Bonjour,
Il faut penser au triangle orthique et voir son lien avec le cercle inscrit .
Curieux que ce problème n'ait pas été posé par Nagel ,Euler ou Gergonne par exemple..

ce problème a sans doute été posé quelque part ...
il est un produit dérivé d'une question d'olympiade de 1994-1995
qui demandait pour quelles sortes de triangles l'orthocentre est sur le cercle inscrit.

d'où le "produit dérivé" consistant à en construire un "non particulier" (non isocèle) ...
comme il y en a des infinités, il faut ajouter une contrainte limitante : la mesure de la hauteur par exemple.
tout simplement parce que le lieu de A avec h_a = cte est la droite parallèle à (bc) à distance h_a donc un truc "simple" (hum) à partir des données fixées

cela donne de 0 à 4 solutions selon la valeur de h_a.

une autre façon de faire aurait été de fixer H sur le cercle donné (et alors h_a inconnue), mais j'ai trouvé ça encore plus compliqué.

Quant aux relations entre le triangle orthique et le cercle inscrit de ABC ... ??
ce qui est "élémentaire" est que l'orthocentre est le centre du cercle inscrit dans le triangle orthique, certes. mais je ne vois pas trop ce qu'on peut en faire
mais sait on jamais... comme j'ai dit, ma solution me semble bien compliquée et j'espère donc une plus simple

Bonsoir,
je ne vois pas vraiment comment faire mais fixer H n'a aucune importance. Une solution est « donnée » modulo une rotation de centre I.

??
"fixer H" est un autre problème
et il n'y a pas plus de solution "donnée" à cet autre problème qu'au problème initial

problème 1 (cette discussion)
on donne (et rien d'autre) :

construire ABC pour que son orthocentre soit sur le cercle et que ce cercle soit son cercle inscrit

problème 2 (différent)
on donne (et rien d'autre) :

construire ABC pour que ce cercle soit soit son cercle inscrit et H son orthocentre.

"modulo une rotation de centre I."
c'est pour ça que dans ces "données" on fixe la droite (bc) support du côté BC dans le problème 1

et pour le problème 2, il faut bien ajouter une contrainte sinon une infinité de solutions différentes. donc idem.

cet "exo" ne semble pas passionner les foules

salut

en fréquentant d'autres forum, cette tendance est assez générale,
que ce soit dans un repère cartésien ou autre.
ceux qui font encore de la géométrie "déductive" sont rares.
on les prend un peu pour des dinosaures, en voie d'extinction

il faut tout de même être bien conscient que la géométrie moderne du triangle (les dizaines de milliers de points décrits dans l'encyclopédie ETC et propriétés associées) est en majorité obtenue par calcul pur.

et du coup ça devient essentiellement de l'utilisation de logiciels de calcul formel. vu que personne n'aime faire des calculs rébarbatifs.
ce qui ôte tout intérêt "esthétique" ou "intellectuel' à la chose

On sait depuis longtemps que pour construire un triangle il faut 3 données donc ici il faut en trouver une de plus ce qui revient à trouver H sur le cercle donc  ton lieu géométrique me semble une
solution .
Comme dab je cherche avec des données....

pour répondre diversement à mathafou et dpi : bien sûr car les points sont "de plus en plus compliqués".

mis à part les premiers points de cette fabuleuse encyclopédie et qui répondent à des pb de base classique d'ailleurs souvent tirés physique, je ne crois pas que beaucoup utilisent le point 5001 !!

pour une géométrie plus analytique peut-être partir de cette base suivante :

le cercle inscrit est le cercle trigonométrique et un côté est porté par la droite d'équation y = -1.

et qui a pour avantage éventuel :
a/ de travailler peut-être avec les complexes
b) de fixer à -1 l'ordonnée de deux des sommets

car :
i) toute solution peut ensuite en produire d'autres par homothétie de centre le centre du cercle circonscrit
ii/ cela impose probablement des conditions sur les hauteurs (elles sont bornées)
iii) en se donnant B (donc un paramètre qui est son abscisse) et H sur le cercle trigo/inscrit on en déduit l'équation de la droite (BH) et donc de ses perpendiculaires (droites portant (AC)) et on peut déterminer laquelle est tangente au cercle inscrit et de là on peut en déduire A et C

voili voica pour ma modeste contribution

En attendant la pure réponse géométrique ....
j'ai une "presque"* réponse avec les données suivantes

ha  (10)
B(0;0)
A(1;10)
C(0;25)
cercle de rayon 4-->I (4.6;4)
*si quelqu'un peu valider....

