Trois céviennes concourantes (encore !)
dans Géométrie
Bonsoir à tous
Soit $ABC$ un triangle, $A_1B_1C_1$ le triangle médial de $ABC$, $D$ le point d'intersection de $B_1C_1$ et de la médiatrice de $BC$, $E$ et $F$ définis de même.
Montrer que les droites $AD$, $BE$ et $CF$ sont concourantes en $P$.
La droite $AD$ coupe $BC$ en $Q$, les points $R$ et $S$ sont définis de même : montrer que $A_1$, $B_1$, $C_1$, $Q$, $R$ et $S$ se trouvent sur une même conique.
Bien cordialement, JLB
Soit $ABC$ un triangle, $A_1B_1C_1$ le triangle médial de $ABC$, $D$ le point d'intersection de $B_1C_1$ et de la médiatrice de $BC$, $E$ et $F$ définis de même.
Montrer que les droites $AD$, $BE$ et $CF$ sont concourantes en $P$.
La droite $AD$ coupe $BC$ en $Q$, les points $R$ et $S$ sont définis de même : montrer que $A_1$, $B_1$, $C_1$, $Q$, $R$ et $S$ se trouvent sur une même conique.
Bien cordialement, JLB
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Réponses
En fait tes deux configurations ne sont que des cas particuliers de configurations plus générales.
Par exemple sur ta première figure le triangle $DEF\ $ est le triangle cévien de l'orthocentre du triangle médial mais cela fonctionne avec un triangle cévien quelconque
Tu pars donc d'un point $M\ $ quelconque du plan.
Tu construis son triangle cévien $DEF\ $ dans le triangle médial $A'B'C'.\qquad$
Alors les droites $AD\ $, $BE\ $, $CF\ $ sont concourantes en un point $M'.\qquad$
Et il n'est pas très difficile de voir que $M'$ est l'anticomplément dans le triangle médial $A'B'C'$ du point isotomique $M''\ $ de $M\ $ dans ce même triangle médial.
Ta première configuration est donc un cas particulier d'une configuration affine plus générale.
Quant à ta deuxième configuration, c'est encore plus simple.
Le triangle médial $A'B'C\ $ et ton triangle $QRS\ $ sont deux triangles céviens inscrits dans le triangle $ABC\ $
et c'est un théorème connu depuis la nuit des temps peut-être par le grand Apollonius lui-même, les six sommets de deux triangles céviens quelconques sont toujours situés sur une même conique.
Ta deuxième configuration n'est donc qu'un cas particulier d'une configuration projective plus générale.
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'utilise les coordonnées barycentriques.
Le triangle de référence ABC:
$A, B, C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\0\\ 1\end{array}\right].$
$A_1B_1C_1$ le triangle médial de ABC:
$A_1, B_1, C_1\simeq \left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 1\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 1\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 1\\1\\ 0\end{array}\right].$
Les points D, E et F :
$D, E, F\simeq \left[\begin{array}{c} a^2\\S_B\\ S_C\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} S_A\\ b^2\\ S_C\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} S_A\\ S_B\\ c^2\end{array}\right].$
Les droites AD, BE et CF :
$(AD) : S_Cy-S_Bz=0.$
$(BE) : S_Cx-S_Az=0.$
$(CF) : S_Bx-S_Ay=0.$
On a :
$\begin{vmatrix}
0&S_C&-S_B\\
S_C&0&-S_A\\
S_B&-S_A&0
\end{vmatrix} = 0.$
En conclusion, les droites $AD, BE$ et $CF$ sont concourantes en $P\simeq \left[\begin{array}{c} S_A\\ S_B\\ S_C\end{array}\right] $.
Amicalement
Et avec Morley circonscrit (avec la conique et son centre): Cordialement,
Rescassol
pour la première question du problème initial, nous avons trois triangles inscrits l'un dans l'autre...DEF, A1B1C1 et ABC...
DEF est en perspective avec A1B1C1 (perspector : orthocentre de A1B1C1)
A1B1C1 est en perspective avec ABC (perspector G).
En conséquence, d'après "The cevian nests theorem" (http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol3.html)
ABC est en perspective avec DEF.
Une généralisation allant dans ce sens, conduit au même résultat.
