CircumCévien
Bonne nuit,
Encore un problème inspiré par Tran Quang Hung.
$\omega$ est le centre du cercle d'Euler d'un triangle $ABC$ et $A'B'C'$ est son triangle circumcévien.
$O_a$ est le centre du cercle circonscrit au triangle $\omega B'C'$ et permutation circulaire.
1) Montrer que les triangles $ABC$ et $O_a O_b O_c$ sont en perspective de perspecteur le point de Gibert $X_{1141}=\dfrac{s_3(- s_1^2 + 2s_2)}{s_2^2 - 2s_1s_3}$ situé sur le cercle circonscrit à $ABC$.
2) Montrer que le centre $J$ du cercle d'Euler du triangle $O_a O_b O_c$ est situé sur la droite d'Euler du triangle $ABC$.
Ce point n'est pas dans ETC. J'ai trouvé $j=\dfrac{s_1(4s_1^3s_3 - s_1^2s_2^2 - 16s_1s_2s_3 + 4s_2^3 + 16s_3^2)}{8(s_1^3s_3 - 6s_1s_2s_3 + s_2^3 + 8s_3^2)}$ avec Morley circonscrit.
Cordialement,
Rescassol
Encore un problème inspiré par Tran Quang Hung.
$\omega$ est le centre du cercle d'Euler d'un triangle $ABC$ et $A'B'C'$ est son triangle circumcévien.
$O_a$ est le centre du cercle circonscrit au triangle $\omega B'C'$ et permutation circulaire.
1) Montrer que les triangles $ABC$ et $O_a O_b O_c$ sont en perspective de perspecteur le point de Gibert $X_{1141}=\dfrac{s_3(- s_1^2 + 2s_2)}{s_2^2 - 2s_1s_3}$ situé sur le cercle circonscrit à $ABC$.
2) Montrer que le centre $J$ du cercle d'Euler du triangle $O_a O_b O_c$ est situé sur la droite d'Euler du triangle $ABC$.
Ce point n'est pas dans ETC. J'ai trouvé $j=\dfrac{s_1(4s_1^3s_3 - s_1^2s_2^2 - 16s_1s_2s_3 + 4s_2^3 + 16s_3^2)}{8(s_1^3s_3 - 6s_1s_2s_3 + s_2^3 + 8s_3^2)}$ avec Morley circonscrit.
Cordialement,
Rescassol
Réponses
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Bonjour Rescassol
$\omega $ étant un point du plan d'isogonal $\omega ^{\ast }$, montrer que les triangles $ABC$ et $O_{a}O_{b}O_{c}$ sont en perspective, le centre de perspective étant l'isogonal du point à l'$\infty $ de la droite $O\omega ^{\ast }$ (qui est aussi le point où l'hyperbole équilatère circonscrite passant par $\omega $ recoupe le cercle $ABC$).
Par chance, si on regarde $X_{1141}$ dans ETC, il est dit que c'est le point où l'hyperbole équilatère circonscrite passant par $X_{5}$ recoupe le cercle $ABC$.
Accessoirement, je ne vois pas en quoi il est plus simple pour ta question $1)$ de prendre $\omega =X_{5}$ que $\omega $ quelconque.
Bien cordialement. Poulbot -
Bonjour Poulbot,
La question originale de Tran Quang Hung est la question 2.
J'ai rajouté la 1 après l'avoir constaté sur la figure sans chercher plus loin, j'aurais du me douter qu'il y avait là des propriétés connues.
Pour ta question, je verrai plus tard.
Cordialement,
Rescassol
Edit: Je suppose qu'on peut généraliser la question 2 à d'autres points que $\omega$. -
Bonjour.
Le centre d'Euler de $O_aO_bO_c)$ appartient à la droite d'Euler de $ABC$ lorsque $P$ est sur une quintique qui passe par
(5) les ombilics (doubles) et par X(30)
(6) les sommets (doubles)
(4) autres X(4), X(5), X(1113), X(1114) les deux derniers sur le circonscrit, antipodes l'un de l'autre
Soit 15 points. Il en faudrait 20 au moins pour caractériser la quintique.
