Point de Fermat et droite d'Euler
Réponses
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Bonjour,
Avec Morley circonscrit, le lieu des points $P(z)$ d'isogonal $P^*$ tels que la droite $(PP^*)$ soit parallèle à la droite d'Euler est la cubique de Neuberg d'équation $s_2z^2\overline{z} - s_1s_3z\overline{z}^2 - s_1z^2 + s_2s_3\overline{z}^2 + (s_1^2-2s_2)z - (s_2^2-2s_1s_3)\overline{z}=0$.
Il se trouve que les deux points de Fermat, entre autres, sont sur cette cubique.
Cordialement,
Rescassol -
Bonsoir,
Une précision, voilà les affixes des deux points de Fermat (où $r=\sqrt{3}$):
$f_1=\dfrac{2(s_1vdm + ir(s_2^2-3s_1s_3))}{3vdm + ir(s_1s_2-9s_3)}$
$f_2=\dfrac{2(s_1vdm - ir(s_2^2-3s_1s_3))}{3vdm - ir(s_1s_2-9s_3)}$
Cordialement,
Rescassol
PS1: Il suffit de reporter les points de Fermat dans l'équation de la cubique.
PS: Bouzar, tu as oublié de fournir la figure !! -
Bonjour,
un joli problème...
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol2.html
puis
La fascinante figure de Cundy p. 19 et 29.
Sincèrement
Jean-Louis -
Bonne nuit,
Je me suis amusé à calculer la distance entre les deux parallèles, c'est à dire la distance du point de Fermat à la droite d'Euler. Je trouve:
$d=\dfrac{r(AB^2-AC^2)(BC^2-BA^2)(CA^2-CB^2)}{4\cdot OH\cdot S\cdot (r (OH^2-9)-12S)}$ où $r=\pm\sqrt{3}$.
$O$ est le centre du cercle circonscrit (de rayon $1$), $H$ l'orthocentre et $S$ l'aire du triangle $ABC$.
Le plus long a été de satisfaire Poulbot pour que ça ressemble à du concret géométrique, mais je n'ai pas rendu l'expression homogène avec $R$ quelconque.
Cordialement,
Rescassol
Edit: Au signe près. Géogébra dit que c'est l'opposé. -
Bonjour,
Peut-être que comme ceci, ça suffit, à moins que j'ai encore oublié un $R$:
$$d=\dfrac{r(AB^2-AC^2)(BC^2-BA^2)(CA^2-CB^2)}{4\cdot OH\cdot S\cdot (12S-r (OH^2-9R^2))}$$
Cordialement,
Rescassol
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