Sincèrement
Jean-Louis
Voici ma figure faite dans le cas particulier de Jelobreuil où $M\ $ est l'orthocentre du triangle médial c'est à dire le centre du cercle circonscrit au triangle de référence $ABC.\qquad$
Le point $M'\ $ est alors l'isotomique $X(69)\ $de l'orthocentre $H$ dans le triangle $ABC\ $ comme les calculs de Bouzar le confirment
Je m'étonne que celui-ci n'ait pas mené ses calculs dans le cas général!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Et merci de vous être intéressés à cette n-ième redite !
En fait, en reprenant ma figure après avoir envoyé mon premier message, je me suis aperçu, en ajoutant la $A$-hauteur de $ABC$, que celle-ci coupe le segment $B_1C_1$ en un point $A_2$ tel que $ADA_1A_2$ est un parallélogramme (réminiscence de lecture du Lalesco), puisque les côtés $AA_2$ et $DA_1$ sont parallèles (appartenant à deux droites distinctes perpendiculaires à $BC$) et égaux (chacun à la moitié de la $A$-hauteur, merci Thalès !), en conséquence de quoi, le pied de la $A$-hauteur étant désigné par $A_3$, il est clair (encore merci, Thalès !) que $A_3A_1 = A_1Q$.
En suivant le même raisonnement, mutatis mutandis, pour les deux autres demi-droites $BR$ et $CS$, on en arrive à la conclusion que leur point de concours $P$ n'est autre que le conjugué isotomique de l'orthocentre de $ABC$, ceci expliquant qu'elles y concourent toutes trois !
Arrivés là, il ne nous reste qu'à appliquer un théorème bien connu (merci, Carnot et Ceva !) pour conclure sur le point de l'existence de la conique passant par les six points $A_1$, $B_1$, $C_1$, $Q$, $R$ et $S$.
Bonne journée, bien amicalement JLB
Les points Q, R et S:
$Q, R, S\simeq \left[\begin{array}{c} 0\\ S_B\\ S_C\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} S_A\\ 0\\ S_C\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} S_A\\S_B\\ 0\end{array}\right].$
Les points $A_1,B_1,C_1, R, S$ sont sur la conique dont une équation barycentrique est :
$S_c S_B x^2+S_AS_C y^2+S_AS_B z^2- c^2S_C x y- b^2S_Bx z- a^2 S_A y z=0.$
Les coordonnées barycentriques du centre de cette conique sont $\simeq \left[\begin{array}{c} b^2 +c^2\\ a^2 +c^2\\ a^2 + b^2\end{array}\right].$ C'est le complément du point de Lemoine c'est-à-dire $X(141).$
Amicalement
Le triangle de référence ABC:
$A, B, C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\0\\ 1\end{array}\right].$
Le point M:
$M\simeq \left[\begin{array}{c} u\\ v\\ w\end{array}\right].$
$A_1B_1C_1$ le triangle médial de ABC:
$A_1, B_1, C_1\simeq \left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 1\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 1\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 1\\1\\ 0\end{array}\right].$
Les points D, E et F :
$D, E, F\simeq \left[\begin{array}{c} 2 u\\u + v - w\\ u - v + w\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -u - v + w\\ -2 v\\ u - v - w\end{array}\right],\left[\begin{array}{c}u - v + w\\ -u + v + w\\ 2 w\end{array}\right].$
Les droites AD, BE et CF :
$(AD) : (-u + v - w)y+( u + v - w)z =0.$
$(BE) : (u - v - w)x+(u + v - w)z =0.$
$(CF) : (u - v - w)x+(u - v + w)y =0.$
On a :
$\begin{vmatrix}
0&-u + v - w&u + v - w\\
u - v - w&0&u + v - w\\
u - v - w&u - v + w&0
\end{vmatrix} =0.$
En conclusion, les droites $AD, BE$ et $CF$ sont concourantes en $M' \simeq \left[\begin{array}{c} -(u + v - w) (u - v + w)\\ (u - v - w) (u + v - w)\\ (u - v - w) (u - v + w)\end{array}\right] $.
C'est bien l'anticomplément dans le triangle médial $A'B'C'$ du point isotomique $M''$ de M dans ce même triangle médial.
Amicalement
Peut-on en fournir une preuve un peu plus synthétique?
Pourquoi peut-on dire que tu as démontré ainsi le théorème des nids céviens (cevian nests theorem) dans toute sa généralité?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Le calcul de Bouzar est important puisqu'il montre la correspondance entre les points $M\ $ et $M'.\qquad$.