Son isogonale est une quartique, dont on connait 10 points sur les 14 requis.
Cordialement, Pierre. -
Bonsoir,
Avec Morley circonscrit, la quintique a pour équation $T_5+T_4+T_3+T_2+T_1+T_0=0$ avec:T5 = -s3*(s2*z - s1*s3*zB)*z^2*zB^2 T4 = - 2*s2*z^4 - s2^2*z^3*zB + s1^2*s3^2*z*zB^3 + 2*s1*s3^3*zB^4 T3 = 4*s1*s2*z^3 + (- s1^2*s3 + s1*s2^2 + 6*s2*s3)*z^2*zB + (- s1^2*s2*s3 - 6*s1*s3^2 + s2^2*s3)*z*zB^2 - 4*s1*s2*s3^2*zB^3 T2 = (- 2*s1^2*s2 + 2*s3*s1 - 3*s2^2)*z^2 + (s1^3*s3 - s2^3)*z*zB + (3*s1^2*s3^2 + 2*s1*s2^2*s3 - 2*s2*s3^2)*zB^2 T1 = (- 3*s3*s1^2 + 3*s1*s2^2 - s3*s2)*z + (- 3*s1^2*s2*s3 + s1*s3^2 + 3*s2^2*s3)*zB T0 = s1^3*s3 - s2^3
où zB désigne $\overline{z}$.
Cordialement,
Rescassol
Edit: Merci Pierre, j'ai enlevé la parenthèse en trop. -
Bonsoir
Une solution avec les coordonnées barycentriques pour la question 1.
$A,B,C\simeq\left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right].$
$\omega\simeq\left[\begin{array}{c} -(b^2 - c^2)^2 + a^2 (b^2 + c^2)\\ -(-a^2 + c^2)^2 + b^2 (a^2 + c^2)\\ -(a^2 - b^2)^2 + (a^2 + b^2) c^2 \end{array}\right].$
$A'\simeq\left[\begin{array}{c} -a^2 (a^4 - 2 a^2 b^2 + b^4 - a^2 c^2 - b^2 c^2) (a^4 - a^2 b^2 -
2 a^2 c^2 - b^2 c^2 + c^4)\\ (a^4 - a^2 b^2 - 2 a^2 c^2 - b^2 c^2 + c^4) (a^4 b^2 - 2 a^2 b^4 +
b^6 + a^4 c^2 - 2 a^2 b^2 c^2 - b^4 c^2 - 2 a^2 c^4 - b^2 c^4 +
c^6)\\ (a^4 - 2 a^2 b^2 + b^4 - a^2 c^2 - b^2 c^2) (a^4 b^2 - 2 a^2 b^4 +
b^6 + a^4 c^2 - 2 a^2 b^2 c^2 - b^4 c^2 - 2 a^2 c^4 - b^2 c^4 +
c^6) \end{array}\right].$
$B'\simeq\left[\begin{array}{c} (-a^2 b^2 + b^4 - a^2 c^2 - 2 b^2 c^2 + c^4) (a^6 - 2 a^4 b^2 +
a^2 b^4 - a^4 c^2 - 2 a^2 b^2 c^2 + b^4 c^2 - a^2 c^4 - 2 b^2 c^4 +
c^6)\\ -b^2 (a^4 - 2 a^2 b^2 + b^4 - a^2 c^2 - b^2 c^2) (-a^2 b^2 + b^4 -
a^2 c^2 - 2 b^2 c^2 + c^4)\\ (a^4 - 2 a^2 b^2 + b^4 - a^2 c^2 - b^2 c^2) (a^6 - 2 a^4 b^2 +
a^2 b^4 - a^4 c^2 - 2 a^2 b^2 c^2 + b^4 c^2 - a^2 c^4 - 2 b^2 c^4 +
c^6) \end{array}\right].$
