Simson

Bonjour,

1° Les orthocentres sont sur la droite de Steiner qui est l'image de $(D)$ par l'homothétie de centre $M$ et de rapport $2$.

Cordialement,
Rescassol

Bonjour, Pappus, сколько лет, сколько зим...

Ce n'est pas que je ne fréquente plus le forum de Géométrie, mais je ne prends connaissance des fils que lorsqu'il y a déjà des réponses qui ont plié les questions. Pour une fois, j'arrive au début de la bataille !
En plus, ce n'est pas trop dur !!!

D'un point $N$ sur le droite de Simson, on mène la perpendiculaire à $(MN)$, laquelle coupe $(\Gamma)$ en deux points $B$ et $C$ (pourvu que $N$ soit dans un certain intervalle ouvert non vide). Le cercle de diamètre $(MC)$ coupe $(D)$ en $N$ et en un autre point, $N'$ ; enfin, la droite $(CN')$ recoupe $(\Gamma)$ en un point $A$. La droite de Simson de $M$ relative au triangle $(ABC)$ est bien $(D)$ puisque deux des projections sont dessus.

L'enveloppe des côtés est un arc de l'antipodaire de $M$ par rapport à $(D)$, savoir la parabole de foyer $M$ et de tangente au sommet $(D)$.

La réponse à la dernière question (3)) est donc sans doute : la CNS est que le foyer de la parabole soit sur le cercle.
J'ai bon, m'sieur ?

Bonsoir à tous,
La construction de john-john n'est pas toujours possible, car lorsque $N$ varie sur $(D)$ la perpendiculaire à $(MN)$ passant par $N$ peut très bien ne jamais rencontré le cercle. La droite $(D)$ ne peut pas être quelconque.

Bonjour,

$\def\ptv{~;~}$  On prend le cercle unité comme cercle de base, et on pose $D\simeq\left[\rho,k,1/\rho\right]$, $M\simeq\tau:1:1/\tau$ avec $\rho,\tau$ turns et $k\geq0$. Soit $\alpha,\beta,\gamma$ le triangle inconnu. On calcule la droite de Simson et on trouve: \[ \left[2\,\delta^{2}\ptv\alpha\,\beta\,\gamma+\left(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha\right)\delta-\left(\alpha+\beta+\gamma\right)\delta^{2}-\delta^{3}\ptv-2\,\alpha\beta\gamma\,\delta\right] \] Il serait tentant d'introduire les fonctions symétriques en $\alpha,\beta,\gamma$... mais c'est exactement ce qu'il ne faut pas faire. Il faut, au contraire, briser la symétrie et introduire \[ \left\{ \gamma\,\beta=\mathrm{PP},\beta+\gamma=\mathrm{SS}\right\} \] Une identification donne \[ \left\{ \mathrm{PP}=\dfrac{-\delta}{\rho^{2}\alpha},\;\mathrm{SS}=\dfrac{\left(\alpha+\delta\right)\alpha\delta{\rho}^{2}+2\,\alpha\,\delta\,k\rho+\alpha+\delta}{\rho^{2}\alpha\,\left(\alpha-\delta\right)}\right\} \]

1. On en déduit: $H\simeq\left(\begin{array}{c} \sigma_{1}\\ 1\\ \sigma_{2}/\sigma_{3} \end{array}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} \delta\,\left(\alpha^{3}\rho^{2}+\alpha\,\delta^{2}\rho^{2}+2\,\alpha\,\delta\,k\rho+\alpha+\delta\right)\\ \rho^{2}\alpha\,\left(\alpha-\delta\right)\delta\\ -\rho^{2}\left(\alpha^{3}\delta\,\rho^{2}+\alpha^{2}\delta^{2}\rho^{2}+2\,\alpha^{2}\delta\,k\rho+\alpha^{2}+\delta^{2}\right) \end{array}\right)$ et donc $H$ reste sur la droite $\left[\rho\ptv\delta\rho+2\,k+\dfrac{1}{\delta\rho}\ptv\dfrac{1}{\rho}\right]$. On voit immédiatement que cette parallèle à la droite $D$ n'est autre que la droite de Steiner de $M$.
2. On passe à la droite $BC\simeq\left[1\ptv-\mathrm{SS}\ptv\mathrm{PP}\right]$. Un coup de locusconi donne son enveloppe lorsque $\alpha$ varie. Comme le coefficient central est nul, cette conique est une parabole. Un coup de Plucker et l'on (re)trouve foyer et directrice.
3. On passe à la droite $AH\simeq\left[-\alpha\ptv\alpha^{2}-\mathrm{PP}\ptv\mathrm{PP}\,\alpha\right]$. Le point courant de l'enveloppe est \begin{eqnarray*} K\left(\alpha\right)\doteq AH\wedge\frac{\partial AH}{\partial\alpha} & \simeq & \left[\alpha^{2}\rho^{2},-\alpha^{3}\rho^{2}-\delta,\alpha\,\delta\right]\wedge\left[2\,\rho^{2}\alpha,-3\,\alpha^{2}\rho^{2},\delta\right]\\ & \simeq & \left(\delta\,\left(2\,\alpha^{3}\rho^{2}-\delta\right):\alpha^{2}\delta\,\rho^{2}:\rho^{2}\alpha\,\left(2\,\delta-\alpha^{3}\rho^{2}\right)\right) \end{eqnarray*} Soit $z_{K}\left(\alpha\right)=2\alpha-\dfrac{\delta}{\rho^{2}}\,\dfrac{1}{\alpha^{2}}$. Ah, le beau deltoïde !
4. On sait que $H$ ne peut pas se mouvoir ad libitum sur la droite de Steiner. En fait, $H$ ne doit pas sortir à l'extérieur du deltoïde. On vérifie que \[ \frac{\left(H\mathrm{\in deltoide}\right)\times\left(M\in D\right)^{2}}{\left(A\in\mathrm{para}\right)\times\left(B\in\mathrm{para}\right)\times\left(C\in\mathrm{para}\right)}=\frac{1}{4\delta^{5}\rho^{4}} \] et on conclut par continuité.

Cordialement, Pierre.

Le deltoïde est incomplet car je n'ai fait tracer que l'enveloppe de $(AH)$ (qui est donc peut-être strictement incluse dans le $H_3$).

Merci, Ludwig ! Qu'entendent-ils par chemin ? S'agit-il de la famille de courbes dont en cherche l'enveloppe ? Ces courbes doivent-elles être égales à isométrie directe près, càd liées à un repère mobile ?  J'ai trouvé, en furetant un peu --- effectivement, c'est tout objet de dimension cohomologique $1$ et constructible, mais il n'est pas écrit que, par exemple, un cercle doit être de rayon constant.

NB : chemin est ce qui apparaît dans ma version de Géogébra ; peut-être est-elle un peu paléolithique.
NB2 : CaBri donnait des enveloppes tout à fait honorables.

Merci, Cailloux,
j'ai lu le lien que tu cites et regardé comment fonctionne ton exemple d'enveloppe d'une famille de cercles ; ce n'est pas si mal que cela (l'enveloppe semble bien tangente aux cercles lorsque l'on déplace le curseur).
Cela dit, je me contenterais d'une commande d'enveloppe de droites (dans ma figure d'hier, j'avais construit les points caractéristiques puis fait tracer le lieu d'iceux).
Cordialement, j__j