Quant à la solution synthétique, elle est presque hors de portée de nos étudiants actuels puisqu'elle utilise essentiellement l'axiome de Thalès!.
Atroce, véritablement atroce!
Une atteinte inadmissible à la santé mentale de nos lycéens et collégiens!
Celui-ci est encore provisoirement dans nos programmes, alors vite profitons en pendant qu'il en est encore temps!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Pourquoi Bouzar a-t-il démontré le théorème des nids céviens dans toute sa généralité?
Je reprends donc la configuration de Jelobreuil en la généralisant, sans trop d'illusions !
On verra bien ce que cela donnera!
Sans doute pas grand chose comme d'habitude, c'est le refrain à la mode!!!
Le triangle $A'B'C'\ $ est le triangle cévien d'un point $D\ $ quelconque du plan par rapport au triangle $ABC.\qquad$
Le triangle $A''B''C''\ $ est le triangle cévien d'un point $M\ $ quelconque du plan par rapport au triangle $A'B'C'.\qquad$ ,
Les droites $AA''\ $, $BB''\ $, $CC''\ $ sont alors concourantes en un point $M'\ $.
1° Pourquoi les derniers calculs de Bouzar le prouvent sans avoir besoin de les recommencer?
2° Quelle est la nature de la correspondance $M\iff M'?\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
pour le problème de Jean-Louis
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol6.html
puis
Pedal-cevian line p. 37...
Sincèrement
Jean-Louis
Merci, Jean-Louis, de cette référence très riche !
Bien cordialement JLB
Il pourrait paraître curieux que personne, à part Bouzar, ne s'intéresse à cette ancienne configuration des nids céviens dénichée par Jelobreuil.
Mais je trouve cela normal dans un pays où la moitié du cours de géométrie est consacrée à l'axiome de Thalès
Et pourtant des preuves synthétiques existent basées sur l'isotomie qu'on devrait trouver proposée en exercices dans Lalesco!
La figure ci-dessous en suggère une, encore faut-il l'écrire!
Amicalement
[small]p[/small]appus
D'abord merci de relancer cette discussion !
Je viens de la relire depuis le début, et je m'aperçois que je ne sais pas ce qu'est "l'anticomplément" d'un point dans un triangle ... et je n'ai pas mon Lalesco sous la main ...
Quant à ta dernière figure, je commence tout juste à l'étudier ...
Bien amicalement $JLB$
PS : Il n'y a pas que Bouzar : Rescassol et Jean-Louis ont eux aussi contribué à ce fil !
On a un triangle $ABC$. Le triangle cévien de $P$ et le triangle anti-cévien de $U$ sont en perspective. Il y a donc un perspecteur $X$. Et alors, le triangle cévien de $P$ et le triangle anti-cévien de $X$ sont en perspective, et le perspecteur est $U$. Comme cela ressemble à $P=U\times X$, les opérations correspondantes s'appellent cevamul et cevadiv. FvL a donné une construction du triangle cévien de $P$ à partir des triangles céviens de $U$ et $X$. En rouge les droites permettant de vérifier la perspectivité.
Cordialement, Pierre.
J'en reviens à la configuration élémentaire initiale de Jelobreuil.
Nul besoin de calcul barycentrique à la Bouzar pour la justifier!
Il suffit de connaître l'Axiome de Thalès et la théorie élémentaire de l'isotomie telle qu'elle est décrite dans le Lalesco ou bien dans les exercices de Géométrie Moderne de Papelier.
A ma grande surprise, je ne suis pas arrivé à la trouver dans le Lebossé-Hémery mais peut-être ai-je mal cherché?
Il suffit d'examiner attentivement ma dernière figure.
On a un parallélogramme $ADA'D'.\qquad$.
Ceci prouve que les droites $AD\ $ et $AD'\ $ sont $A-$ isotomiques dans le triangle $ABC$ et que les droites $A'D\ $ et $A'D'\ $ sont $A'-$isotomiques dans le triangle $A'B'C'$.
D'autre part les droites $A'D\ $ et $A'D'$ sont respectivement homologues des droites $AD'\ $ et $AD\ $ dans l'homothétie $ABC\mapsto A'B'C'.\qquad$
Il n'y a plus qu'à faire les mêmes observations aux sommets $B\ $ et $C\ $ pour conclure.