$C'\simeq\left[\begin{array}{c} (-a^2 b^2 + b^4 - a^2 c^2 - 2 b^2 c^2 + c^4) (a^6 - a^4 b^2 -
a^2 b^4 + b^6 - 2 a^4 c^2 - 2 a^2 b^2 c^2 - 2 b^4 c^2 + a^2 c^4 +
b^2 c^4)\\ (a^4 - a^2 b^2 - 2 a^2 c^2 - b^2 c^2 + c^4) (a^6 - a^4 b^2 - a^2 b^4 +
b^6 - 2 a^4 c^2 - 2 a^2 b^2 c^2 - 2 b^4 c^2 + a^2 c^4 + b^2 c^4)\\ -c^2 (-a^2 b^2 + b^4 - a^2 c^2 - 2 b^2 c^2 + c^4) (a^4 - a^2 b^2 - 2 a^2 c^2 - b^2 c^2 + c^4) \end{array}\right].$
$O_a\simeq\left[\begin{array}{c} 2 a^8 - 2 a^6 b^2 - 3 a^4 b^4 + 4 a^2 b^6 - b^8 - 2 a^6 c^2 -
4 a^4 b^2 c^2 - 4 a^2 b^4 c^2 + 4 b^6 c^2 - 3 a^4 c^4 -
4 a^2 b^2 c^4 - 6 b^4 c^4 + 4 a^2 c^6 + 4 b^2 c^6 - c^8\\ -(a^2 - a b + b^2 - c^2) (a^2 + a b + b^2 - c^2) (a^4 - 2 a^2 b^2 +
b^4 - a^2 c^2 - b^2 c^2)\\ -(a^2 - b^2 - a c + c^2) (a^2 - b^2 + a c + c^2) (a^4 - a^2 b^2 -
2 a^2 c^2 - b^2 c^2 + c^4) \end{array}\right].$
$O_b\simeq\left[\begin{array}{c} -(a^2 - a b + b^2 - c^2) (a^2 + a b + b^2 - c^2) (a^4 - 2 a^2 b^2 +
b^4 - a^2 c^2 - b^2 c^2)\\ -a^8 + 4 a^6 b^2 - 3 a^4 b^4 - 2 a^2 b^6 + 2 b^8 + 4 a^6 c^2 -
4 a^4 b^2 c^2 - 4 a^2 b^4 c^2 - 2 b^6 c^2 - 6 a^4 c^4 -
4 a^2 b^2 c^4 - 3 b^4 c^4 + 4 a^2 c^6 + 4 b^2 c^6 - c^8\\ -(-a^2 + b^2 - b c + c^2) (-a^2 + b^2 + b c + c^2) (-a^2 b^2 + b^4 - a^2 c^2 - 2 b^2 c^2 + c^4) \end{array}\right].$
$O_c\simeq\left[\begin{array}{c} (a^2 - b^2 - a c + c^2) (a^2 - b^2 + a c + c^2) (a^4 - a^2 b^2 -
2 a^2 c^2 - b^2 c^2 + c^4)\\ (-a^2 + b^2 - b c + c^2) (-a^2 + b^2 + b c + c^2) (-a^2 b^2 + b^4 -
a^2 c^2 - 2 b^2 c^2 + c^4)\\ a^8 - 4 a^6 b^2 + 6 a^4 b^4 - 4 a^2 b^6 + b^8 - 4 a^6 c^2 +
4 a^4 b^2 c^2 + 4 a^2 b^4 c^2 - 4 b^6 c^2 + 3 a^4 c^4 +
4 a^2 b^2 c^4 + 3 b^4 c^4 + 2 a^2 c^6 + 2 b^2 c^6 - 2 c^8 \end{array}\right].$
$(AO_a)\simeq \left[\begin{array}{c} 0\\ (a^2 - b^2 - a c + c^2) (a^2 - b^2 + a c + c^2) (a^4 - a^2 b^2 -
2 a^2 c^2 - b^2 c^2 + c^4)\\ -(a^2 - a b + b^2 - c^2) (a^2 + a b + b^2 - c^2) (a^4 - 2 a^2 b^2 +
b^4 - a^2 c^2 - b^2 c^2) ) \end{array}\right].$.
