# Relations d'Euler dans le triangle

Les relations d'Euler dans le triangle sont des relations entre les rayons des cercles inscrit/exinscrits et circonscrit. Leonhard Euler les a publiées en 1767$^,$$^,$, mais elles l'avaient déjà été par William Chappie en 1746.
Notons qu'on désigne aussi par relation d'Euler la relation vectorielle ${\overrightarrow {OH}}=3{\overrightarrow {OG}}$ reliant le centre de gravité, l'orthocentre et le centre du cercle circonscrit.

## Énoncé des relations

Pour un triangle quelconque, on note O, I, I$_A$ les centres respectifs des cercles circonscrit, inscrit, et exinscrit dans l'angle ${\widehat {A}}$ (par exemple), et R, r, r$_A$ leurs rayons respectifs.
Les relations d'Euler s'énoncent
$OI^{2}=R(R-2r)\,,OI_{A}^{2}=R(R+2r_{A})$
ce qui peut aussi s'écrire :
$OI^{2}+r^{2}=(R-r)^{2},OI_{A}^{2}+r_{A}^{2}=(R+r_{A})^{2}$
ou encore :
${\frac {1}{R-OI}}+{\frac {1}{R+OI}}={\frac {1}{r}},{\frac {1}{OI_{A}-R}}-{\frac {1}{OI_{A}+R}}={\frac {1}{r_{A}}}.$
On en déduit l'inégalité d'Euler:
$R\geqslant 2r$
laquelle est une égalité ssi le triangle est équilatéral.

## Démonstrations
### Première démonstration géométrique

Cette démonstration utilise la propriété suivante des puissances d'un point par rapport à deux cercles$^,$$^,$. Étant donnés deux cercles de centres O et O', et un point M se projetant en H sur l'axe radical, la différence des puissances de M par rapport aux deux cercles vérifie : $P_{O}(M)-P_{O'}(M)=2{\overrightarrow {OO'}}\cdot {\overrightarrow {HM}}$.
Dans le triangle ABC, les bissectrices (BI) et (BI$_A$) étant perpendiculaires ainsi que (CI) et (CI$_A$), le quadrilatère BICI$_A$ est inscriptible dans un cercle de centre Ω, milieu du diamètre [II$_A$].
Désignons par Ω' le point d'intersection de la bissectrice issue de A avec le cercle circonscrit ; par le théorème de l'angle inscrit Ω' est le milieu de l'arc ${\overset {\frown }{BC}}$ donc $\Omega 'B=\Omega 'C$. Mais $\Omega B=\Omega C$ également, donc Ω = Ω', et Ω appartient au cercle circonscrit.
D'après la propriété ci-dessus, $P_{O}(I)-P_{\Omega }(I)=2{\overrightarrow {O\Omega }}\cdot {\overrightarrow {HI}}=-2Rr$.
Or $P_{O}(I)=IO^{2}-R^{2}$ et $P_{\Omega }(I)=0$, donc $IO^{2}=R^{2}-2Rr$.
De même, $P_{O}(I_{A})-P_{\Omega }(I_{A})=2{\overrightarrow {O\Omega }}\cdot {\overrightarrow {KI}}=-2Rr_{A}$.
D'après la propriété ci-dessus, $P_{O}(I_{A})-P_{\Omega }(I_{A})=2{\overrightarrow {O\Omega }}\cdot {\overrightarrow {KI_{A}}}=2Rr_{A}$.
Or $P_{O}(I_{A})=I_{A}O^{2}-R^{2}$ et $P_{\Omega }(I_{A})=0$, donc $I_{A}O^{2}=R^{2}+2Rr_{A}$.

