Centre du cercle inscrit et droite d'Euler

Soit $ABC$ un (vrai) triangle, soit $ I$ le centre du cercle inscrit, soit $H$ l'orthocentre, soit $G$ le centre de gravité, soit $O$ le centre du cercle circonscrit. Supposons le triangle $ABC$ non équilaté¦ral, alors les quatre points remarquables $I$, $H$, $G$, $O$, sont deux à deux distincts, et les points $H$, $G$, $O$ sont toujours alignés sur la droite d'Euler du triangle $ABC$.

Si cette droite d'Euler $HGO$ passe par l'un des sommets du triangle $ABC$, mettons par $A$, alors la hauteur $AH$ est confondue avec la médiane $AG$, et le triangle $ABC$ est isocèle de sommet $A$. Le centre $I$ du cercle inscrit est situé lui aussi sur cette droite $AGHO$ qui est alors l'axe de symétrie du triangle $ABC$ : le triangle isocèle répond à la question.

Supposons dans la suite le triangle $ABC$ non isocèle.
Dans ce cas, la droite d'Euler $HGO$ ne passe par aucun des sommets $A$, $B$, $C$. Le théorème de l'angle inscrit dans le cercle circonscrit au triangle $ABC$ permet d'affirmer que : ${\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AH}}}$$={\widehat{\overrightarrow{AO},\overrightarrow{AC}}}$. Il en résulte que la bissectrice intérieure de l'angle $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$ est la bissectrice intérieure de l'angle $(\overrightarrow{AH},\overrightarrow{AO})$ (faire la figure). Si $ I$ est aligné avec $ H$ et $G$, donc avec $H$ et $O$, alors ce point $I$ est le pied de la bissectrice intérieure de l'angle $A$ du (vrai) triangle $AOH$, et le Théorème de la Bissectrice dans ce triangle permet d'affirmer : $\frac{AH}{AO}=\frac{IH}{IO}$.
On a les mêmes propriétés relativement aux deux autres sommets $B$ et $C$, ce qui conduit à : $\frac{AH}{AO}=\frac{BH}{BO}=\frac{CH}{CO}=\frac{IH}{IO}$. Puisque $AO=BO=CO$, on en conclut : $AH=BH=CH$, et l'orthocentre $H$ est confondu avec $O$, et le triangle $ABC$ est équilatéral, ce qui est exclu par hypothèse.

La question a été posée dans la RMS, juin 1998, question Q341, p. 1170 : "Quels sont les triangles dans lesquels le centre du cercle inscrit, l’orthocentre et le centre de gravité sont alignés" ?

Question : on n'avait pas droit aux coordonnées, ... même barycentriques ?

Bonne soirée.

RC

.

@cc : bien sûr que non, dans certains cas $p$ est sur la droite d'Euler et dans d'autres cas non.

Mais une question plus intéressante serait : étant donné trois points $O,G,H$ tels que $\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}$, déterminer le lieu des points $I$ qui sont les centres des cercles inscrits des triangles dont $O$ est le centre du cercle circonscrit, $G$ est le centre de gravité et $H$ est l'orthocentre.

Bonsoir

Avec les coordonnées barycentriques le déterminant dont les lignes sont les coordonnées de $I,G,O$ vaut $(a - b) (a - c) (b - c) (a + b + c)^2.$ Le résultat en découle facilement.

Quelques expériences sur Geogebra montrent effectivement que $I$ se trouve à l'intérieur du cercle orthocentroïdal. Le cas limite est obtenu lorsque $A$, $B$, $C$ sont très proches de ce cercle.

Bonjour,

Voilà un résultat statistique:
j'ai tiré 10000 triangles pseudo-aléatoires $ABC$ , chaque
coordonnée de chaque sommet suivant une loi uniforme dans
l’intervalle $[0 ; 1]$, ($G$ est le centre de gravité et $H$ l'orthocentre
du triangle $ABC$), puis j'ai appliqué la similitude ramenant le
diamètre du cercle $[GH]$ horizontalement au milieu de la figure,
et celà donne ça:

Edit: Rétablissement de la figure.

Les points rouges sont bien sûr les positions du centre $I$ du cercle
inscrit dans le triangle $ABC$.
Et voilà l'article que Gilles et bs cherchaient:

Bonsoir,
Où qu'est-i' le triangle $ABC$ ?
Amicalement,
Swingmustard

Bonjour,

Un des sommets du triangle se trouve trois carreaux au dessus de $I$.

