HORREUR
Correctif:  Idée suggérée.

Bonjour,

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Sans contrainte supplémentaire, il y a une infinité de solutions.

C'est volontaire ? ou bien manque-t-il une contrainte dans l'énoncé pour que le nombre de solutions soit fini.

Bonjour,

Euh tu es sûr de ta question ?
parce que à mon avis il y en a une infinité....
(raison pour laquelle je ne cache pas)

Il faut donc ajouter une autre condition que simplement rectangle et rayon du cercle inscrit. Je te laisse le choix de cette condition.

Amicalement.

Bonjour J-P

Oh lala ! Mille excuses. Erratum: connaissant l'hypothénuse "a" et le rayon "r" du cercle inscrit

Bon , je me rattrape c'est la preuve que les élèves suivent;

re,

Un peu laid, mais on a bien dit "résoudre" pas construire.

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en appelant x et y les côtés de l'angle droit, on a
p = (a + x + y)/2 demi-périmètre
aire = x y/2 = p.r
et enfin x^2 + y^2 = a^2

Y'a pu k'a (résoudre en x et y ce système)
on obtient successivement :
xy = r(a + x + y)
(x + y)^2 = x^2 + y^2 + 2xy = a^2 + 2r(a + x + y)
et en posant S = x + y l'équation en S :
S^2 - 2rS - a^2 - 2ra = 0
Que l'on résoud : S = a + 2r et S = -a, solution rejetée.

et finalement
x et y solutions de X^2 - (a + 2r)X + 2 r(a + r) = 0

c'est à dire en arrangeant un peu le discriminant :
x, y = (a + 2r +/- sqrt((a - 2r)^2 - 8r^2))/2

Vérif : il est "bien connu" que le triangle 3,4,5 a pour rayon du cercle inscrit 1
(aire = 6, demi périmètre = 6)
en portant a = 5 et r = 1 dans ma solution :
(7 +/- sqrt(9 - 8))/2 = 3 et 4, OK

Bonjour mathafou, et les autres aussi bien sûr,

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Oui à priori c'est ça. En partant du cas général du triagnle quelconque de côtés a, b, c et I le point de concours des bissectrices, on saute immédiatement sur l'évidence que la surface du triangle ABC est la somme des trois autres intérieurs c'est à dire S = ar/2 + br/2 + cr/2 en regroupant 2S = r(a+b+c). En brodant et en détricotant d'autant qu'ici nous avons un triangle cher à Pythagore nous arrivons à résoudre aisément. En fait c'est un bon petit exercice d'entraînement. Tiens, ça me fait penser, pourquoi pas entrevoir un autre execice du même type avec une médiane.  

Bonjour,

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Pour la construction:
Tiré de exercices de géométrie par F.J (1896)
Sur une droite (BE) porter 2R et 2r.
En E, tracer un angle de 45°.
Le 2è côté de cet angle coupe le cercle de centre B et de rayon 2R en C.
A est le pied de la perpendiculaire abaissée sur (BE).

Bonjour,

Très belle et intriguante construction.
C'est qui F.J ?
F.G.M Frere Gabriel Marie alias Frere Joseph ? qui a effectivement publié vers 1900 divers livres de géométrie dont un "Exercices de géométrie" sous divers alias successifs selon les éditions :
FIC, FJ, FGM, d'après le catalogue des éditions Gabay.

Ma propre construction était moins belle car tirée directement de mon équation : résolution géométrique d'une équation du second degré.

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AB1 et AB2 sont solutions de


qui est mon équation précitée

et enfin

Bonjour,
@mathafou:
Bien vu, car dans le livre, on trouve: Propriété de l'Institut des Frères des Ecoles chrétiennes.
Trouvé en brocante.
@+

bonsoir,

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comme je suis nulle pour mettre une figure à l'écran je me permets d'utiliser les notations de caylus
on trace BC

*I est donc à l'intersection d'un arc de cercle d'où l'on voit BC sous un angle de 135° et de la parallèle D à BC distante de BC de r et située dans le même demi plan de bord BC que
donc 2,1 ou 0 point I
** quand I est connu on utilise le fait que la bissectrice de l'angle A passe par le milieu A' de l'arc BC qu'il intercepte donc A est l'autre intersection de IA' et du cercle de diamètre BC
sauf étourderie de ma part

bonsoir caylus
quand j'ai lu le post de mathafou de 11h52 j'ai repensé aux vieux bouquins d'analyse et de géométrie tout en haut sur le dernier rayon de la biblothèque et surprise j'ai retrouvé deux livres de géométrie de F.G.M les exercices de géométrie sont de 1912 5ième édition mais je n'y vois  pas ta construction
ce n'est pas la dernière car certains passages sont annotés en vue de modifications pour l'édition suivante(annotations de la main même de F.G.M daprés une note de F.Emilien-Paul de 1918 collée à la première page)

Bonsoir,

Bien vu veleda ! plus fort que FGM !

