Une figure parlante

Voici la traduction en espéranto
Tao

@soland
Ce sont des diamètres!
Tao

Bonjour, Mr Tao,

Vous êtes encore moins parlant que la figure.

Il faut appeler le commissaire

l'aveu est la probatio probissima

@ Yanguyen. \[ \rho=


\dfrac{-{\left(a + b - c\right)} {\left(a - b + c\right)} {\left( b+ c-a\right)}}{2 \, {\left(a^{2} - 2 \, a b + b^{2} - 2 \, a c - 2 \, b c + c^{2}\right)}}
\]

4 ; 6776

Bonsoir Tao,

" Ceux qui ont vraiment du temps à perdre avec ETC peuvent refaire le même exercice avec le premier cercle de Lemoine "

On peut aussi découvrir cela dans le livre bleu de J.-D. Eiden en page 100,

où c'est fait en rapport avec le théorème de Carnot.

Le Eiden c'est bien.


Cdt,

Afif

Bonne nuit,

A partir du moment où j'ai l'affixe d'un point, il me faut environ une minute pour le trouver dans l'ETC, on peut appeler ça une perte de temps.

Cordialement,

Rescassol

Bonne nuit,

Tu as été plus rapide que moi.
J'avais trouvé les résultats pour le premier cercle de Lemoine, mais pas eu le temps de regarder pour le second.
Il se trouve que j'ai écrit un script Matlab dans lequel il me suffit d'écrire un point en Morley circonscrit en fonction de $s_1,s_2,s_3$ et qui me répond les coordonnées trilinéaires dans le triangle $6,9,13$. Il est alors assez rapide de trouver le point dans l'ETC. J'ai l'équivalent en Morley inscrit.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

Rien ne fait peur à Morley :-D
je suis parti d'une homothétie de centre $K$ et de rapport $t$ qui transforme $ABC$ en un triangle $A_1B_1C_1$.
J'ai cherché les points d'intersection des côtés de $ABC$ avec ceux de $A_1B_1C_1$.
J'ai obtenu $W$, $E$ et $S$ en fonction de $t$.
$t$ se trouve être le rapport de l'homothétie de centre K qui transforme $S$ en $E$.
Plus le temps d'ici ce soir.

Cordialement,

Rescassol

Cette figure généralise la configuration du premier cercle de Lemoine. Cette fois-ci $M$ est un point quelconque du plan, pas forcément le point de Lemoine.
On constate que les six points $A_1$, $A_2$, $B_1$, $B_2$, $C_1$, $C_2$ sont toujours sur une même conique dont on peut discuter des invariants affines ou métriques en fonction du point $M$.
Comme précédemment, les paires $(A_1, A_2)$, $(B_1, B_2)$, $(C_1, C_2)$ définissent des correspondances affines sur les côtés du triangle $ABC$.
On se doute un peu que l'équicentre en est le point $M$, (encore faut-il le montrer!), mais où se trouve le centre aréolaire?
Tao

@poulbot
Bravo pour ta démonstration concise via l'algèbre linéaire. Il reste cependant un petit point de détail, vérifier que $M$ est l'unique point ayant cette propriété.
Une démonstration synthétique reste cependant possible.
Ci-dessous une figure où j'ai rajouté les sommets des triangles céviens du point $E$, (à savoir ton point $M$), dans les triangles $A_1B_1C_1$ et $A_2B_2C_2$.
Les segments de même couleur sont parallèles ou ont vocation à l'être.
Une telle débauche de parallélisme devrait faciliter l'emploi du théorème de Thalès.
Tao
PS
Bravo aussi pour ta remarque concernant l'ellipse de Steiner!

Bonjour Tao
effectivement, la conique dégénère en $2$ droites se coupant en l'isotomique du complément de $E$, point qui décrit ainsi la quartique isotomique de l'ellipse de Steiner inscrite.
Puisqu'on parle de figures parlantes, laissons parler celle correspondant au cas où $M$ est sur l'ellipse de Steiner inscrite.
Cordialement. Poulbot

@Tao Serait-ce le fameux axe orthique?
Cordialement. Poulbot

On a vu la généralisation affine du premier cercle de Lemoine.
Voyons maintenant une généralisation possible du second cercle.
Sur cette figure, $P$ est un point quelconque.
Je prends le symétrique $A'B'C'$ du triangle $ABC$ par rapport à $P$ et je forme les intersections des deux triangles $ABC$ et $A'B'C'$ pour obtenir l'hexagone $A_1A_2B_1B_2C_1C_2$.
Le logiciel suggère que cet hexagone est inscrit dans une conique de centre $O$.
D'autre part les paires $(A_1,A_2)$, $(B_1,B_2)$, $C_1,C_2)$ définissent des correspondances affines entre les côtés du triangle $ABC$ dont j'ai tracé le centre aréolaire $S$ et l'équicentre $E$.
Le logiciel suggère fortement que $P$ est le milieu de $SE$.
Enfin on peut s'intéresser aux invariants affines et métriques de la conique associée à $P$ comme on l'a fait dans la généralisation du premier cercle et chercher par exemple le lieu des points $P$ pour lesquels la conique associée à une excentricité donnée!
Tout cela fait pas mal de pain sur la planche!
Tao