Bonjour,

Voir le paragraphe $8$ de ce document.

Cordialement,

Rescassol

Pour la construction GGB ci-dessous, j'ai suivi une méthode basée sur la résolution d'une équation de degré 3 (les solutions sont les longueurs $a$, $b$, et $c$ des côtés du triangle solution). Voir cet article.
On peut alors placer les sommets $A$, $B$ et $C$ sur le cercle circonscrit sachant que les distances de ces points au centre du cercle inscrit sont exprimables en fonction de $a$, $b$, $c$ et $r$ (Pythagore).
Dans le fichier $I$ est un point déplaçable à l'intérieur du cercle orthocentroïdal.

Deux points distincts $I$ et $I'$ du disque orthocentroïdal - vus comme centre d'un cercle inscrit à un triangle de mêmes centres $O$, $G$ et $H$ - définissent deux triangles $ABC$ et $A'B'C'$ non semblables (sauf évidemment si $I$ et $I'$ sont symétriques par rapport la droite d'Euler). Ce demi-disque correspond donc à une "carte" de similitude. Mais la définition du cercle orthocentroïdal n'est pas valable pour un triangle équilatéral. Or si $I$ est sur la droite d'Euler on a un triangle isocèle. Et que se passe-t-il si $I$ se rapproche du milieu de $G$ et du centre du cercle orthocentroïdal ? La limite (c'est-à-dire $I$ au milieu) donne un triangle équilatéral "à l'infini". Donc la carte est complète.

Merci pour ce GarderSi, je vais voir si je peux m'en servir. Je n'ai pas encore regardé la construction de Yiu.. en attendant j'aimerais savoir si on peut trouver une paramétrisation de la courbe donnant le lieu des points $I$ pour lesquels le triangle $ABC$ possède un angle $\theta$ (voir le document posté par Gilles en 2012). Son équation est :

$-4 \; x \; \left(\operatorname{cos} \left( \theta \right) + 1 \right) + 2 \; \left(x^{2} + y^{2} \right) \; \left(-\operatorname{cos} \left( \theta \right) + 2 \; \operatorname{cos} ^{2}\left( \theta \right) + 2 \right) + 16 \; x^{2} \; \operatorname{cos} \left( \theta \right) + \left(2 \; \operatorname{cos} \left( \theta \right) + 1 \right)^{2} \; \left(2 \; \operatorname{cos} \left( \theta \right) - 1 \right) \; \left(x^{2} + y^{2} \right)^{2} - 8 \; x \; \operatorname{cos} \left( \theta \right) \; \left(2 \; \operatorname{cos} \left( \theta \right) + 1 \right) \; \left(x^{2} + y^{2} \right) + 1 = 0$

Un logiciel devrait savoir faire ça ?

Un très très grand merci, Rescassol et Ludwig !
You made my sunday !
Amicalement,
Swingmustard

Bonjour,

Comment restreindre au disque orthocentroïdal le tracé des courbes correspondants aux lieux de $I$ tels que $ABC$ possède un angle donné ? (l'équation est donnée dans l'article de Guinand, sous forme implicite).
On peut toujours utiliser l'outil lieu, mais avec la commande courbe de geogebra ? Il semble que ce ne soit pas possible. Par exemple comment tracer $x^2+y^2=1$ dans la bande $-0.5<x<0.5$.. mystère et boule de gomme.
J'aimerais reproduire le plus proprement possible sa figure 2 de son article.

Finalement j'ai obtenu la figure en coloriant en blanc la partie en dehors du disque orthocentroïdal, puis en réglant son opacité à 100% de façon à cacher les tracés des courbes dans cette région :-D

edit : sur cette image les courbes sont tracées à partir de l'équation donnée par Guinand, c'est-à-dire de façon implicite. L'algorithme GGB n'est pas très performant, à gauche on voit bien qu'il manque des petits bouts de courbe aux croisements, près de la droite $(GH)$. On peut obtenir un rendu parfait en utilisant un paramétrage de la courbe : il suffit de considérer les droites qui passent par le croisement de cette courbe (i.e. le point d'abscisse $\frac{1}{1+2\cos( \theta)} $, $\theta$ étant l'angle fixe du triangle. Je ne poste pas les formules elles sont inbuvables mais ça marche bien (voir l'animation en dessous).

