Il est bien connu que la distance AH vaut le double de la distance de O à BC. Mais ici, cette dernière est le rayon R du cercle circonscrit. Aussi, le triangle OAH est isocèle et par isogonalité de O et H, on a aussi IH=IO.
Je viens de consulter le formulaire de relations métriques dans le triangle que je me suis constitué depuis quelques années, pas de $IH^2$ ?
Même si ce n'est pas la clef pour résoudre cet exercice Misérable, connaissez-vous une telle égalité avec référence pour mise à jour de mon fichier, merci.
Il me semble qu'en appliquant la relation de Stewart à la cévienne $IG$ dans le triangle $\triangle HOI,$ on arrive à : $ 3\cdot IG^2=IH^2+2\cdot IO^2-6\cdot OG^2.$
Si on appelle $A'$ le point autre que $A$ où la bissetrice $AI$ coupe le cercle $(ABC)$, on a dans ce cas $OA'I$ isocèle; ce triangle isocèle est symétrique de $OX(104)I$ par rapport à $OI$. De plus, son angle en $A'$ est le même que l'angle en $I_A$ du triangle $HI_AO$.
@Gilles : On démontre que $ 9\cdot IG^2 =s^2-16Rr+5r^2.$
Pour tout point $X$, on a $ \sum a\cdot XA^2=(a+b+c)\cdot XI^2+abc.$
En prenant $X=G$ et en utilisant la relation $ 9\cdot GA^2=4m_a^2=2(b^2+c^2)-a^2 $ la relation en découle.
Avec Morley dans le cercle inscrit, on a $\displaystyle o=\dfrac{2s_1s_3}{s_1s_2-s_3}$ et $\displaystyle h=\dfrac{2(s_2^2-s_1s_3)}{s_1s_2-s_3}$, donc $\displaystyle IO^2-IH^2=-4\dfrac{(u^2+uv+v^2)(v^2+vw+w^2)(w^2+wu+u^2)}{(u+v)^2(v+w)^2(w+u)^2}$.
Donc $IO=IH$ si et seulement si $u^2+uv+v^2=0$ ou permutation circulaire.
Ou encore $u=jv$ ou $u=j^2v$ ou permutation circulaire.
Cordialement,
Rescassol
Rappel: $UVW$ est le triangle de contact du cercle inscrit et $s_1$, $s_2$, $s_3$ les fonctions symétriques de $u$,$v$, $w$.
Bonjour
je suis parti de l'équation (que je connaissais) de racines $\cos \widehat{A},\cos \widehat{B},\cos \widehat{C}$ :
$4R^{2}x^{3}-4R\left( R+r\right) x^{2}+\left( p^{2}+r^{2}-4R^{2}\right) x+\left( 2R+r\right) ^{2}-p^{2}=0$
Remplaçant $x$ par $\dfrac{x+1}{2}$ et prenant le produit des racines de l'équation obtenue, on a
$\left( 2\cos \widehat{A}-1\right) \left( 2\cos \widehat{B}-1\right) \left( 2\cos \widehat{C}-1\right) =\dfrac{p^{2}-3\left( R+r\right) ^{2}}{R^{2}}=\dfrac{IO^{2}-IH^{2}}{R^{2}}$ (au vu de ce que j'ai lu ici, pour la dernière égalité)
L'idée était qu'il devait y avoir une relation simple entre $IO^{2}-IH^{2}$ et $\left( 2\cos \widehat{A}-1\right) \left( 2\cos \widehat{B}-1\right) \left( 2\cos \widehat{C}-1\right) $ si l'on voulait montrer qu'ils s'annulaient simultanément.
Cela dit, il doit y avoir une manière plus élégante de prouver que
$IO=IH\Longleftrightarrow \widehat{A}=60^{\circ }$ ou $\widehat{B}=60^{\circ }$ ou $\widehat{C}=60^{\circ }$ mais c'est le sens $\Longrightarrow $ qui ne me semblait pas évident.