Mais conclure quoi exactement en bon français avec sujet, verbe et complément?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Etonnant que personne ne veuille s'intéresser à la preuve que je suggère et qui ne demande après tout qu'une connaissance très superficielle de l'isotomie c'est à dire de la preuve de son existence basée sur le théorème de Jean de Céva.
Il est vrai qu'il est dur, très dur de se dépêtrer de l'Axiome de Thalès, i.e: la moitié de notre cours de géométrie!
Il suffit de lire la figure qu'on a sous les yeux.
On passe du point $M\ $ au point $M''$ par l'isotomie relative au triangle $A'B'C'\ $ puis du point $M''\ $ au point $M'\ $ par l'homothétie de centre $G\ $, le centre de gravité du triangle $ABC\ $ et de rapport -2.
On peut aussi passer du point $M\ $ au point $M'''\ $ par l'homothétie précédente puis du point $M'''\ $ au point $M'\ $ par l'isotomie relative au triangle $ABC.\qquad$.
Sans illusions, prouver ces décompositions sur les formules de Bouzar!
Comment la configuration de Jelobreuil mène alors à la preuve du cas général c'est à dire au théorème des nids céviens?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Définition: les points $D,E$ de la droite $B,C$ sont renversés l'un de l'autre lorsque $D+E=B+C$. De même pour les deux autres côtés. On part d'un point $P$. On en prend les ceviens. On les renverse. Et cela est perspectif avec $ABC$. Le résultat s'appelle l'isotomique de $P$.
On part d'une droite. On en prend les traces sur les côtés. On les renverse. Et cela reste aligné. Le résultat l'appelle la réciproque de la première droite. Application: On part d'un quadrilatère. On prend les réciproques de chaque droite par rapport au trigone des trois autres. Et alors la somme des quatre réciproques est égale à ...
Cordialement, Pierre.
J'ai essayé de tracer la configuration de Pierre!
J'espère de pas m'être trompé.
Je suis parti d'un quadrilatère complet $(a,b,c,d)$ c'est-à-dire une quadridroite.
Puis j'ai tracé ce que Pierre appelle les réciproques et que dans l'ancien temps on appelait droites isotomiques.
J'ai obtenu un quadrilatère complet $(\alpha,\beta,\gamma,\delta)\ $ formé de quatre droites parallèles.
C'est déjà assez surprenant en soi mais pas trop difficile à montrer pour qui connait un minimum de géométrie affine, sans doute une personne assez rare à rencontrer aujourd'hui.
Mais je ne comprends pas ce que Pierre appelle somme de ces quatre droites.
L'ensemble des droites du plan ayant même direction admet en effet une structure canonique de droite affine mais pas de droite vectorielle!
Peut-être que Pierre entend par somme l'isobarycentre de ces quatre droites?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour,
La question revient donc à trouver quelle est la bonne normalisation qui permet de définir un isobarycentre.
A propos du nom attribué aux droites réciproques. Dans ma perception des choses, l'isotomique de la droite de l'infini est
le lieu des isotomiques des points à l'infini, c'est à dire la conique circum_Steiner. Autrement dit, l'isotomie est l'application de la transformation de Cremona "inverse everything" aux coordonnées des points, tandis que la réciprocation est l'application de la même transformation aux coordonnées des droites. On pourrait taper sur le clou en utilisant l'acronyme RNI: reciprocation not isotomy.
Cordialement, Pierre.
Bonsoir à tous
Je vais essayer de calculer vaille que vaille.
J'appelle λ la direction commune des quatre réciproques.
C'est la direction asymptotique de la parabole tangente aux quatre droites (a,b,c,d). .
Soit π:\mathcal P⟼\mathcal PP/λ;M↦π(M) la projection canonique qui associe à tout point M du plan la droite passant par M et de direction λ.
On a les équations suivantes:
$$
\begin{cases}
α+δ=2π(A)//
β+δ=2π(B)//
γ+δ=2π(C)//
β+γ=2π(A′)//
γ+α=2π(B)//
α+β=2π(C)
\end{cases}
$$
Je vous laisse deviner l'espace vectoriel dans lequel vivent ces équations en vous souhaitant bien du plaisir!