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Evidemment il faut se rappeller que dans tout triangle ABC, de centre du cercle inscrit I, l'angle
(ou le redémontrer) donc ici BIC = 90 + 45 = 135°

Un fois I obtenu, j'obtiens BA et CA sont les symétriques de l'hypothénuse BC par rapport aux bisectrices BI et CI, d'où la construction immédiate de A.

La construction est facilement généralisable au problème :
construire un triangle (pas forcément rectangle) ABC étant donnés le côté BC, l'angle A et le rayon du cercle inscrit.
(ici l'angle A était donné = 90°)

Bonjour Obrecht et Mathafou.

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Mathafou, on peut se rendre compte visuellement que la somme des côtés de l'angle droit est égale à l'hypoténuse plus le double du rayon du cercle inscrit, sachant que les tangentes menées d'un point à un cercle sont égales et que les côtés de l'angle droit et les rayons aux points de tangente de ceux-ci forment un carré (trois angles droits, deux côtés consécutifs égaux.
Une fois qu'on a la somme des côtés, on peut calculer le carré de leur différence.
(x-y)² = x²+y²-2xy = a²-2xy
or (x+y)² = x²+y²+2xy; 2xy = (x+y)²-(x²+y²) = S²-a²
(x-y)² = 2a²-S² = 2a²-a²-4r²-4ar
Cette égalité amène à calculer entre quelles limites doit être le rapport entre le rayon et l'hypoténuse.
En ramenant l'hypoténuse à 1 :
-4r² -4r + 1 0
4r²+4r-1 0
les zéros du membre de gauche sont (-2√8)/2 = -1√2
0 < r hypoténuse * (√2 - 1)

bonjour,
>>>mathafou  merci pour la figure

Bonjour veleda,

Citation :
4r²+4r-1 0
les zéros du membre de gauche sont (-2√8)/2 = -1√2

Bonjour plumeteore

Bonjour aux autres aussi,

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Merci, pour ce beau petit rappel" la somme des côtés de l'angle droit est égale à l'hypoténuse plus le double du rayon du cercle inscrit" .Ici, j'avoue que ce théorème ne m'est jamais revenu à l'esprit. Je me souviens avoir effectué la démonstration avec "Lespinard et Pernet", je ne sais pas si leurs chefs d'oeuvres existent encore. Il y avait aussi "Lebossé et Hémery. Je suis bien content, parceque ce théorème rafraîchi, dans dix ans ou davantage ja m'en souviendrai encore. Quand j'étais ado, je n'ai bossé qu'au bouquin. Super sympa.

Bonjour Veleda,
Il s'agit d'une édition originale de 1896:
exercices de géométrie compléments des méthodes géométriques et 2000 questions résolues par F.J.
Troisième édition.
page 386-387 Livre II: exercice 257-I fig 502.
Construire un tr rect coannqissant les rayons r et R des cercles inscrit et circonscrit
@+

lire connaissant

Bonjour à tous,

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  Si vous pouviez trouver avec votre navigateur "Exemples - maxima - Free" Sur le Web et en cliquant sur dominique drux, vous auriez ses cordonnées. C'est un ami de longue date prés, d'un demi-siècle. Il est un peu plus jeune que moi, bien que je sois tout petit à côté de lui ! ( en math ! ! ! !). Il a publié: "On se propose d'obtenir à l'aide de Maxima, les N+1 premiers termes de la suite (an) d'entiers qui définit la fraction continue associée à un nombre réel x . La suite (xn) des successeurs de x est définie par x0 = x et la relation xn+1 = 1/( xn - an) où an est la partie entière de xn ." J'ai voulu lui faire découvrir "îlemath" depuis pas mal de temps, mais à priori ? ? Il m'inqiète car il est en train de s'enkyloser, lui qui était toujours prêt à exploser. Merci pour lui.