$(BO_b)\simeq \left[\begin{array}{c} -(-a^2 + b^2 - b c + c^2) (-a^2 + b^2 + b c + c^2) (-a^2 b^2 + b^4 -
a^2 c^2 - 2 b^2 c^2 + c^4)\\ 0\\ (a^2 - a b + b^2 - c^2) (a^2 + a b + b^2 - c^2) (a^4 - 2 a^2 b^2 +
b^4 - a^2 c^2 - b^2 c^2) \end{array}\right].$.
$(CO_c)\simeq \left[\begin{array}{c} -(-a^2 + b^2 - b c + c^2) (-a^2 + b^2 + b c + c^2) (-a^2 b^2 + b^4 -
a^2 c^2 - 2 b^2 c^2 + c^4)\\ (a^2 - b^2 - a c + c^2) (a^2 - b^2 + a c + c^2) (a^4 - a^2 b^2 -
2 a^2 c^2 - b^2 c^2 + c^4)\\ 0 \end{array}\right].$.
La matrice formée par les coefficients de ces trois droites a pour déterminant $0$. Les triangles $ABC$ et $O_aO_bO_c$ sont en perspective de perspecteur le point dont les coordonnées barycentriques sont :
$N\simeq\left[\begin{array}{c} n_1\\ n_2\\ n_3 \end{array}\right].$
avec :
$n_1 = (a^2 - a b + b^2 - c^2) (a^2 + a b + b^2 - c^2) (a^2 - b^2 - a c +
c^2) (a^2 - b^2 + a c + c^2)$
$ (a^4 - 2 a^2 b^2 + b^4 - a^2 c^2 -
b^2 c^2) (a^4 - a^2 b^2 - 2 a^2 c^2 - b^2 c^2 + c^4) $
$n_2=-(a^2 - a b + b^2 - c^2) (a^2 + a b + b^2 - c^2) (a^2 - b^2 - b c -
c^2) (a^2 - b^2 + b c - c^2) $
$(a^4 - 2 a^2 b^2 + b^4 - a^2 c^2 -
b^2 c^2) (a^2 b^2 - b^4 + a^2 c^2 + 2 b^2 c^2 - c^4) $
$n_3= -(a^2 - b^2 - b c - c^2) (a^2 - b^2 + b c - c^2) (a^2 - b^2 - a c +
c^2) (a^2 - b^2 + a c + c^2)$
$ (a^2 b^2 - b^4 + a^2 c^2 + 2 b^2 c^2 -
c^4) (a^4 - a^2 b^2 - 2 a^2 c^2 - b^2 c^2 + c^4) $.
Les coordonnées de $N$ vérifient l'équation $c^2 x y + b^2 x z + a^2 y z =0$, donc $N$ est sur le cercle circonscrit au triangle $ABC.$
Amicalement -
$J\simeq\left[\begin{array}{c} j_1\\ j_2\\ j_3 \end{array}\right].$
avec :
$j_1=2 a^16 - (b^2 - c^2)^8 - 5 a^14 (b^2 + c^2) - a^12 (5 b^4 + 2 b^2 c^2 + 5 c^4) $
$+31 a^10 (b^6 + b^4 c^2 + b^2 c^4 + c^6) + a^2 (b^2 - c^2)^4 (5 b^6 - 11 b^4 c^2$
$ - 11 b^2 c^4 + 5 c^6) - a^4 (b^2 - c^2)^2 (15 b^8 - 20 b^6 c^2 - 21 b^4 c^4 - 20 b^2 c^6 $
$+15 c^8) - 3 a^8 (15 b^8 + 8 b^6 c^2 + 4 b^4 c^4 + 8 b^2 c^6 + 15 c^8) $
$+ 3 a^6 (11 b^10 - 9 b^8 c^2 - 5 b^6 c^4 - 5 b^4 c^6 - 9 b^2 c^8 + 11 c^10)$
$j_2=-a^16 + a^14 (5 b^2 + 8 c^2) - a^12 (15 b^4 + 31 b^2 c^2 + 28 c^4)$
$ + (b^2 - c^2)^5 (2 b^6 + 5 b^4 c^2 + c^6) + a^10 (33 b^6 + 50 b^4 c^2 + 63 b^2 c^4 $