Bonsoir,

Jelobreuil, à défaut des angles du triangle $HIO$, voilà les longueurs de ses côtés en fonction des fonctions symétriques des longueurs des côtés de $ABC$, c'est à dire $s_1=a+b+c,s_2=ab+bc+ca,s_3=abc$:

$OH^2=-\dfrac{s_1^6 - 6s_1^4s_2 + 8s_1^3s_3 + 8s_1^2s_2^2 - 16s_1s_2s_3 + 9s_3^2}{s_1(s_1^3 - 4s_2s_1 + 8s_3)}$
$IO^2=-\dfrac{s_3(s_1^3 - 4s_2s_1 + 9s_3)}{s_1(s_1^3 - 4s_2s_1 + 8s_3)}$
$IH^2=-\dfrac{s_1^6 - 7s_1^4s_2 + 12s_1^3s_3 + 12s_1^2s_2^2 - 40s_1s_2s_3 + 36s_3^2}{s_1(s_1^3 - 4s_2s_1 + 8s_3)}$

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

J'ai apporté une amélioration très appréciable à la figure : désormais on peut déplacer $I$ sur les lignes d'angle constant. Pour cela il suffit de cliquer sur une de ces trois lignes pour en rendre $I$ solidaire. Un deuxième clic et vous le rendrez à nouveau libre dans le disque orthocentroïdal. Et pas besoin de désolidariser le point d'une ligne pour le solidariser à une autre. Vraiment extra cette figure je suis bien content (:P)

@ Rescassol : tu peux préciser de quelle bonne bissectrice des asymptotes tu parles ? Comment la choisir pour avoir le bon $K''$ ?

Merci Rescasoll. Pour moi ça ne marche pas mais j'ai peut-être compris de travers. En fait l'hyperbole tracée ne dépend pas du choix de l'asymptote pour obtenir $K''$ (on obtient dans les deux cas un point de la même conique). Et il s'agit bien de la bonne conique, le problème que je rencontre est plutôt dans les intersections de cette hyperbole avec le cercle circonscrit : parfois GGB ne prend pas les bonnes pour tracer le triangle et alors $(I)$ n'est plus son cercle inscrit (voir la figure ci-dessous). Le même problème, celui des numérotations des intersections, que je rencontre avec mon autre construction de ce triangle. Il faudrait savoir comment GGB les numérote. Mais là c'est un mystère.. Avec Cabri je ne sais pas ce que ça donne.

Bonjour,

Ohlala, c'est long !

[size=large]1. Paul Yiu[/size]

On reprend du début, avec l'intention de lever les indéterminations apparaissant dans le premier Geogebra proposé par Ludwig. On utilise Lubin(2), c'est à dire que l'on pose $ \def\etc{,\:\mathrm{etc}} z_{A}=\alpha^{2}\etc$ On utilise une similitude $\psi$ pour envoyer $O$ sur $-1$ et $H$ sur $+1$. Cette collinéation laisse invariant chaque ombilic. On a donc 4 points et leurs images. On trouve: \[ \boxed{\psi}\simeq\left[\begin{array}{ccc} \dfrac{2}{s_{1}^{2}-2\,s_{2}} & -1 & 0\\ 0 & +1 & 0\\ 0 & -1 & \dfrac{2\,s_{3}^{2}}{-2\,s_{1}\,s_{3}+s_{2}^{2}} \end{array}\right] \] et cela donne: \[ I_{s},O_{s},G_{s},H_{s},N_{s}\simeq\left(\begin{array}{c} z\\ t\\ \zeta \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \dfrac{-s_{1}^{2}}{s_{1}^{2}-2\,s_{2}}\\ 1\\ \dfrac{-s_{2}^{2}}{s_{2}^{2}-2\,s_{1}\,s_{3}} \end{array}\right),\;\left(\begin{array}{c} -1\\ 1\\ -1 \end{array}\right),\;\left(\begin{array}{c} -1\\ 3\\ -1 \end{array}\right),\;\left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1 \end{array}\right),\;\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right) \]

On peut donc réécrire toutes les expressions symétriques en utilisant: \[ \left\{ s_{2}=s_{1}^{2}\;\dfrac{\left(t+z\right)}{2\,z},\;s_{3}=s_{1}^{3}\,\dfrac{\left(t+z\right)^{2}\left(t+\zeta\right)}{8\,z^{2}\zeta}\right\} \] On remarquera que ceci ne préjuge en rien de la nature du point $I$ choisi parmi les quatre centres in-exinscrits. Simplement, les formules s'appliqueront à celui des quatre Lemoine-conjugués associés au point $I$ choisi.