Poulbot, je m'attendais à une preuve plus trigonométrique ! :P
Voici la façon dont je propose de terminer le calcul indiqué par Bouzar. Je note $p$ le demi-périmètre comme il est de coutume en France. Il y a sans doute plus rapide.
En remplaçant les $9GA^2$ par $2(b^2+c^2)-a^2$ comme suggéré on a
$$
2\sum ab^2 -\sum a^3=9(a+b+c)GI^2+9abc
$$
Or $\sum a^3=(a+b+c)^3-3\sum ab^2-6abc$ donc il vient
$$
-(a+b+c)^3+5\sum ab^2+6abc=9(a+b+c)GI^2+9abc \, \text{[1]}
$$
Mais $\sum ab^2+3abc=(a+b+c)(ab+ac+bc)=2p(ab+ac+bc)$ et $2(ab+ac+bc)=(a+b+c)^2-\sum a^2=4p^2-\sum a^2$.
Dans ce message j'avais démontré $a^2+b^2+c^2=2p^2-8Rr-2r^2$ : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,782621,782676#msg-782676 on en déduit donc $\sum ab^2=p(2p^2+8Rr+2r^2)-3abc$. En injectant dans [1], en remplaçant $a+b+c$ par $2p$ et en simplifiant un chouia, on parvient à
$$
2p^3+40Rpr+10pr^2-18abc=18pIG^2.
$$
Il est temps de se rappeler que $abc=4RS=4Rrp$ pour finalement arriver à l'égalité, après division par $2p$ de chaque membre,
$$
p^2-16Rr+5r^2=9IG^2.
$$
Bonsoir Nakkash
j'avais bien compris que, si un des angles vaut $60^{\circ }$, on a $IO=IH$. C'est la réciproque qui est moins évidente; je ne la vois pas dans ton lien.
Pour Gilles, je suggère une preuve trigonométrique :
Si $IO=IH$, on a $p=\left( R+r\right) \sqrt{3}$, d'où puisque $\sin A+\sin B+\sin C=\dfrac{p}{R}$ et $\cos A+\cos B+\cos C=\dfrac{R+r}{R}$, on a $\sin \left( A-\dfrac{\pi }{3}\right) +\sin \left( B-\dfrac{\pi }{3}\right) +\sin \left( C-\dfrac{\pi }{3}\right) =0$, ou encore, en factorisant, compte tenu du fait que $A+B+C=\pi $, on obtient $0=2\sin \left( \dfrac{A}{2}-\dfrac{\pi }{6}\right) \left[ \cos \left( \dfrac{A}{2}-\dfrac{\pi }{6}\right) -\cos \left( \dfrac{B-C}{2}\right) \right] =-4\sin \left( \dfrac{A}{2}-\dfrac{\pi }{6}\right) \sin \left( \dfrac{B}{2}-\dfrac{\pi }{6}\right) \sin \left( \dfrac{C}{2}-\dfrac{\pi }{6}\right) $
Cordialement. Poulbot
Quand je parlais de démonstration trigonométrique, je pense à celle de cette superbe formule que tu as trouvée :
$$
IO^{2}-IH^{2}=R^{2}\left( 2\cos \widehat{A}-1\right) \left( 2\cos \widehat{B}-1\right) \left( 2\cos \widehat{C}-1\right)
$$
Je vais maintenant m'attaquer à la démonstration de ton point de départ : $4R^{2}x^{3}-4R\left( R+r\right) x^{2}+\left( p^{2}+r^{2}-4R^{2}\right) x+\left( 2R+r\right) ^{2}-p^{2}=0$. J'ai repéré quelques formules du Lespinard et Pernet qui devraient je l'espère me permettre d'aboutir !