On additionne tout le fourbi pour obtenir:
3(α+β+γ+δ)=2π(A+B+C+A′+B′+C′)
i.e:
(α+β+γ+δ)/4=π(A+B+C+A′+B′+C′)/6)
Je vous laisse deviner l'ensemble dans lequel vit cette dernière égalité en vous souhaitant une nouvelle fois bien du plaisir!
Enfin je vous laisse tracer sur la figure les conséquences géométriques de cette dernière égalité.
C'est sans doute le plus difficile!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il va me falloir du temps pour digérer les subtilités de ce nouveau forum!
Pour le moment je suis si perdu que je me demande si cela vaut le coup d'y rester!
α
Il faut donc enregistrer sa réponse avant de la modifier éventuellement?
J'avais d'abord fait exprès d'écrire \alpha puis j'ai dû l'enregistrer avant de pouvoir le modifier en le mettant entre des $$
Cela ne me semble pas très pratique d'enregistrer un texte avant de corriger ses erreurs!
Amicalement
pappus
Bonne nuit à tous
J'ai essayé de répondre à la question de Pierre mais je ne sais pas si ce que j'ai raconté est ce qu'il attendait.
Le véritable problème est celui des nids céviens.
Comment la solution de la configuration de Jelobreuil qui n'en est qu'un cas particulier permet-elle de résoudre le cas général?
Amicalement
pappus
PS
J'ai essayé de faire paraitre le fichier ci-dessus sans beaucoup de succès!
On ne pourrait donc plus ajouter ses figures à son texte?
Bonsoir pappus,
Eu utilisant l'icône "Télécharger une image" à côté du sélecteur d'émojis, tu peux facilement insérer une image à n'importe quel endroit du corps de ton message !
Bonjour,
α+β+γ+δ4=π(13(A+A′2+B+B′2+C+C′2))
Lorsque trois points sont alignés, leurs barycentres sont tous situés sur cette droite.
Cordialement, Pierre.
PS1. Comment visualiser avant d'enregistrer ??
PS2. Comment modifier un message sans le détexer ??
\[ \frac{\alpha+\beta+\gamma+\delta}{4}=\pi\left(\frac{1}{3}\left(\frac{A+A'}{2}+\frac{B+B'}{2}+\frac{C+C'}{2}\right)\right) \]
modif
modif
$$ x+y $$
Il semblerait qu'un automatisme, du genre je sais mieux que vous ce que vous voulez, fait disparaitre le thèque.
Un ctrl-Z immédiatement après permet de ramener le thèque à la vie.
\[ \frac{\alpha+\beta+\gamma+\delta}{4}=\pi\left(\frac{1}{3}\left(\frac{A+A'}{2}+\frac{B+B'}{2}+\frac{C+C'}{2}\right)\right) \]
Bonjour à tous
Je ne comprends pas pourquoi l'aspect de mon texte écrit en Latex est différent de celui de Pierre!
Qu'ai-je bien fait pour mériter cela?
En tout cas, j'ai dû répondre comme il le fallait car il ne m'a rien reproché!
Je n'en suis pas encore tout à fait sûr!
Je n'ai pas encore compris ce qu'il a dit sur la modification d'un message malgré les félicitations de Gai Requin!
C'est important pour moi car je passe le plus clair de mon temps à me relire.
Et détecter une faute de syntaxe en Latex va devenir très difficile pour moi!
Advienne que pourra!
Amicalement
pappus
Bonjour à tous
La dernière égalité de Pierre n'est pas autre chose qu'un réagencement de la mienne!
Elle prouve que la droite $(α+β+γ+δ)/4$ est tout simplement la droite de Newton du quadrilatère complet $(a,b,c,d)$
Amicalement
pappus
Les calculs de Pierre et moi sont simples mais ils se font dans des espaces affines ou vectoriels qui n'ont rien à voir avec le banal (rantan)plan dans lequel nos étudiants sont réduits à ânonner la moitié de leur cours de géométrie c'est-à-dire l'Axiome de Thalès!
Amicalement
pappus
Bonne nuit à tous
J'ai essayé de répondre à la question de Pierre.
Je ne sais pas si ce que j'ai raconté est ce qu'il attendait mais le véritable problème est celui des nids céviens.
Pourquoi la preuve du cas particulier (triangle médial) de la configuration de Jelobreuil entraine-t-elle celle du cas général des nids céviens?
Le silence actuel est plus qu'éloquent!