>>Caylus
merci ,j'ai trouvé dans l'un des deux manuels (le livre du maitre),comme à chaque édition il faisait des ajouts c'est une vingtaine de pages plus loin  que dans ton édition ,il donne juste une indication sans figure
j'avais cherché dans le livre de l'élève à" construction de triangles "mais il n'y avait rien.

Bonsoir RickyDadj,

Tu parles de quoi là ?????

Le problème est, connaissant ce qui est en bleu : BC = a et le rayon du cercle inscrit r, de trouver AB et AC inconnus d'un triangle avec un angle droit en A (un "triangle rectangle")
Aucun rectangle là dedans...

Tout ce qui est en rouge est inconnu et à trouver (calculer, construire) à partir des données en bleu et de rien d'autre.

Tes formules sont fausses et/ou n'ont aucun rapport avec le problème.
Les bonnes formules ont été données dans les précédents messages (avec la correction que j'ai apportée à 9h44)

Cordialement.

Bonsoir tous,

En suivant la représentation de @mathafou, avec ses côtes nous obtenons, en sachant que du point I en reliant les 3 sommets ABC, nous obtenons 3 triangles. Nous avons donc:

S = (b.c)/2 = (a.r)/2 + (b.r)/2 + (c.r)/2

nous avons encore en outre: a² = b² + c²

Maintenant ce doit être une simple résolution d'équations en brodant et détricotant l'écheveau.

Cordialement

Bonsoir Obrecht,

Euh ...
on va pas refaire l'histoire.

Le 4 j'écrivais déja, en détricotant effectivement ces mêmes équations :

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pour les côtés du triangle

et la condition d'existence que mon
équivallente à la condition donnée par Plumemeteore obtenue par une autre méthode.
qui s'écrit après correction
soit

En parfait accord avec la condition géométrique de ma figure du 6 à 00h30 d'après la construction de Veleda.

Le rayon du cercle de centre P est de façon évidente
Le secteur "qui dépasse" a une hauteur
Et r doit être inférieur à cette valeur pour que la droite à distance r de BC coupe ce cercle.

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Les "solutions" et ne veulent rien dire géométriquement.
il ne reste plus que l'équation du second degré.

Bonjour,

Si j'avais l'hypoténuse h et le rayon r
du cercle inscrit,je chercherai la position du centre o de ce cercle sur la parallèle à h.
Il faut donc de O voir  h sous un angle de 135°
Pour cela je ferai varier tang(r/x)et tang(r/h-x)
jusqu'à ce que la somme des deux angles fasse 180°-135°=45°.

le point O determiné (2 positions symétriques)le
triangle rectangle est trouvé.

Bonjour Dpi,

Oui,
c'est essentiellement la méthode de Veleda :
O (alias I) se "déplace" sur la parallèle à h (alias BC)
O est tel que l'angle soit 135°, que l'on peut traduire : jusqu'à ce qu'il soit sur le cercle (P), lieu des points d'où on voit BC sous l'angle de 135°

Donc O est l'intersection de ces deux lieux géométrique.

Cette méthode de construction est très féconde et générale :
On isole une certaine propriété (ici r est donné) et on en déduit le lieu géométrique des points qui satisfont à cette seule propriété (ici la parallèle)
On isole une seconde propriété (ici l'angle est 135°) ce qui donne un autre lieu pour le point cherché O (ici le cercle (P))

Le point cherché est alors à l'intersection des deux lieux géométriques (=> construction)

En l'absence de construction effective (si on ne sait pas que le lieu des points d'où on voit BC sous l'angle donné de 135° est un cercle) on peut effectivement utiliser le "déplacement du point jusqu'à ce que" sur un seul des deux lieux, dans un logiciel de géométrie comme Cabri, ou Geogebra ou CaR etc... pour obtenir une figure approchée.
Mais cette construction approchée ne résoud pas vraiment...

Quant au calcul, tu écris : tang(r/x)
r/x n'est pas un angle, donc tang(r/x) ne veut pas dire grand chose ici.
Tu voulais parler de l'angle dont la tangente est r/x
Ce qui s'écrit arctan(r/x)

Tu obtiens donc l'équation arctan(r/x) + arctan(r/(h-x)) = 45°
au passage, attention à r/h-x qui veut dire sans précautions particulières (r/h) - x et non pas r/(h - x)

Pas sûr que cette équation avec des arc tangente soit plus facile à résoudre que les calculs directs précédents (de Plumemeteore ou moi).