La formule $\sin^2 A+\sin^2 B+\sin^2 C-2\cos A \cos B \cos C=2$ joint au fait que $\sin A=\frac{a}{2R}$ montre que $2\cos A \cos B \cos C=\frac{a^2+b^2+c^2}{4R^2}-2$ donc puisque $a^2+b^2+c^2=2p^2-8Rr-2r^2$, on a $\cos A \cos B \cos C=\frac{p^2-(2R+r)^2}{4R^2}$.
Il est connu que $\cos A+\cos B+\cos C=1+4 \sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}=1+\frac{r}{R}$.
Enfin de l'égalité $\cos^2 A+\cos^2 B+\cos^2 C + 2\cos A\cos B\cos C=1$ on déduit
$$
2\sum \cos A\cos B=2 \cos A\cos B\cos C-1+(\cos A+\cos B+\cos C)^2\right]
$$
donc $\sum \cos A\cos B=\frac{r^2+p^2-4R^2}{4R^2}$ en remplaçant par ce qui précède.
L'équation du troisième degré qui a servi de point de départ à poulbot est donc établie (aux deux identités près que j'ai mentionnées mais qui ne sont pas bien dures).
Rebonsoir Gilles
Merci pour la vérification de l'équation
Pour obtenir la formule donnant $IO^{2}-IH^{2}$, il suffit d'adapter un petit peu mon calcul précédent :
il montre que $p-\sqrt{3}\left( R+r\right) =-8R\sin \left( \dfrac{A}{2}-\dfrac{\pi }{6}\right) \sin \left( \dfrac{B}{2}-\dfrac{\pi }{6}\right) \sin \left( \dfrac{C}{2}-\dfrac{\pi }{6}\right) $
De même, on devrait avoir $p+\sqrt{3}\left( R+r\right) =8R\sin \left( \dfrac{A}{2}+\dfrac{\pi }{6}\right) \sin \left( \dfrac{B}{2}+\dfrac{\pi }{6}\right) \sin \left( \dfrac{C}{2}+\dfrac{\pi }{6}\right) $
En multipliant les deux, on obtient la formule, puisque $IO^{2}-IH^{2}=p^{2}-3\left( R+r\right) ^{2}$ et $2\cos A-1=-4\sin \left( \dfrac{A}{2}+\dfrac{\pi }{6}\right) \sin \left( \dfrac{A}{2}-\dfrac{\pi }{6}\right) $
Cordialement. Poulbot
[size=x-small]Par respect pour les visiteurs futurs et si vous voulez qu'ils apprécient plus les fils de géométrie, le premier post du fil pourrait peut-être énoncer correctement la question. A moins qu'il n'existe une convention internationale qui définisse "H(triangle)" et "O(triangle)"...[/size]
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
Pourquoi se cantonner au seul centre du cercle inscrit $I$?
Ne peut-on regarder aussi les cas des centres des cercles exinscrits $I_A$, $I_B$, $I_C$?
Amicalement
Pappus
Cher Pappus,
c'est évidemment un peu pareil; on devrait avoir $I_{a}O=I_{a}H\Longleftrightarrow \widehat{A}=60^{\circ }$ ou $\widehat{B}=120^{\circ }$ ou $\widehat{C}=120^{\circ }$.
Cordialement. Poulbot
Mon cher Poulbot
Il faudrait préciser dans tous les cas la position des points $O$ et $H$ par rapport aux bissectrices intérieures et extérieures!
Amicalement
Pappus
Merci Gilles pour tout ce travail autour de la bien nommée "Formule de Poulbot"; la démonstration trigonométrique est plus abordable mais guère plus simple.
Cher Pappus, $O$ et $H$ sont
- symétriques par rapport à la A-bissectrice intérieure $\Longleftrightarrow \widehat{A}=60^{\circ }$
- symétriques par rapport à la A-bissectrice extérieure $\Longleftrightarrow \widehat{A}=120^{\circ }$
mais je pense que je ne t'apprends rien.