On se donne $I\simeq z:t:\zeta$. On construit $J\doteq1/z:1/t:1/\zeta$ par symétrie wrt le cercle $\left[O,\,H\right]$, qui est le cercle unité, suivi d'une symétrie wrt la droite d'Euler (qui est l'axe horizontal). $J$ n'est autre que X(34464). Puis construit $G_{u}\doteq\left(I+J\right)/2=\dfrac{t^{2}+z^{2}}{2\,t\,z}$. C'est X(953), notre futur point gugulique. Et on trace donc $\mathrm{circle}\left(O,G_{u}\right)$, qui est notre futur cercle circonscrit.

Pour tracer la RH de Paul Yiu, on place $U=\left(H+G_{u}\right)/2$, $asy_{1}=\mathrm{line}(U,\,\mathrm{line}(O,I))$, $asy_{2}=\mathrm{perpendicularline}(U,\,\mathrm{asy_{1}})$. On considère la projection $L_{0}$ de $I$ sur la droite d'Euler, soit $L_{0}=z+\zeta:2:z+\zeta$. C'est X(3109). On prend ensuite son inverse par rapport au cercle circonscrit. Cela donne $V=$X(859). Pour tracer notre conique avec l'outil 5 points, il ne suffisait pas des quatre répliques de $H$ par symétrie par rapport aux axes (Ste Gudule, orientatrice des axes). On utilise donc $H_{y}=Conic\left(H,G_{u},V,V_{1},V_{2}\right)$. Et cela donne les trois sommets cherchés.

[size=large]2. Les quartiques[/size]

Le polynôme ayant les trois cosinus pour racines s'écrit successivement: \begin{eqnarray*} P\left(X\right) & \doteq & \left(X-\cos A\right)\left(X-\cos B\right)\left(X-\cos C\right)\\ & = & \left(\begin{gathered}X^{3}+\dfrac{s_{1}\,s_{2}\,s_{3}-3\,s_{3}^{2}}{2\,s_{3}^{2}}\,X^{2}+\dfrac{s_{1}^{3}s_{3}-5\,s_{1}\,s_{2}\,s_{3}+s_{2}^{3}+3\,s_{3}^{2}}{4\,s_{3}^{2}}\,X\\ +\dfrac{-2\,s_{1}^{3}s_{3}+s_{1}^{2}s_{2}^{2}+4\,s_{1}\,s_{2}\,s_{3}-2\,s_{2}^{3}-s_{3}^{2}}{8s_{3}^{2}} \end{gathered} \right)\\ & = & P\left(z,t,\zeta,X\right) \end{eqnarray*}

Dans Geogebra, on definit une fonction ${\rm fun}(x)$ par le résultat de $\rm{collect(subs(X=x, P),x,real)}$. Il faut que la variable soit $x$ et que les coefficients soient typés $real$ (il ne suffit pas que la partie imaginaire soit nulle). Ensuite, on récupère les racines et les angles par

$\rm{solux=\{Root(fun)\} ; x\_1 = x(Element[solux, 1]), etc. } $

$\rm{alpha = acosd(x\_3), beta = acosd(x\_2), gamma = acosd(x\_1)}$

En effet, Root fournit la liste des points d'intersection de la courbe $y=fun(x)$ et de la courbe $y=0$. On remarque que $\alpha,\beta,\gamma$ sont compris dans $\left[0°,180°\right]$: il n'est pas tenu compte d'une éventuelle orientation de ces angles.

Renversant le point de vue, on peut considérer que, à $\lambda$ fixé, $P_{\lambda}\left(M\right)\doteq P\left(z,t,\zeta,\lambda\right)=0$ est l'équation implicite du lieu d'un point $M$. Les points de gradient nul sont: \[ \left(\begin{array}{c} 1-2\,\lambda\\ 1+2\,\lambda\\ 1-2\,\lambda \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 2-\lambda\\ \lambda\\ 2-\lambda \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0\\ \lambda\left(2\,\lambda-3\right)\\ \left(2\,\lambda-1\right)\left(2-\lambda\right) \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \left(2\,\lambda-1\right)\left(2-\lambda\right)\\ \lambda\left(2\,\lambda-3\right)\\ 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} -1\\ 0\\ 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right) \] Dans le cas $\lambda=+1/2$, la courbe dégénère en 4 droites. Dans le cas $\lambda=-1/2$, la courbe dégénère en $