En fait il faut écrire tan(arctan(r/x) + arctan(r/(h-x))) = tan(45°) = 1
et développer ce tan(A + B) avec les formules trigo kivonbien pour obtenir une équation algébrique (polynomiale) en x.
(x est la distance du point de contact à B ou C, restera à en déduire les valeurs des cotés du triangle)

Cordialement

Bonjour mathafou

et bravo pour tes interventions sur le site.

Dans ma réponse ,j'ai bien sûr joué sur les tangentes
mais bien sûr en utilisant arctangente pour avoir les angles.

J'aime bien les solutions purement géométriques,mais dans
ma vie active,j'ai toujours essayé de résoudre n'importe quel
problème en étant le plus pratique possible .

Exemple hypothénuse 12 cm rayon 2 cm --> pied de O à 3.172cm   d'un bout

Bonjour Dpi,

1) tu as trouvé par approximations successives ("en déplaçant O jusqu'à ce que...") ou en résolvant l'équation ?

2) Dommage que tu ne soit pas parti de hypothénuse = 13 (et r = 2 toujours) ... !
Avec (3,4,5) et r = 1 on en a déja deux des triangles comme ça.

Ceci mérite un nouveau topic : trouver les triangles à côtés et rayon inscrit entiers. (sujet d'arithmétique donc nouveau topic)

Amicalement.

Bonsoir,

Une fois trouvé la bonne logique,je fais un tableur
Pour 13.2 ->3

@ Dpi :

Oui, avec r = 2 et hypothénuse = 13, les dimensions sont entières exactement.
x = 3 (ou 10)
et a = 5, b = 12 ou le contraire. (a = r+x, b = r+(h-x))

Bonjour,

M'étant fourvoyé sur le topic suivant,
je reviens ici pour terminer mes observations,peut-
être tiviales mais peut-être utiles.

Si on a une hypothénuse,traçons un cercle centré sur
la médiatrice de h et de rayon h/2 ;les triangles rectangles construcibles
le sont à partir des cercles inscrits dont le centre est situé sur l'arc de cercle tendu par la corde h.

Ceci m'explique à la fois le 1.4142 (tout simplemen2) et ma "conique"

Je viens en "détente" pour essayer de retrouver des bases (fac en 1961)
donc veuillez excuser mes faiblesses.

Bonjour Dpi,

Aucun problème, on a le droit d'oublier des propriétés vues jadis !

Ici : le lieu des points d'où on "voit" AB sous un angle donné est un cercle
En fait selon la définition de "angle" c'est un arc de cercle, ou deux, ou un cercle entier, ou deux.
(selon angles orientés ou pas, angles de droites ou de segments/vecteurs/demi-droites)

La propriété clé est "les angles inscrits" (dans un cercle)
C'est à dire que l'angle = AC₁B = AC₂B = AC₃B = ... et l'angle "au centre" AOB = 2
L'arc lieu de C est parfois appelé "arc capable" (capable de voir etc... ??).

On remarque que quand C vient en B la droite BC devient par continuité la tangente en B, qui fait donc elle aussi le même angle avec AB.
Ceci est la clé de la construction du centre du cercle étant donné . On a aussi dans le triangle isocèle AOB l'angle OAB = OBA = 90° -

Dans le problème il s'agissait du lieu des points O (I) d'où on "voit" l'hypothénuse BC sous un angle de 135°.
Certes l'angle est obtus, mais cela ne change rien, juste que le centre du cercle est "au dessous" de l'hypothénuse : 90° - 135 = -45°

Amicalement.

à Obrecht

Après diverses tergiversations et avoir presque
réinventé l'eau tiède,je donne ma méthode pour
construire un triangle rectangle dont on ne connait
que l'hypoténuse h ( BC) et le rayon du cercle inscrit r:

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*Soit OBC le demi carré dont BC est la diagonale
*traçons l'arc de cercle BC dont O est le centre.
*tracons la parallèle à BC d'écartement r
*Celle ci coupe l'arc en I et I'
*Nous avons nos deux cercles inscrits.
*les tangentes à ces deux cecles issus de B et C
se coupent en A et A' nos triangles rectangles sont
définitivement trouvés