$+ 56 c^6) - a^2 (b^2 - c^2)^3 (5 b^8 + 17 b^6 c^2 + 5 b^4 c^4 - 7 b^2 c^6$
$ + 8 c^8) - a^8 (45 b^8 + 27 b^6 c^2 + 34 b^4 c^4 + 37 b^2 c^6 + 70 c^8) $
$+ a^6 (31 b^10 - 24 b^8 c^2 - 15 b^6 c^4 - 2 b^4 c^6 - 37 b^2 c^8 + 56 c^10) $
$- a^4 (5 b^12 - 31 b^10 c^2 + 12 b^8 c^4 + 15 b^6 c^6 + 34 b^4 c^8$
$ - 63 b^2 c^10 + 28 c^12)$
$j_3=-a^16 + a^14 (8 b^2 + 5 c^2) - a^12 (28 b^4 + 31 b^2 c^2 + 15 c^4)$
$ - (b^2 - c^2)^5 (b^6 + 5 b^2 c^4 + 2 c^6) + a^10 (56 b^6 + 63 b^4 c^2 + 50 b^2 c^4 $
$+ 33 c^6) + a^2 (b^2 - c^2)^3 (8 b^8 - 7 b^6 c^2 + 5 b^4 c^4 + 17 b^2 c^6 + 5 c^8) $
$- a^8 (70 b^8 + 37 b^6 c^2 + 34 b^4 c^4 + 27 b^2 c^6 + 45 c^8) + a^6 (56 b^10 $
$- 37 b^8 c^2 - 2 b^6 c^4 - 15 b^4 c^6 - 24 b^2 c^8 + 31 c^10) - a^4 (28 b^12$
$ - 63 b^10 c^2 + 34 b^8 c^4 + 15 b^6 c^6 + 12 b^4 c^8 - 31 b^2 c^10 + 5 c^12).$
La droite d'Euler du triangle $ABC$:
$\simeq \left[\begin{array}{c} -b^4 + c^4 + a^2 (b^2 - c^2)\\ (a^2 - c^2) (a^2 - b^2 + c^2)\\ -(a^2 - b^2) (a^2 + b^2 - c^2)\end{array}\right].$
Un calcul permet de constater que le centre $J$ du cercle d'Euler du triangle $O_aO_bO_c$ est situé sur la droite d'Euler du triangle $ABC.$
Amicalement -
Pour l'exercice de poulbot que je salue, le centre d'Euler du triangle $O_aO_bO_c$ appartient à la droite d'Euler de $ABC$ lorsque $\omega$ appartient à la courbe suivante :
$-c^2 (a^2 - b^2 - b c - c^2) (a^2 - b^2 + b c - c^2) (a^2 - b^2 +c^2) u^3 v^2$
$-c^2 (3 a^2 b^4 - b^6 - a^2 b^2 c^2 + b^4 c^2 + b^2 c^4 - c^6) u^2 v^3$
$+(a^6 b^2 - 3 a^4 b^4 + 3 a^2 b^6 - b^8 - a^6 c^2 - 4 a^2 b^4 c^2 +5 b^6 c^2$
$ + 3 a^4 c^4 + 4 a^2 b^2 c^4 - 3 a^2 c^6 - 5 b^2 c^6) u^3 v w$
$+(a - b) (a + b) (a^6 - a^4 b^2 - a^2 b^4 + b^6 - 5 a^4 c^2 - 4 a^2 b^2 c^2 - 5 b^4 c^2 $
$+ 7 a^2 c^4 + 7 b^2 c^4 - 3 c^6) u^2 v^2 w$
$+(a - c) (a + c) (a^2 - b^2 + c^2) (a^4 - 2 a^2 b^2 + b^4 - 5 a^2 c^2 - 2 b^2 c^2 + c^4) u v^3 w$
$+b^2 (a^2 + b^2 - c^2) (a^2 - b^2 - b c - c^2) (a^2 - b^2 + b c - c^2) u^3 w^2$
$-(a - c) (a + c) (a^6 - 5 a^4 b^2 + 7 a^2 b^4 - 3 b^6 - a^4 c^2 -4 a^2 b^2 c^2 + 7 b^4 c^2$
$ - a^2 c^4 - 5 b^2 c^4 + c^6) u^2 v w^2$
$-(b - c) (b + c) (3 a^6 - 7 a^4 b^2 + 5 a^2 b^4 - b^6 - 7 a^4 c^2 + 4 a^2 b^2 c^2 + b^4 c^2 $