Bonjour Tao
on peut supposer que $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ est image de $ABC$ par l'homothétie $\left( P,k\right) $. C'est ce que j'avais fait pour regarder ce qui se passe pour les cercles de Tucker, en faisant une petite étude affine puis en prenant pour $P$ le point $K$ de Lemoine pour que la conique soit un cercle.
Avec les coordonnées (voir plus bas), j'ai obtenu l'équation assez lourde de la conique (que j'ai la flemme de recopier) et vérifié que ses points à l'$\infty $ étaient indépendants de $k$; ainsi c'est un cercle un si $P=K$, une parabole si $P$ est sur l'ellipse de Steiner inscrite et une hyperbole équilatère si $P$ est sur l'axe orthique.
Elle dégénère quand $P$ est sur l'image de l'ellipse de Steiner circonscrite par l'homothétie $\left( G,\pm \dfrac{\sqrt{k^{2}+k+1}}{k-1}\right) $ (quand $k=-1$ que tu envisageais cela donne l'ellipse de Steiner inscrite et la conique dégénère en deux droites parallèles - voir figure ci-dessous)
En modifiant ce que j'avais fait plus haut, si $P=\left( p:q:r\right) $,

la matrice de $f_{1}:ABC\rightarrow A_{1}B_{1}C_{1}$ est $\begin{bmatrix}0&p+q+kr&(1-k)p\\(1-k)q&0&q+r+kp\\r+p+kq&(1-k)r&0\end{bmatrix}$

et celle de $f_{2}:ABC\rightarrow A_{2}B_{2}C_{2}$ est $\begin{bmatrix}0&(1-k)p&r+p+kq\\p+q+kr&0&(1-k)q\\(1-k)r&q+r+kp&0\end{bmatrix}$.

Tout cela a une forme un peu plus sympa en normalisant les coordonnées de $P$ et en remplaçant $k$ par $1-k$, ce que je ne ferais pas.
Le point $S=\left[ \dfrac{1}{p+k\left( q+r\right) }:\dfrac{1}{q+k\left( r+p\right) }:\dfrac{1}{r+k\left( p+q\right) }\right] $ a même image $E=P+k\overrightarrow{PS}$ par $f_{1}$ et $f_{2}$.
Ce centre aréolaire $S$ est l'isotomique de l'image de $P$ par l'homothétie $\left( G,\dfrac{1-k}{2k+1}\right) $; ainsi, il est sur la conique circonscrite isotomique de la droite $GP$ (d'où l'hyperbole de Kiepert quand $P=K$)
Je pense avoir totalement déterminé $E$ et $S$.
Cordialement. Poulbot

Pour cela, j'ai muni le plan affine d'une structure euclidienne telle que le triangle $ABC$ soit équilatéral.
Les hauteurs de ce triangle sont donc les droites $GA$, $GB$, $GC$ où $G$ est le centre de gravité.
J'en ai profité pour tracer la droite de Simson de $E$ avec son point de contact $\Omega'$ avec son enveloppe.
Le logiciel montre alors que $\overrightarrow{G\Omega}=\dfrac 23\overrightarrow{G\Omega'}$.
Le lieu de $\Omega$ est donc une $H3$ homothétique de la $H3$ lieu de $\Omega'$.
Tao

Re-bonjour
plus haut, j'avais identifié ton lieu (rouge) , quand $E$ est sur l'ellipse de Steiner circonscrite, comme l'isotomique de l'ellipse de Steiner inscrite.
C'est une quartique tricuspidale (de classe $3$) comme on le voit d'ailleurs sur ta figure.
Equation barycentrique $y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}+x^{2}y^{2}-2\left( x+y+z\right) xyz=0$
Il est très facile de la paramétrer; par exemple $\left( x:y:z\right) =\left( \dfrac{1}{\left( t-1\right) ^{2}}:\dfrac{1}{\left( t+1\right) ^{2}}:\dfrac{1}{4t^{2}}\right) $
Equation tangentielle $\left( u+v+w\right) ^{3}=27uvw$
Cordialement. Poulbot