Salut,

on remarque déjà que pour que le tracé de [BH] donne deux cercles de même rayon, il faut que BCD soit isocèle en C, donc CD = 1.

On pose ensuite AC=a. Le rayon d'un cercle inscrit dans un triangle se calcule par 2A/p, où A et p sont respectivement l'aire et le périmètre du triangle. En numérotant 1 et 2 les triangles ABD et CHD, il vient :
[TeX]2A_1=\left(1-\frac{1}{a}\right)\sqrt{a^2-1}[/TeX]
[TeX]p_1=\sqrt{a^2-1}+a-1+\sqrt{2}\sqrt{1-\frac{1}{a}}[/TeX]
[TeX]2A_2=\frac{\sqrt{a^2-1}}{2a}[/TeX]
[TeX]p_2=1+\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\sqrt{1-\frac{1}{a}}+\sqrt{1+\frac{1}{a}}\right)[/TeX]
En écrivant que r1=r2, puis en simplifiant l'équation obtenue (je passe les calculs assez lourdingues), il vient que a est la plus grande solution de l'équation :
[TeX]8a^3-8a^2-23a+25=0[/TeX]
Il ne reste plus qu'à reporter dans les formules plus haut, et on obtient que r vaut environ 0,1646000.

Était-ce la méthode attendue ?

A coups de triangles semblables (voire identiques), je
trouve: R = (V3 - 1) / 4 = env. 0,1830127
Je passerai plus tard pour détailler mon raisonnement.

Edit: Explications:
En abaissant D perpendiculairement sur BC au point I,
les triangles BDI et BCH sont identiques.
Donc le triangle BCH BCD est isocèle en B.
Un raisonnement similaire donne qu'il aussi isocèle en C.
Donc le triangle BCH BCD est équilatéral.
Pour le reste, un calcul élémentaire indique le rayon des
cercles inscrits (avec R = 2.S/P) identique pour les trois
cercles.

Je me suis planté dans le nom du triangle: c'est BCD qui est
équilatéral (et non BCH): j'ai corrigé dans mon post initial.

@Franky : les deux triangles BDI & BCH sont semblables , pas égaux .

Bonjour ,

@Toufau :  bravo pour ta réponse ; par contre , peux-tu  m'éclairer ?

c'est ok pour les coordonnées de D ; mais que représentent a & h dans ta démonstration ?

Bonjour ,

et merci à tous les participants . Je suis parti avec les angles .
Voici donc ma proposition :
Excusez de l'absence du Latex , gros problème , la mise en page est affreuse .

Résolution :

Tout d'abord , il va de soi que les 2 cercles inscrits dans les 2 triangles rectangles sont égaux que lorsque ces derniers le sont  .
CH est donc bissectrice de l'angle C .
On va d'abord rechercher tous les angles des deux triangles ABD & BCH  .  On pose : angle HBC = Ø
ABD a pour angles :  pi/2 - Ø   ;  pi - Ø  ;  2Ø - pi/2  .
BCH a pour angles :  Ø  ;  pi/2 - Ø  ;  pi/2  .
On connaît donc aussi tous leurs angles moitiés . Et pour chacun des deux triangles , on prend respectivement pour base les côtés BD et BC dont on peut écrire les valeurs :
BC = 1  ;  BD = 2cos Ø  .
Dans un triangle scalène ABC , le rayon de son cercle inscrit est donné en fonction d'un des côtés :a = BC (par exemple) , des sinus des deux demi angles B/2 & C /2 adjacents et du cosinus du demi angle opposé A/2  .

R = a x  sin (B/2)  x  sin (C/2)  / cos (A/2 ) .

1)  les cercles inscrits des 2 triangles BHC & ABD sont égaux , alors : BD = 2 Cos Ø  . On peut donc écrire l'égalité suivante :     

Sin (Ø/2) x Sin [pi/4 - Ø/2] / Cos (pi/4)   =   2 Cos Ø  x  Sin [pi/2 - Ø/2] x Sin [pi/4 - Ø/2] / Cos [Ø - pi/4]   

  Sin (Ø/2)  / Cos (pi/4)   =   2 Cos Ø  x  Sin [pi/2 - Ø/2]  / Cos [Ø - pi/4]   

En utilisant les formules trigo :  Cos (a + b)  ,  Sin (a + b) .....                           

V2 x Sin (Ø/2)   =  2V2 x Cos Ø  x Cos (Ø/2) / [ Cos Ø + Sin Ø ]

Tan (Ø/2)  = 2 Cos Ø / [ Cos Ø + Sin Ø ]   (1)

On pose  t = Tan (Ø/2)   , donc  Cos Ø = (1 - t²) / (1+t²)   , puis  Sin Ø = 2t / (1+t²) 

On reporte tout ça dans l'équation (1)  :

t  = [ 2 x (1-t²)/(1+t²) ]  /  [ (1-t²+2t)/(1+t²) ]

t =  ( 2 - 2t² ) / ( 1 - t² + 2t )  donne l'équation finale de degré 3

t³ - 4t² - t + 2 = 0    donne  t = 0.63667176207..  qui est la tangente de l'arc Ø/2 = 32°.483756 .

Ø = 64°.9675124933...

Dans le triangle rectangle BHC  , on peut calculer R :

R = ( Sin Ø + Cos Ø  - 1 ) / 2  =  0.1646000 unité .   CQFD