$+ 5 a^2 c^4 + b^2 c^4 - c^6) u v^2 w^2$
$-a^2 (a^6 - a^4 b^2 - a^2 b^4 + b^6 + a^2 b^2 c^2 - 3 b^4 c^2 +3 b^2 c^4) v^3 w^2$
$+b^2 (a^2 - b^2 - c^2) (a^2 - a b + b^2 - c^2) (a^2 + a b + b^2 - c^2) u^2 w^3$
$-(a - b) (a + b) (a^2 + b^2 - c^2) (a^4 - 5 a^2 b^2 + b^4 - 2 a^2 c^2 - 2 b^2 c^2 + c^4) u v w^3$
$a^2 (a^2 - a b + b^2 - c^2) (a^2 + a b + b^2 - c^2) (a^2 - b^2 +c^2) v^2 w^3=0.$
avec $\omega (u,v,w)$. -
Bonjour
Pour en revenir à ce que je disais plus haut
$M$ est un point du plan du triangle $ABC$;
$\left( O\right) $ le cercle circonscrit à $ABC$;
$M^{\ast }$ l'isogonal de $M$;
$A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ son triangle circumcévien (la droite $AM$ recoupe $\left( O\right) $ en $A^{\prime }$, …) $O_{a},O_{b},O_{c}$ sont les centres des cercles $MB^{\prime }C^{\prime },MC^{\prime }A^{\prime },MA^{\prime }B^{\prime }$
On a (entre autres propriétés)
- le triangle $O_{a}O_{b}O_{c}$ est homothétique au triangle podaire de $M^{\ast }$
- les triangle $O_{a}O_{b}O_{c}$ et $ABC$ sont orthologiques, les $2$ centres d'orthologie étant confondus en $M$.
En d'autres termes $O_{b}O_{c}\perp AM,O_{a}M\perp BC,...$
- les triangle $O_{a}O_{b}O_{c}$ et $ABC$ sont en perspective, le centre de perspective étant le point où l'hyperbole équilatère circonscrite passant par $M$ recoupe le cercle $\left( O\right) $
Tout ceci se prouve sans trop de difficultés en utilisant par exemple un repère orthonormé dans lequel cette hyperbole a pour équation $xy=1$ (histoire d'oublier un peu les sempiternelles coordonnées barycentriques ou l'utilisation de complexes).
On doit pouvoir prouver tout ou partie de ce qui précède synthétiquement, mais je laisse cela aux spécialistes des propriétés liées au théorème de Sondat (merci à Jean-Louis Ayme) ou (et) des propriétés angulaires de l'hyperbole équilatère ou (et) ??..
Bien cordialement. Poulbot
PS : Il est fort possible que cette configuration ait déjà été abordée sur notre forum. Une figure viendra (bien?) plus tard. -
BonjourPoulbot et à tous,
merci Poulbot pour votre approche… J’ai remplacé le point M par N…pour rester dans le problème.