Amicalement
pappus
Bonjour à tous
Je suis toujours surpris par la pertinence des questions de Jelobreuil!
Par contre il y a longtemps que le silence éternel de ce forum de géométrie ne m’effraie plus du tout!
Ainsi personne, à part Pierre qui a répondu par une autre question, ne se propose pour répondre aux questions de fond, à savoir faire le lien entre la solution calculatoire de Bouzar et ma solution synthétique!
Amicalement
pappus
J'ai montré synthétiquement (à grands coups de parallélogrammes) que l'application $M\mapsto M'$ était le produit de l'homothétie $h$ de centre $G$ et de rapport $-2$ suivie de l'isotomie $i$ par rapport au triangle $ABC$
Or on connait l'écriture en coordonnées barycentriques homogènes de ces deux applications:
1° $h:(x:y:z)\mapsto (-x+y+z:x-y+z:x+y-z)$
2°$i:(x:y:z)\mapsto (yz:zx:xy)$
Donc $i\circ h:(x:y:z)\mapsto \big((x-y+z)(x+y-z):(x+y-z)(-x+y+z):(-x+y+z)(x-y+z)\big)$
Ce sont bien les formules de Bouzar!
J'ai aussi montré que l'application $M\mapsto M'$ était le produit de l'isotomie $i'$ par rapport au triangle médial suivie de l'homothétie $h$.
Pourquoi?
Car l'écriture de l'isotomie $i'$ n'est pas évidente!
Amicalement
pappus
Faire parler "Le silence des espaces infinis" est un truc de Janséniste. En tout cas, pour cela ou pour les brouettes, l'ami Blaise
ayant réussi à devenir un billet de banque, respect à lui. Pour ce qui est de l'isotomie, ce n'est pas si difficile à écrire. On la
programme "once for all" et on archive.
Cela donne \[ \left[ \begin {array}{c} \left(y+z-x \right) x \\
\left( z+x-y \right) y\\
\left( x+y-z \right) z\end {array} \right] \]
Cela dit, on obtient tout un tas d'emboîtements céviens amusants en remarquant que le triangle de base, le triangle cévien de $P$ et le triangle anti-cevien de $U$ fournissent neuf points, pile poil le nombre requis pour déterminer une cubique. Fanfare et grandes orgues !
Cordialement, Pierre.
Je devine que tu nous as donné l'écriture de l'isotomie par rapport au triangle médial $A'B'C'$ en coordonnées barycentriques homogènes par rapport au triangle $ABC$.
J'espère que tes lecteurs se retrouveront dans les quelques lignes de code que tu as écrites!
Je voudrais seulement donner l'idée derrière ton calcul
On dispose d'un triangle $ABC$ et de son isotomie $i$ ainsi que d'un autre triangle $A'B'C'$ (quelconque par rapport au premier) et de son isotomie $i'$, quelle relation peut-on bien avoir entre ces deux isotomies?
C'est assez facile si on veut bien se souvenir de la définition de l'isotomie!
Mais cela est une autre histoire, prière de faire quelques recherches dans le Lalesco ou les exercices de Géométrie Moderne de Papelier ou bien de consulter sur la toile le glossaire de Pierre (en anglais) ou bien le cours de géométrie de Daniel Perrin.
On a su, on sait ou on saura (au choix) que les symétries centrales ne forment qu'une seule classe de conjugaison dans le groupe affine mais plus probablement on ne le saura jamais.
En fait on a la formule mirifique:
$$s_{f(a)}=f\circ s_a\circ f^{-1}$$
où $s_a$ désigne la symétrie centrale par rapport au point $a$ et $s_{f(a)}$ la symétrie centrale par rapport au point $f(a)$ et $f$ une transformation affine plane absolument quelconque.
Il résulte alors de cette remarque que si $(m,n)$ est une paire de points isotomiques dans le triangle $ABC$, la paire $(f(m),f(n))$ est formée de points isotomiques dans le triangle $f(A)f(B)f(C)$
Autrement dit si $A'=f(A)$, $B'=f(B)$, $C'=f(C)$ et si $i'$ est l'isotomie par rapport au triangle $A'B'C'$, on a:
$$f(n) = i'(f(m))=f(i(m))$$
ou encore:
$$i'\circ f=f\circ i$$
Et finalement
$$i'=f\circ i\circ f^{-1}$$
Application à notre cas de figure?
Amicalement
pappus