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HIO isocèle

Envoyé par Misère 
Misère
HIO isocèle
il y a six années
Bonjour et bonne année

je suis intéressée par l'exercice suivant :

[attachment 26689 Capturede769cran2013-01-10a76806.38.22.png]
Re: HIO isocèle
il y a six années
Ceux qui ont un angle $\widehat{A},\widehat{B}$ ou $\widehat{C}$ de $60^{\circ }$ ?
Nakkash
Re: HIO isocèle
il y a six années
Et pourquoi donc ?

[attachment 26692 Capturede769cran2013-01-10a76808.22.42.png]
Nakkash
Re: HIO isocèle
il y a six années
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.

Bravo Poulebot
Poule&chapon
Re: HIO isocèle
il y a six années
Tu peux quand même faire attention à ne pas écorcher les pseudo, mister Nakkash
bs
Re: HIO isocèle
il y a six années
avatar
Bonjour,

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.
Nakkash
Re: HIO isocèle
il y a six années
Pardon Poulbot

[attachment 26693 Capturede769cran2013-01-10a76808.47.40.png]
Misère
Re: HIO isocèle
il y a six années
Je suis éblouie par vos réponses.

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.
Re: HIO isocèle
il y a six années
avatar
Bonjour bs et à tous
On a :
$IH^2=4R^2+4Rr+3r^2-s^2$ et $OI^2=R^2-2Rr$ (relation d'Euler).
Meilleurs vœux.
Misère
Re: HIO isocèle
il y a six années
l'égalité donnerait donc $R+r=s/\sqrt 3$, mais c'est quoi $s$ ?
Re: HIO isocèle
il y a six années
avatar
Bonjour Misère et bonne année 2013

$s$ est le demi périmètre du triangle. On a aussi $\sqrt 3 r(R+r)=S$ où $S$ est l'aire du triangle.
C.Q.F.D
Re: HIO isocèle
il y a six années
pourquoi donc ne pas l'appeler $p$ comme tout le monde ?!

bonjour Bouzar et bonne année.

sauriez-vous établir l'égalité ci-dessus dans le cas où l'un des angles vaut 60° ?
Re: HIO isocèle
il y a six années
avatar
$p$ est le périmètre du triangle et $s$ le demi périmètre.
bs
Re: HIO isocèle
il y a six années
avatar
Bonjour,

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.
Re: HIO isocèle
il y a six années
avatar
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.$
Re: HIO isocèle
il y a six années
Mais le calcul de $IG$ ne semble pas aisé : [mathworld.wolfram.com]
Nakkash
Re: HIO isocèle
il y a six années
HIO est isocèle ssi l'un des angles vaut 60° ssi S=pr, où 2p est le périmètre et p=s le semi-périmètre

[attachment 26703 Capturede769cran2013-01-10a76819.10.32.png]
Re: HIO isocèle
il y a six années
Je pense que $S=pr$ pour n'importe quel triangle!
Cordialement. Poulbot
froufrou
Re: HIO isocèle
il y a six années
Bonsoir

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.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six années et a été effectuée par AD.
Nakkash
Re: HIO isocèle
il y a six années
C'est un peu "sauvage" comme condition, mon cher froufrou

[attachment 26704 Capturede769cran2013-01-10a76820.43.28.png]

On découvre sur la figure d'autres caractérisations...
Nakkash
Re: HIO isocèle
il y a six années
[attachment 26705 Capturede769cran2013-01-10a76820.53.09.png]

Les triangles verts-foncé sont en ce cas semblables !

(On notera que l'angle $IOI_A$ est droit)
froufrou
Re: HIO isocèle
il y a six années
Merci Nakkash pour la figure,

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
Hyurts
Re: HIO isocèle
il y a six années
Bonsoir,

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.
Re: HIO isocèle
il y a six années
Que pensez-vous de la relation :
$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
Si Juste
Re: HIO isocèle
il y a six années
elle serait magnifique !
Re: HIO isocèle
il y a six années
Elle est très belle cette relation ! Une indication pour la démonstration ?
Re: HIO isocèle
il y a six années
avatar
On a la relation de Durrande :
$OI^2=R^2+r^2-r\sqrt{4R^2+r^2}$
et $IH^2=4R^2+4Rr+3r^2-s^2$ donc $OI^2-IH^2=....$



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a six années et a été effectuée par Bouzar.
Re: HIO isocèle
il y a six années
avatar
Bonjour

@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.
Re: HIO isocèle
il y a six années
Bonjour,

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 $u$,$v$, $w$.
Re: HIO isocèle
il y a six années
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.

Cordialement. Poulbot
Nakkash
Re: HIO isocèle
il y a six années
Cela dit, il doit y avoir une manière plus élégante de prouver que :

[www.les-mathematiques.net]

bonne soirée
Re: HIO isocèle
il y a six années
Bonsoir à tous,

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 $a^2+b^2+c^2=2p^2-8Rr-2r^2$ : [www.les-mathematiques.net] 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,
$$
p^2-16Rr+5r^2=9IG^2.
$$
Re: HIO isocèle
il y a six années
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
Re: HIO isocèle
il y a six années
Rebonsoir 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.
Re: HIO isocèle
il y a six années
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).
Re: HIO isocèle
il y a six années
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
NakkashNul
Re: HIO isocèle
il y a six années
Bonjour Poulbot,

Si IO=IH, alors AO=AH (d'après le quatrième cas d'égalité des triangles thumbs up) et AH=R donne OM=R/2 et l'angle en A vaut 60°.

J'ai vu mon erreur
Re: HIO isocèle
il y a six années
Bravo Poulbot pour ta perspicacité !

NakkashNul, donc si $OI=OH$, on a toujours $A=60°$ ? Il manque certainement un argument au départ.
Re: HIO isocèle
il y a six années
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)"...

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: HIO isocèle
il y a six années
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
Nakkash
Re: HIO isocèle
il y a six années
Bonjour pappus : le dessin en dit déjà beaucoup
[www.les-mathematiques.net]

mais il semble que ce soit des formules que vous souhaitez.
Re: HIO isocèle
il y a six années
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
Re: HIO isocèle
il y a six années
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
Re: HIO isocèle
il y a six années
Bonjour,

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.

[attachment 26739 Calculdansuntriangle.pdf]
Re: HIO isocèle
il y a six années
Bon, pour les visiteurs, je crois que ce fil nous apprend une convention: dans un triangle, on note:

G le centre de gravité
H l'orthocentre
O le centre du cercle circonscrit
I le centre du cercle inscrit

Et le fil étudie la question de caractériser les triangles tels I est à égale distance de O et de H

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a six années et a été effectuée par christophe c.
Re: HIO isocèle
il y a six années
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
Re: HIO isocèle
il y a six années
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
Re: HIO isocèle
il y a six années
Quelques remarques.

* 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 $\sum\cos A=\frac{3}{2}$.
Re: HIO isocèle
il y a six années
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
Re: HIO isocèle
il y a six années
Mon cher poulbot
Je commets moi aussi des erreurs et j'ai confondu ici partie directe et réciproque!
Amicalement
Pappus
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