\def\rr{\mathbb{R}} \def\linfz{\mathcal{L}_{z}} \linfz

$ (double) et une conique. Dans tous les autres cas, on substitue $y=\vartheta\left(x-\left(1-2\lambda\right)/\left(1+2\lambda\right)\right)$ dans $z/t=x+i\,y$ et on obtient la paramétrisation: \[ \left[\begin{gathered}W=\pm\sqrt{\left(2-2\,\lambda\right)\left(\left(2\,\lambda-1\right)^{2}\,\theta^{2}+\left(2\lambda+1\right)^{2}\right)}\\ x=\frac{1-2\lambda}{1+2\lambda}+\dfrac{2\,\left(W+2\right)}{\left(4\,\lambda^{2}-1\right)\left(\theta^{2}+1\right)},\;y=\dfrac{2\,\theta\,\left(W+2\right)}{\left(4\,\lambda^{2}-1\right)\left(\theta^{2}+1\right)},\;\theta\in\rr \end{gathered} \right] \]

On trace les courbes et on constate que les trois passent par le point $I_{m}$, tandis que chacune d'elle passe par l'un des trois autres in-excenters. On trace les trois autres courbes, et l'on constate que chacune des six courbes passe par deux in-excenters.

[size=large]3. Zone d'exclusion[/size]

Le discriminant en $X$ du polynôme $P\left(z,t,\zeta,X\right)$ est le produit d'un carré par $P\left(z,t,\zeta,-1\right)$. On en déduit la courbe d'exclusion \[ \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} 3\,\vz^{2}\vzz^{2}+14\,\vz\vzz\,\left(\vz+\vzz\right)\vt+\left(27\,\vz^{2}+36\,\vz\vzz+27\,\vzz^{2}\right)\vt^{2}+\left(54\,\vz+54\,\vzz\right)\vt^{3}+27\,\vt^{4} \] On en a déjà donné une paramétrisation. On remarquera que les points critiques sont les ombilics et $-3:1:-3$, autrement dit $4N-3H=$X(20), le point de Longchamps. Il compte double, c'est un rebroussement.

[size=large]4. La transformation continue[/size]

Il est tentant d'utiliser les relations "usuelles". Et alors, on ne peut que constater que les "relations élémentaires" sont fausses quasiment une par une. En effet, elles consistent souvent à faire des choix de branches algébriques, et ces choix ne survivent pas lorsqu'on déplace librement le point $I$.

Pour ce qui est de la relation entre les trois angles, on a

\begin{align*} \left(1+\cos\left(A+B+C\right)\right)\prod_{3}\left(1+\cos\left(B+C-A\right)\right) & =\\ & =\left(2\,\cos A\,\cos B\,\cos C+\cos^{2}A+\cos^{2}B+\cos^{2}C-1\right)^{2}\\ & =\left(2\,s_{3}-2\,s_{2}+s_{1}^{2}-1\right)^{2}=0 \end{align*} comme on le vérifie aisément à l'aide des relations coefficients-racines. Autrement dit, les $\alpha,\beta,\gamma$ associés au centre $I$ sont ou bien $A,B,C$ ou bien l'un des trois $-A,\pi-B,\pi-C\etc$.

On remarquera que les formules $a=2R\,\sin\alpha\etc$ en deviennent "encore plus vraies qu'avant". En effet la transformation de Lemoine consiste à changer l'un des signes des longueurs des côtés $a,b,c$.

[size=large]5. Le geogebra n° 1 de Ludwig[/size]

En cours de calcul, il y a les équations \begin{alignat*}{2} r & =\dfrac{R^{2}-OI^{2}}{2R} & & \equiv R\,\dfrac{s_{3}-s_{1}\,s_{2}}{2\,s_{3}}\\ s & =\sqrt{9\,IG^{2}-8\,OI^{2}+8\,R^{2}-5\,r^{2}} & & \equiv\dfrac{-R\:s_{4}}{2\,s_{3}}\\ \Delta & =q.s.p. & & \equiv\dfrac{\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(a-b\right)}{R^{3}} \end{alignat*} Donc quand l'orientation du triangle se renverse ($s_{4}$), la formule $s=\sqrt{\cdots }$ conduit à un changement de branche pour $s$. De même lorsque $\Delta$ passe par $0$. Autant dire que synchroniser les racines du polynôme en $\cos A,\,\cos B,\,\cos C$ avec les racines du polynôme en $\left|a\right|,\left|b\right|,\left|c\right|$ ne risque pas d'être une tâche aisée.