C(25;0)

si en plus on cherche des données entières ...

à dpi
en tout cas avec ces données (A, B, C) le rayon du cercle inscrit est de 4.095...
(on peut en calculer la valeur exacte avec S = pr, mais l'expression n'en semble pas particulièrement simple avec toutes ces racines carrées...) et en plus l'orthocentre n'est pas exactement sur le cercle



si on veut trouver une solution particulière "facile à calculer" à partir de données choisies "exprès pour", on peut chercher (h_a pas imposé du tout mais à priori inconnue) le cas d'un triangle isocèle (les calculs ne sont pas trop durs dans ce cas vu que A et I ont même abscisse)

mais ce qui est demandé c'est à partir de rayon = 1 comme unité de mesure, et h_a fixé à une valeur quelconque arbitraire à priori
et ensuite on déduit de ces valeurs les (seules et uniques) 2, 3 ou 4 solutions (les 2, 3 ou 4 positions de A,B,C par rapport à I) qui donnent comme conséquence exceptionnelle l'orthocentre sur le cercle. (exactement), pour cette valeur de h_a là.

à carpediem
choisir comme cercle inscrit le cercle "trigo" (centré en l'origine et de rayon1) est un "réflexe" assez classique
alors A a pour coordonnées (a, h_a-1) (a est l'inconnue) les ordonnées de B et C = -1 etc

ici on peut choisir aussi le cercle de rayon 1 et de centre (0, 1) vu que alors les ordonnées de B et C sont nulles et A (a, ha)
les tangentes AB et AC sont les droites à distance 1 de (0, 1) passant par A (a, h_a) a inconnue
l'orthocentre a pour abscisse a (la même que A !) et son ordonnée s'obtient par un produit scalaire.

on écrit alors que la distance HI = 1 (que H satisfait à l'équation x² + (y-1)² = 1) ce qui donne une équation en l'inconnue a
ensuite y a plus qu'à la résoudre "géométriquement"
je rappelle que "on connait" une méthode géométrique pour construire les solutions d'une équation et que une unité étant donnée on sait construire
donc c'est gagné une fois qu'on a l'équation et que celle-ci est résoluble "par racines carrées".

J'avais bien écrit "presque"
Si il fait mauvais je tenterai un peu mieux...

on peut très certainement obtenir un exemple numérique qui tienne la route même "à peu près", par exemple en ajustant à la main avec Geogebra ou un autre logiciel du même genre.

rappel : calcul du centre du cercle inscrit et dans le cas présent du rayon.
on montre facilement que, en appelant a, b, c les côté opposés à A, B, C, I est le barycentre de (A,a),(B,b),(C,c)

avec les coordonnées de A(1, 10) B (0, 0) C (25, 0)

AB = , BC = 25 et AC = 26 (exactes)
et donc le rayon est ici directement l'ordonnée de I c'est à dire


il est un peu plus compliqué de calculer les coordonnées de H mais cela peut se faire directement comme barycentre de

A, 1/(b² + c² - a²)) (B, 1/(c² + a² - b²)) (C, 1/(a² + b² - c²) )

ces coordonnées barycentriques des points remarquables d'un triangle sont prises dans l'ETC (Encyclopedia of Triangle Centers)


on peut alors calculer la valeur exacte de IH

En donnant h=10 et r=4 et A(1;10) BC n'est pas entier,je l'avais estimé  à 25 ...en calculant 22.5197
Mai pas sûr que H soit sur le cercle.
J'ai demandé à CHAT quelles étaient les CNS pour que l'othocentre d'un triangle soit sur son cercle inscrit....réponse n'importe quoi !.