Une petite remarque :
$AO=AH\Longleftrightarrow \widehat{A}=60^{\circ }$ ou $\widehat{A}=120^{\circ }$, ce qui est clair puisque $AH=2R\left\vert \cos \widehat{A}\right\vert $
Cordialement. Poulbot
Mon cher poulbot
En fait tout ce remue-ménage à propos de $IO = IH$ se résumait donc à cette simple formule $AH=2R\left\vert \cos \widehat{A}\right\vert $.
C'est tout ce que je voulais souligner!
Amicalement
Pappus
* on a $OI^2=R^2\left(1-\prod \sin \frac{A}{2}\right)$, $IH^2=2r^2-4R^2\prod\cos A$ et $OH^2=R^2\left(1-8\prod \cos A\right)$ ;
* si $IOH$ est équilatéral alors $\sum\cos A=\frac{3}{2}$.
Cher Pappus
comment montres-tu à partir de $AH=2R\left\vert \cos \widehat{A}\right\vert $ et sans un peu de remue-ménage que si $IO = IH$, alors un des trois angles vaut $60^{\circ }$?
Je suis bien d'accord que la réciproque est à peu près évidente!
Cordialement. Poulbot
Gilles wrote * si $IOH$ est équilatéral alors $\sum\cos A=\frac{3}{2}$.
En fait, si $IOH$ est équilatéral alors $ABC$ est équilatéral
Corialement. Poulbot
Réponses
Bravo Poulebot
Question connexe, on sait que:
$OH^2= 9R^2-(a^2+b^2+c^2)$ et que $OI^2=R^2-2Rr$.
Je viens de consulter le formulaire de relations métriques dans le triangle que je me suis constitué depuis quelques années, pas de $IH^2$ ?
Même si ce n'est pas la clef pour résoudre cet exercice Misérable, connaissez-vous une telle égalité avec référence pour mise à jour de mon fichier, merci.
Amicalement.
non bs, je ne connais pas ; je dois avouer que j'en suis restée en géométrie au niveau de l'agrégation externe, i.e. niveau zéro.
On a :
$IH^2=4R^2+4Rr+3r^2-s^2$ et $OI^2=R^2-2Rr$ (relation d'Euler).
Meilleurs vœux.
$s$ est le demi périmètre du triangle. On a aussi $\sqrt 3 r(R+r)=S$ où $S$ est l'aire du triangle.
bonjour Bouzar et bonne année.
sauriez-vous établir l'égalité ci-dessus dans le cas où l'un des angles vaut 60° ?
Merci Bouzar.
Te souviens-tu comment on obtient cette relation $IH^2=4R^2+4Rr+3r^2-s^2$ ? ou alors un livre de référence ?
Remerci.
Amicalement.
Cordialement. Poulbot
J'appelle X(104) le quatrième point d'intersection de l'hyperbole de Feuerbach avec le cercle circonscrit (ABC)
alors, le triangle ABC est misérable (au sens que HIO est isocèle) équivaut à dire que IX(104)O est isocèle.
voici une caractérisation plus basique :
le symétrique de O par rapport à BC est sur le cercle circonscrit
ou encore ssi
le symétrique de I par rapport à BC est sur le cercle circonscrit,
ou encore ssi l'angle BIC vaut 120°
ou encore
HI_AO est isocèle
Si on appelle $A'$ le point autre que $A$ où la bissetrice $AI$ coupe le cercle $(ABC)$, on a dans ce cas $OA'I$ isocèle; ce triangle isocèle est symétrique de $OX(104)I$ par rapport à $OI$. De plus, son angle en $A'$ est le même que l'angle en $I_A$ du triangle $HI_AO$.
Cordialement,
H.
$IO^{2}-IH^{2}=R^{2}\left( 2\cos \widehat{A}-1\right) \left( 2\cos \widehat{B}-1\right) \left( 2\cos \widehat{C}-1\right) $
Cordialement.Poulbot
$OI^2=R^2+r^2-r\sqrt{4R^2+r^2}$
et $IH^2=4R^2+4Rr+3r^2-s^2$ donc $OI^2-IH^2=....$
@Gilles : On démontre que $ 9\cdot IG^2 =s^2-16Rr+5r^2.$
Pour tout point $X$, on a $ \sum a\cdot XA^2=(a+b+c)\cdot XI^2+abc.$
En prenant $X=G$ et en utilisant la relation $ 9\cdot GA^2=4m_a^2=2(b^2+c^2)-a^2 $ la relation en découle.