Au passage, $IA=\mathrm{Circle}[I,\,\mathrm{sqrt}(r^{2}+(s-b)^{2})]$ semble être un vestige d'une renumérotation.

On en revient au 11ème commandement: "Tu n'éviteras pas le point Gudulique".

Cordialement, Pierre.

ci-dessous: une vue de près, une vue d'un peu plus loin.

Bonsoir,



Il y a un groupe: oui, c'est le groupe de Klein des trois transformations de Lemoine

\[ \begin{array}{c|ccc|ccc} centre & & & \\ \hline I_{0} & a & b & c & A & B & C\\ I_{a} & -a & b & c & -A & \pi-B & \pi-C\\ I_{b} & a & -b & c & \pi-A & -B & \pi-C\\ I_{c} & a & b & -c & \pi-A & \pi-B & -C \end{array} \]

Comme $\cos\left(A\right)=\cos\left(-A\right)$, la courbe $X=\cos\left(A\right)$ passe par $I_{0}$ et $I_{a}$, et ainsi de suite. Quatre points, six courbes. Sur le modèle $\dfrac{4\left(4-1\right)}{2}=6$. C'est la symétrie des coordonnées projectives qui fait que changer $a$ et changer $b$ revient à changer $c$.

Cordialement, Pierre.

Bonsoir,

Je prends pour centre du cercle inscrit un point $I$ du segment $[MN]$, où $M$ est un point du cercle orthocentroïdal et $N$ le centre du cercle des neuf points. Lorsque $I$ tend vers $M$ le triangle $ABC$ dont les centres sont $O$, $G$, $H$ et $I$ (notations habituelles) s'écrase sur la droite $(GM)$. Et lorsque $I$ tend vers $N$ ce triangle $ABC$ devient équilatéral. Mais il ne le devient pas n'importe comment : ses dimensions tendent certes vers l'infini mais son orientation par rapport à la droite d'Euler converge.
Soit donc $\alpha=\widehat{HNM}$. On demande de calculer, en fonction de $\alpha$, la limite quand $I$ tend vers $N$ de l'angle $\widehat{HNA}$.

Merci pldx1, même si je n'ai pas compris ta preuve (à vrai dire je ne sais même pas comment récupérer un résultat utilisable pour ma figure :-S j'ai encore du boulot...).

Est-ce que cela correspond à mon résultat, que j'ai trouvé de façon expérimentale ? En procédant ainsi : pour placer $I$ je trace un cercle de rayon très petit centré sur $N$ (j'ai pris un rayon de $0.005$, au-delà GGB plante). Ensuite je ramène le triangle $ABC$ dans le cercle orthocentroïdal via une similitude, plus pratique. Je mesure l'angle $\beta=\widehat{HNA}$ puis je place le point de coordonnées $(\alpha;\beta$ (à un facteur $100$ pour que ça rentre dans le cadre. Puis je demande la trace de ce point (l'outil lieu ne fonctionne pas ici) lorsque $M$ varie (voir figure). Bon visiblement c'est une portion de droite, ayant environ le nombre $0,6$ comme ordonnée à l'origine et une pente d'environ $0,332$.

Pour conclure je fais une sorte d'analyse dimensionnelle :)o (je sais que ça ne tient pas la route mais bon) : on parle d'équilatéral, donc à quoi voulez-vous que ces constantes correspondent sinon à $60°$ et $ \frac{1}{3} $ ? Ok tout ça ne ressemble ni de près ni de loin ne serait-ce qu'à un début de preuve, mais au moins je propose quelque chose : $\beta= \frac{\pi+ \alpha} {3} $ (pour $\alpha$ compris entre $0$ et $\pi$).

En fait, placer le point directeur $M$ sur le cercle orthocentroidal était plutôt une mauvaise idée. Il suffit de faire banalement le tour du point $N$ le long d'un cercle centré en $N$. Cela donne
$$

\def\ptv{~;~}

I\simeq\left( \begin{array}{c} x \kappa^{+1} \\ 1 \\ x\, \kappa^{-1} \end{array} \right) $$ Et on prend le terme dominant (en $x$) de l'équation en $\tau$ donnant les quatre intersections. Il vient:
$$ \left( {\tau}^{3}+{\kappa} \right) \left( 1 - \tau\,{\kappa} \right) $$
Que pouvait-on espérer de plus clair ?

Cordialement, Pierre