1. ABC et OaObOc sont bilogiques (N centre du cercle d’Euler de ABC en est l’orthopôle commun) et en perspective de centre Q situé sur (O) (que j’ai démontré
2. O*, H* le centre du cercle circonscrit, l’orthocentre de OaObOc,
3. Q, O* et N sont alignés ainsi que Q, O et H* (à démontrer)
4. Le point d’intersection Q* de (OO*) et (NH*) est l’isogonal de Q relativement à OaObOc (théorème de Hesse que j’ai démontré)
5. (QQ*) est parallèle à (O*H*) (à démontrer)
And we are done….
J’ai deux trous dans mon approche… Poulbot avez-vous une idée ?
Sincèrement
Jean-Louis -
Bonjour.
Exercice: trouver l'erreur dans [size=large]2*5=10+2[/size]. En effet la quintique coupe le cercle unité en $A,B,C,\Omega^{+},\Omega^{-}$ ( points doubles ) et en X1114 et X1113.
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Rappel des épisodes précédents. On se donne $A,B,C,N$ par les affixes \[ A,B,C,N\simeq\left(\begin{array}{c} \alpha\\ 1\\ 1/\alpha \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \beta\\ 1\\ 1/\beta \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \gamma\\ 1\\ 1/\gamma \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} z\\ t\\ \zeta \end{array}\right) \] On mouline et on obtient: \[ A'\simeq\left(\begin{array}{c} \dfrac{\alpha\,t-z}{\alpha\,\zeta-t}\\ 1\\ \dfrac{\alpha\,\zeta-t}{\alpha\,t-z} \end{array}\right),O_{a}\simeq\left(\begin{array}{c} \left(\gamma\,t-z\right)\left(\beta\,t-z\right)\\ t\,\left(\beta\,\gamma\,\zeta-\beta\,t-\gamma\,t+z\right)\\ \left(\gamma\,\zeta-t\right)\left(\beta\,\zeta-t\right) \end{array}\right),D\simeq\left[\begin{array}{c} \delta\\ 1\\ 1/\delta \end{array}\right] \] avec $\delta=\dfrac{s_{1}\,t\,z-s_{2}\,t^{2}+s_{3}\,t\,\zeta-z^{2}}{s_{1}\,t^{2}-s_{2}\,t\,\zeta+s_{3}\,\zeta^{2}-t\,z}$. On voit donc que $D$ est sur le circonscrit.
Réciproquement, si l'on se donne $\delta:1:1/\delta$ sur le circonscrit, on voit que le lieu des $N$ ayant ce point pour point $D$ est la conique... \[ \mathcal{H}_{\delta}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 2 & -q_{1} & 0\\ -q_{1} & 2\,q_{2} & -q_{3}\\ 0 & -q_{3} & 2\,q_{4} \end{array}\right] \] où les $q_{j}$ sont les fonctions symétriques en $\alpha,\beta,\gamma,\delta$. On voit immédiatement que cette conique est l'hyperbole équilatère passant par $A,B,C,D,H,N$, et dont $D$ est le point gudulique.-
$\,$
- Et alors le lieu de $gN$ est la droite passant par $O$=X(3) et perpendiculaire à la droite de Steiner de $D$.
$\,$ - @Rescassol : J(X(5)) est OK. Mais il y a une parenthèse en trop dans T4:
T4 = - 2 *s2 *z^4 - s2^2*zB*z^3 + s1^2*s3^2*zB^3*z + 2*s1*s3^3*zB^4
$\,$ - Une ortologie se caractérise par $\phi_{21}=\phi_{23}=0$ et $\phi_{11}=\phi_{33}$.
$\,$ - On note $gD'$ l'isogonal de $D$ wrt le triangle des $O_{j}$. Alors $O,O',gD'$ sont toujours alignés ;
$\,$ - $D,O',N$ alignés équivaut à $D,O,H'$ alignés équivaut à $N,H',gD'$ alignés (condition K).
$\,$ - $DD'\parallel O'H'$ coincide avec la quintique $E' \in OH$ sur les cinq droites: linf, sidelines, Euler line.
Cordialement, Pierre - Et alors le lieu de $gN$ est la droite passant par $O$=X(3) et perpendiculaire à la droite de Steiner de $D$.
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