Avec Morley dans le cercle inscrit, on a $\displaystyle o=\dfrac{2s_1s_3}{s_1s_2-s_3}$ et $\displaystyle h=\dfrac{2(s_2^2-s_1s_3)}{s_1s_2-s_3}$, donc $\displaystyle IO^2-IH^2=-4\dfrac{(u^2+uv+v^2)(v^2+vw+w^2)(w^2+wu+u^2)}{(u+v)^2(v+w)^2(w+u)^2}$.
Donc $IO=IH$ si et seulement si $u^2+uv+v^2=0$ ou permutation circulaire.
Ou encore $u=jv$ ou $u=j^2v$ ou permutation circulaire.
Cordialement,
Rescassol
Rappel: $UVW$ est le triangle de contact du cercle inscrit et $s_1$, $s_2$, $s_3$ les fonctions symétriques de $u$,$v$, $w$.
je suis parti de l'équation (que je connaissais) de racines $\cos \widehat{A},\cos \widehat{B},\cos \widehat{C}$ :
$4R^{2}x^{3}-4R\left( R+r\right) x^{2}+\left( p^{2}+r^{2}-4R^{2}\right) x+\left( 2R+r\right) ^{2}-p^{2}=0$
Remplaçant $x$ par $\dfrac{x+1}{2}$ et prenant le produit des racines de l'équation obtenue, on a
$\left( 2\cos \widehat{A}-1\right) \left( 2\cos \widehat{B}-1\right) \left( 2\cos \widehat{C}-1\right) =\dfrac{p^{2}-3\left( R+r\right) ^{2}}{R^{2}}=\dfrac{IO^{2}-IH^{2}}{R^{2}}$ (au vu de ce que j'ai lu ici, pour la dernière égalité)
L'idée était qu'il devait y avoir une relation simple entre $IO^{2}-IH^{2}$ et $\left( 2\cos \widehat{A}-1\right) \left( 2\cos \widehat{B}-1\right) \left( 2\cos \widehat{C}-1\right) $ si l'on voulait montrer qu'ils s'annulaient simultanément.
Cela dit, il doit y avoir une manière plus élégante de prouver que
$IO=IH\Longleftrightarrow \widehat{A}=60^{\circ }$ ou $\widehat{B}=60^{\circ }$ ou $\widehat{C}=60^{\circ }$ mais c'est le sens $\Longrightarrow $ qui ne me semblait pas évident.
Cordialement. Poulbot
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,806906,806923#msg-806923
bonne soirée
Poulbot, je m'attendais à une preuve plus trigonométrique ! :P
Voici la façon dont je propose de terminer le calcul indiqué par Bouzar. Je note $p$ le demi-périmètre comme il est de coutume en France. Il y a sans doute plus rapide.
En remplaçant les $9GA^2$ par $2(b^2+c^2)-a^2$ comme suggéré on a
$$
2\sum ab^2 -\sum a^3=9(a+b+c)GI^2+9abc
$$
Or $\sum a^3=(a+b+c)^3-3\sum ab^2-6abc$ donc il vient
$$
-(a+b+c)^3+5\sum ab^2+6abc=9(a+b+c)GI^2+9abc \, \text{[1]}
$$
Mais $\sum ab^2+3abc=(a+b+c)(ab+ac+bc)=2p(ab+ac+bc)$ et $2(ab+ac+bc)=(a+b+c)^2-\sum a^2=4p^2-\sum a^2$.