fixer h (r et la droite (BC) étant fixées) impose A et H
on ne peut pas choisir A arbitrairement sous peine d'avoir H ailleurs que sur le cercle.
avec la valeur de h = 10 pour r = 4 "il se trouve" qu'il y a exactement 3 solutions et donc l'une d'elle est "spéciale" (à cause de la symétrie) on pourrait presque la qualifier de "triviale"
j'avais suggéré :

j'ai enfin réussi à trouver une construction simple pour la variante :
étant donné le cercle et la droite (BC) ainsi que le point H sur le cercle, trouver ABC
dans cette variante h_a est totalement inconnue
A est fatalement sur (KH), perpendiculaire à (BC) par H



un point A₁ variable sur la droite KH, donne un orthocentre H₁
on a (le prouver* !!!) (KA₁ - d)KH₁ = constante, où d (= 2) est le diamètre du cercle
cette constante dépend de la position de la droite (KH)

on peut donc trouver A pour que (KA - d)KH = (KA₁ - d)KH₁
sans avoir besoin de calculer la constante d'ailleurs
Thalès y suffit...
on descend A₁ en A'₁ A₁A'₁ = d, KA'₁ = KA₁ - d
on reporte KH et KH₁ sur une droite quelconque passant par K (ici la droite BC)
on applique Thalès pour obtenir A', et on le remonte en A par A'A= d

(* la preuve en est la même que pour le problème posé avec h_a donné et H inconnu : A et H se correspondent par une homographie, il suffit donc de prouver et caractériser cette homographie pour résoudre le problème)

>mathafou
Ce problème aurait mérité plus de participants .
Dans un premier temps on pense H  "en bas" et on bricole en conséquence...
Bravo pour la solution géométrique.

De mon coté  je tentais de trouver H en utilisant le fait que les hauteurs ont entre elles un coefficient directeur tel que a2 =-1/a1
en faisant varier a1  (pente de BA )

Bonsoir,
je trouve ce fil très intéressant, mais je n'arrive pas vraiment à des résultats qui le soient.

Je donne quand même ce que j'ai trouvé.
Il y a un triangle isocèle qui convient : sa base est et ses deux autres côtés , la hauteur relative à la base est 5/2. On peut remarquer que le triangle à côtés entiers 4 ; 3 ; 3 à son orthocentre sur son cercle inscrit.

Pour le problème de départ on a donc quatre solutions si et deux solutions si
Les solutions sont évidement symétriques par rapport à l'axe des y de la figure qu'a donnée mathafou juste au dessus.

Et merci à lui.

Bonjour ,

J'ai vérifié les exemples de verdurin
la multiplicité des cas de figures ainsi que le fait de trouver des triangles isocèles semble dire qu'on échappe à une loi générale.
La construction géométrique doit donc aussi être adaptée.

oui pour le triangle isocèle et pour les bornes

avec les données du problème, on a bien un triangle isocèle en A pour r = 1 et h_a = 5/2
... et deux autres solutions pour cette valeur de h_a symétriques bien sur
(ce qui correspond au choix de dpi h_a = 10 et r = 4 ...mais il cherchait ces autres solutions)

j'ai proposé un plan pour le calcul général.
si on ne fait pas d'erreurs de calculs (le nombre de pages avec des erreurs que j'ai noircies est impressionnant !) et si on s'y prend bien, ces calculs sont simples (du niveau lycée) et conduisent rapidement à la solution "calculatoire".
Et dans la foulée à la construction de H, annoncée :

08-06-24 à 19:46

une méthode géométrique pour construire les solutions d'une équation

Désolé, je n'ai eu beaucoup de temps dernièrement

J'espère ne pas redire ce qui a été dit

On place un cercle en (0;1) de rayon 1.
Le point A est donné par (x; h) où h est un paramètre.
Les points B et C sont donnés par l'intersection des tangeantes au cercle passant par A et l'axe x.

Le point H est l'orthocentre du triangle ABC.

