Le cas facile est avec AB = AC
Alors les deux cercles sont tangents en le milieu M de BC, et le problème est résolu
en construisant les tangentes communes externes aux deux cercles.
Plus intéressant est le cas avec AB = BC ...
soit S l'intersection de la bissectrice avec le côté BC, I et J les centres des cercles.
Théorème (bien connu)
ASIJ est une division harmonique (IA/IS = - JA/JS)
En projetant cette relation sur une perpendiculaire à la base, cela permet de construire la hauteur du sommet A :
A* est le conjugué harmonique de O par rapport à I,J*
Alors A est sur la parallèle à BC en A*.
Le point de contact N du cercle inscrit avec la base AC est le milieu de AC,
donc sur une ligne à mi hauteur de la droite précédente.
Ceci donne le point N, comme intersection avec le cercle inscrit, et le triangle suit.
Dans l'applet I et J* sont draggable pour faire varier le rapport OJ*/OI
Les deux solutions sont affichées par les boutons correspondants.
Un triangle courant (non isocèle) est défini par le point A draggable.
Construction évidente de B,C,J à partir de A.
La troisième solution, non tracée, est le cas symétrique AC = BC
r = 4R sin(A/2)sin(B/2)sin(C/2) où R est le rayon du cercle circonscrit et r celui du cercle inscrit
et la formule similaire :
rA = 4R sin(A/2)cos(B/2)cos(C/2) où rA est le rayon du cercle exinscrit dans l'angle A.
On en tire r/rA = tg(B/2)tg(C/2)
si le triangle est isocèle, on doit considérer séparément les deux cas :