Dans ce message j'avais démontré $a^2+b^2+c^2=2p^2-8Rr-2r^2$ : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,782621,782676#msg-782676 on en déduit donc $\sum ab^2=p(2p^2+8Rr+2r^2)-3abc$. En injectant dans [1], en remplaçant $a+b+c$ par $2p$ et en simplifiant un chouia, on parvient à
$$
2p^3+40Rpr+10pr^2-18abc=18pIG^2.
$$
Il est temps de se rappeler que $abc=4RS=4Rrp$ pour finalement arriver à l'égalité, après division par $2p$ de chaque membre,
$$
p^2-16Rr+5r^2=9IG^2.
$$
j'avais bien compris que, si un des angles vaut $60^{\circ }$, on a $IO=IH$. C'est la réciproque qui est moins évidente; je ne la vois pas dans ton lien.
Pour Gilles, je suggère une preuve trigonométrique :
Si $IO=IH$, on a $p=\left( R+r\right) \sqrt{3}$, d'où puisque $\sin A+\sin B+\sin C=\dfrac{p}{R}$ et $\cos A+\cos B+\cos C=\dfrac{R+r}{R}$, on a $\sin \left( A-\dfrac{\pi }{3}\right) +\sin \left( B-\dfrac{\pi }{3}\right) +\sin \left( C-\dfrac{\pi }{3}\right) =0$, ou encore, en factorisant, compte tenu du fait que $A+B+C=\pi $, on obtient $0=2\sin \left( \dfrac{A}{2}-\dfrac{\pi }{6}\right) \left[ \cos \left( \dfrac{A}{2}-\dfrac{\pi }{6}\right) -\cos \left( \dfrac{B-C}{2}\right) \right] =-4\sin \left( \dfrac{A}{2}-\dfrac{\pi }{6}\right) \sin \left( \dfrac{B}{2}-\dfrac{\pi }{6}\right) \sin \left( \dfrac{C}{2}-\dfrac{\pi }{6}\right) $
Cordialement. Poulbot
Quand je parlais de démonstration trigonométrique, je pense à celle de cette superbe formule que tu as trouvée :
$$
IO^{2}-IH^{2}=R^{2}\left( 2\cos \widehat{A}-1\right) \left( 2\cos \widehat{B}-1\right) \left( 2\cos \widehat{C}-1\right)
$$
Je vais maintenant m'attaquer à la démonstration de ton point de départ : $4R^{2}x^{3}-4R\left( R+r\right) x^{2}+\left( p^{2}+r^{2}-4R^{2}\right) x+\left( 2R+r\right) ^{2}-p^{2}=0$. J'ai repéré quelques formules du Lespinard et Pernet qui devraient je l'espère me permettre d'aboutir !
Cordialement,
Gilles.
Il est connu que $\cos A+\cos B+\cos C=1+4 \sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}=1+\frac{r}{R}$.
Enfin de l'égalité $\cos^2 A+\cos^2 B+\cos^2 C + 2\cos A\cos B\cos C=1$ on déduit
$$
2\sum \cos A\cos B=2 \cos A\cos B\cos C-1+(\cos A+\cos B+\cos C)^2\right]
$$
donc $\sum \cos A\cos B=\frac{r^2+p^2-4R^2}{4R^2}$ en remplaçant par ce qui précède.
L'équation du troisième degré qui a servi de point de départ à poulbot est donc établie (aux deux identités près que j'ai mentionnées mais qui ne sont pas bien dures).