Sans démonstration, je trouve que H est donné par (x; (1-x²)/(h-2)).
Le lieu de H est une parabole passant par (-1;0), (0;1/(h-2)) et (1;0).
Si on veut que H soit sur le cercle, il suffit de trouver l'intersection de cette parabole et du cercle.

On a .

C'est simplement une equation du second degré en x² mais les solutions ne sont pas jolies

On a . Avec .

Il doit y avoir moyen de dessiner l'intersection de la parabole et du cercle géométriquement mais je n'ai pas la maitrise géométrique pour

Oh, il y a mieux

La parabole peut s'écrire .
L'intersection avec le cercle donne

On a donc et

On peut remarquer aussi que deux solutions disparaissent quand h>5/2.

tout à fait

la simplicité de l'équation en y est remarquable
pour la construction géométrique, la résolution à la règle et au compas d'une équation du second degré où s est la somme des racines et leur produit est "connue" :


les médiatrices de OS et de AB se coupent en W
le cercle de centre W par A (et B) coupe (OS) en M et N avec OM et ON les solutions, de l'équation.
en effet :

OM.ON = OA.OB = p (puissance de O)
OM+ON = OS = s

ici p = 1 on trace la perpendiculaire en OP = 1 en choisissant la droite "quelconque" comme étant l'axe des abscisses :



on reporte ces solutions en H sur le cercle puis en A sur la droite etc.

mes calculs intermédiaires :
(blank pour gagner de la place)

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dans le repère suggéré (origine X cf figure du 11-06-24 à 11:00),


soit A (a, h) j'écris h au lieu de h_a pour simplifier.
la droite (AB) a pour équation générale
on cherchera m pour qu'elle soit tangente au cercle
en attendant elle s'écrit aussi sous forme cartésienne

et B a pour coordonnées

cette droite est tangente au cercle ssi sa distance à I (0, 1) vaut r = 1

c'est à dire ssi
ou encore
cette équation du second degré donne les deux droites AB et AC. de coefficients m et m'
on ne cherchera pas à résoudre cette équation (c'est ça l'astuce pour simplifier les calculs))

Calculons maintenant les coordonnées de l'orthocentre (a, y)
son abscisse = a est bien sûr la même que celle de A !
il satisfait à




et donc le produit scalaire :

mais dans l'équation du second degré précédente le produit
et donc l'ordonnée de l'orthocentre est
ou encore
cet orthocentre est sur le cercle ssi
en éliminant a entre ces deux équations il vient


il n'y a de solutions que si h > 2
et on rejette les solutions > 2
la plus grande sera rejetée si 2² - 2h + 1 < 0
c'est à dire h > 5/2

J'aime bien la ténacité de mathafou et les fulgurances de littlefox.
Les deux réunis c'est un festival

Cette ténacité m'a permis de réussir enfin à terminer mes calculs sans erreurs le 13-06

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pour G je fais intervenir le point de Nagel, pour O la formule d'Euler

Bonjour,
ça n'a toujours pas l'air de passionner les foules ...

O sur le cercle inscrit :
rappelons la formule d'Euler
elle relie le rayon r du cercle inscrit, le rayon R du cercle circonscrit et la distance d entre leur centre
d² = R² - 2Rr
si on impose O sur le cercle inscrit, on peut calculer R, et le construire. Donc on obtient une solution
... mais ce qui est donné ce n'est pas le point O, c'est la hauteur h_a. Il faut donc construire O...

G sur le cercle inscrit :
le point G est situé au tiers de la médiane à partir de la base. La construction de G sur le cercle inscrit est instantanée.
reste à construire A ...
c'est là que va intervenir le point de Nagel
rappelons ce que c'est
les droites joignant un sommet au point de contact du cercle exinscrit opposé sont concourantes en un point appelé point de Nagel N



l'une des principales propriétés de ce point est que (G, I, N alignés et G au 1/3 de IN à partir de I)
ici on peut donc construire le point de Nagel puisqu'on a G et I, et donc (définition et Thalès) le point A.

pour clore cette discussion les constructions pour G et pour O sur le cercle

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O sur le cercle, h_a donnée


G sur le cercle, h_a donnée