### Deuxième démonstration géométrique

Cette démonstration utilise les propriétés de l'angle inscrit et de la puissance d'un point par rapport à un cercle.
La droite (AI) coupe le cercle circonscrit en L. Soit M le point diamétralement opposé à L sur ce cercle.
Soit D le pied de la perpendiculaire menée de I sur (AB). C'est un point de tangence du cercle inscrit, en sorte qu'on a ID = r.
Les angles ${\widehat {LAB}}$ et ${\widehat {LMB}}$ sont égaux, puisqu'ils soutiennent le même arc capable. Les triangles rectangles IAD et LMB sont donc semblables puisqu'ils ont un angle non droit identique.
On en déduit : ID/LB = AI/LM, d'où ML × ID = AI × LB, et par conséquent : 2 R r = AI × LB.
D'autre part l'angle ${\widehat {LIB}}$ est le supplémentaire de l'angle ${\widehat {AIB}}$, c'est donc la somme des angles ${\widehat {IAB}}$ et ${\widehat {IBA}}$, soit la demi-somme des angles ${\widehat {CAB}}$ et ${\widehat {CBA}}$ et l'angle ${\widehat {IBL}}$ est la somme des angles ${\widehat {IBC}}$ et ${\widehat {CBL}}$, soit la somme des angles ${\widehat {IBC}}$ et ${\widehat {CAL}}$ (par propriété de l'angle inscrit), soit aussi la demi-somme des angles ${\widehat {CAB}}$ et ${\widehat {CBA}}$.
Le triangle BIL est donc isocèle, et par conséquent BL = LI, et : 2 R r = AI × LI.
Or, selon la propriété de la puissance d'un point par rapport à un cercle, puisque que I est intérieur au cercle, $IA\times IL=R^{2}-OI^{2}$.
Par conséquent : $R^{2}-OI^{2}=2Rr$, soit $OI^{2}=R^{2}-2rR=R(R-2r)\,$, ce qu'il fallait démontrer.
Note : une démonstration similaire mais plus générale puisqu'elle permet d'obtenir à la fois OI et OI$_A$, se trouve dans.

### Démonstration calculatoire

Le point I ayant pour coordonnées barycentriques $(a,b,c)$, on a
    $(a+b+c){\overrightarrow {OI}}=a{\overrightarrow {OA}}+b{\overrightarrow {OB}}+c{\overrightarrow {OC}}$.
D'où, en utilisant le théorème de l'angle au centre :
    $(a+b+c)^{2}OI^{2}=(a^{2}+b^{2}+c^{2})R^{2}+2abR^{2}\cos 2{\widehat {C}}+2bcR^{2}\cos 2{\widehat {A}}+2acR^{2}\cos 2{\widehat {B}}$.
Or
    $\cos 2{\widehat {C}}=1-2\sin ^{2}{\widehat {C}}$, etc.,
donc
    $(a+b+c)^{2}OI^{2}=R^{2}[(a+b+c)^{2}-4ab\sin ^{2}{\widehat {C}}-4bc\sin ^{2}{\widehat {A}}-4ca\sin ^{2}{\widehat {B}}]$.
Comme $2S=ab\sin {\widehat {C}}$ et $4RS=abc$, on a $4ab\sin ^{2}{\widehat {C}}=4c{\frac {S}{R}}$, etc.
Donc
    $(a+b+c)^{2}OI^{2}=R^{2}\left[(a+b+c)^{2}-4{\frac {S}{R}}(a+b+c)\right]$.
Comme $2S=r(a+b+c)$, on obtient $OI^{2}=R^{2}\left(1-2{\frac {r}{R}}\right)=R(R-2r)$.
La relation pour le cercle exinscrit s'obtient similairement en utilisant $(-a+b+c){\overrightarrow {OI_{A}}}=-a\,{\overrightarrow {OA}}+b\,{\overrightarrow {OB}}+c\,{\overrightarrow {OC}}$.

## Problème réciproque

Étant donné un cercle $C_{O}$ de centre $O$ et de rayon $R$, et un cercle $C_{I}$ de centre $I$ et de rayon $r$ vérifiant $OI^{2}=R(R-2r)$, existe-t-il un triangle dont les cercles circonscrit et inscrit soient $C_{O}$ et $C_{I}$ ?
Non seulement la réponse est positive, mais d'après le porisme de Poncelet, le premier sommet du triangle peut être choisi quelconque sur $C_{O}$$^,$.
Notons que le cercle $C_{I}$ est intérieur au cercle $C_{O}$ car $OI={\sqrt {R^{2}-2r}}\leqslant {\sqrt {(R-r)^{2}}}=R-r$.