Merci pour la vérification de l'équation
Pour obtenir la formule donnant $IO^{2}-IH^{2}$, il suffit d'adapter un petit peu mon calcul précédent :
il montre que $p-\sqrt{3}\left( R+r\right) =-8R\sin \left( \dfrac{A}{2}-\dfrac{\pi }{6}\right) \sin \left( \dfrac{B}{2}-\dfrac{\pi }{6}\right) \sin \left( \dfrac{C}{2}-\dfrac{\pi }{6}\right) $
De même, on devrait avoir $p+\sqrt{3}\left( R+r\right) =8R\sin \left( \dfrac{A}{2}+\dfrac{\pi }{6}\right) \sin \left( \dfrac{B}{2}+\dfrac{\pi }{6}\right) \sin \left( \dfrac{C}{2}+\dfrac{\pi }{6}\right) $
En multipliant les deux, on obtient la formule, puisque $IO^{2}-IH^{2}=p^{2}-3\left( R+r\right) ^{2}$ et $2\cos A-1=-4\sin \left( \dfrac{A}{2}+\dfrac{\pi }{6}\right) \sin \left( \dfrac{A}{2}-\dfrac{\pi }{6}\right) $
Cordialement. Poulbot
Si IO=IH, alors AO=AH (d'après le quatrième cas d'égalité des triangles (td)) et AH=R donne OM=R/2 et l'angle en A vaut 60°.
J'ai vu mon erreur
NakkashNul, donc si $OI=OH$, on a toujours $A=60°$ ? Il manque certainement un argument au départ.
Ne peut-on regarder aussi les cas des centres des cercles exinscrits $I_A$, $I_B$, $I_C$?
Amicalement
Pappus
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,806906,807156#msg-807156
mais il semble que ce soit des formules que vous souhaitez.
c'est évidemment un peu pareil; on devrait avoir $I_{a}O=I_{a}H\Longleftrightarrow \widehat{A}=60^{\circ }$ ou $\widehat{B}=120^{\circ }$ ou $\widehat{C}=120^{\circ }$.
Cordialement. Poulbot
Il faudrait préciser dans tous les cas la position des points $O$ et $H$ par rapport aux bissectrices intérieures et extérieures!
Amicalement
Pappus
J'ai tapé les calculs de $IH^2$, $IG^2$ etc. ainsi que les calculs trigos menant à la formule de Poulbot. Toutes les remarques sont les bienvenues.
Les résultats sur les centres des cercles inscrits sont incomplets pour l'instant, mais ils sont inutiles pour ce sujet.
G le centre de gravité
H l'orthocentre
O le centre du cercle circonscrit
I le centre du cercle inscrit
[size=x-small]Et le fil étudie la question de caractériser les triangles tels I est à égale distance de O et de H[/size]
Cher Pappus, $O$ et $H$ sont
- symétriques par rapport à la A-bissectrice intérieure $\Longleftrightarrow \widehat{A}=60^{\circ }$
- symétriques par rapport à la A-bissectrice extérieure $\Longleftrightarrow \widehat{A}=120^{\circ }$
mais je pense que je ne t'apprends rien.
Une petite remarque :
$AO=AH\Longleftrightarrow \widehat{A}=60^{\circ }$ ou $\widehat{A}=120^{\circ }$, ce qui est clair puisque $AH=2R\left\vert \cos \widehat{A}\right\vert $
Cordialement. Poulbot
En fait tout ce remue-ménage à propos de $IO = IH$ se résumait donc à cette simple formule $AH=2R\left\vert \cos \widehat{A}\right\vert $.
C'est tout ce que je voulais souligner!
Amicalement
Pappus
* on a $OI^2=R^2\left(1-\prod \sin \frac{A}{2}\right)$, $IH^2=2r^2-4R^2\prod\cos A$ et $OH^2=R^2\left(1-8\prod \cos A\right)$ ;
* si $IOH$ est équilatéral alors $\sum\cos A=\frac{3}{2}$.
comment montres-tu à partir de $AH=2R\left\vert \cos \widehat{A}\right\vert $ et sans un peu de remue-ménage que si $IO = IH$, alors un des trois angles vaut $60^{\circ }$?
Je suis bien d'accord que la réciproque est à peu près évidente!
Cordialement. Poulbot
Je commets moi aussi des erreurs et j'ai confondu ici partie directe et réciproque!
Amicalement
Pappus
En fait, si $IOH$ est équilatéral alors $ABC$ est équilatéral
Corialement. Poulbot