole de foyer le symétrique $F$ de $G$ par rapport à $H$ et de sommet $F+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{GH}$ par rapport au cercle de centre $\Omega $ passant par $H$.
Bien cordialement. Poulbot