triangles équilatéraux homologiques

Mon cher Amateur
Même si tu en doutes, j'ai vraiment montré que ces centres de gravité étaient alignés.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour Amateur
En fait ta formulation de ce problème était assez obscure.
Tout s'éclaircit quand on utilise les similitudes indirectes mais comme les similitudes et en particulier les similitudes indirectes ont disparu de notre culture, il t'était difficile d'avoir un énoncé clair.
La preuve de l'existence de cette hyperbole équilatère est aussi pratiquement impossible à écrire aujourd'hui dans le cadre de nos programmes.
Si Newton en avait su autant sur les coniques que nos agrégatifs actuels, il n'aurait jamais trouvé la théorie de la gravitation en 1687!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Amateur
La situation est pourtant simple. Prends deux triangles équilatéraux $ABC$ et $A'B'C'$ tels que les droites $\ell_a=AA'$, $\ell_b=BB'$, $\ell_c=CC'$ soient concourantes en un point $O$.
Deux triangles équilatéraux $ABC$ et $A'B'C'$ sont toujours semblables puisqu'ils ont les mêmes angles.
Soit ils le sont directement soit ils le sont indirectement, d'où deux familles de triangles équilatéraux inscrits dans les droites $\ell_a$, $\ell_b$, $\ell_c$.
Les triangles équilatéraux appartenant à une même famille sont homothétiques et donc directement semblables.
Les triangles équilatéraux appartenant à deux familles différentes sont indirectement semblables.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Voici une figure plus précise.
J'ai tracé en rouge: le triangle équilatéral $ABC$, son centre $O$, l'hyperbole équilatère $\mathcal H$ passant par les points $\Omega$, $O$, $A$, $B$, $C$.
J'ai tracé en bleu: le triangle équilatéral $A'B'C'$, son centre $O'$, l'hyperbole équilatère $\mathcal H'$ passant par les points $\Omega$, $O'$, $A'$, $B'$, $C'$.
On note $s$ la similitude indirecte envoyant $ABC$ sur $A'B'C'$.
J'ai tracé son centre $S$ et en pointillé noir ses axes $D$ et $D^{\perp}$.
Les hyperboles $\mathcal H$, $\mathcal H'$ se coupent en quatre points réels:
1° Les points à l'infini des droites $D$ et $D^{\perp}$
2° Les points $\Omega$ et $S$.
On a: $s(\mathcal H)=\mathcal H'$ et pour tout point $M\in \mathcal H$, les points $\Omega$, $M$, $M'=s(M)$ sont alignés. En particulier les points $\Omega$, $O$ et $O'=s(O)$ sont alignés.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Un petit problème:
On se donne le triangle équilatéral $ABC$ et le point $\Omega$, construire le ou les triangle(s) équilatéraux $A'B'C'$ indirectement semblables au triangle $ABC$, homologiques du triangle $ABC$ par rapport au point $\Omega$ et tels que la similitude indirecte $s$ envoyant $ABC$ sur $A'B'C'$ soit sans point fixe.

Bonjour Pappus
Un petit problème:
On se donne le triangle équilatéral $ABC$ et le point $\Omega $, construire le ou les triangle(s) équilatéraux $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ indirectement semblables au triangle $ABC$, homologiques du triangle $ABC$ par rapport au point $\Omega $ et tels que la similitude indirecte $s$ envoyant $ABC$ sur $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ soit sans point fixe.

Il y a $2$ solutions symétriques par rapport à $\Omega $; pour chacune, $s$ est une symétrie glissée composée d'une symétrie orthogonale par rapport à une asymptote de ton hyperbole H et d'une translation parallèlement à cette asymptote.
D'où la construction : $A_{1}B_{1}C_{1}$ étant symétrique de $ABC$ par rapport à une asymptote $d$ de H, les parallèles à $d$ passant par $A_{1},B_{1},C_{1}$ coupent respectivement les droites $\Omega A,\Omega B,\Omega C$ en $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$; leurs symétriques par rapport à $\Omega $ donnent l'autre solution.
Amicalement

Re-bonjour Pappus
La seule difficulté qui reste alors devant nous est la construction des asymptotes de l'hyperbole équilatère passant par les points $A,B,C,O,\Omega $
Une possibilité (probablement pas la plus simple) :
ce sont les droites de Simson par rapport à $ABC$ des points communs au cercle $ABC$ et à la droite $O\Omega ^{\ast }$ où $\Omega ^{\ast }$ est l'isogonal de $\Omega $ par rapport à $ABC$. (Pour la construction précédente, une seule asymptote suffit)
Amicalement. Poulbot

Bonsoir
Ce qui vient d'être dit s'applique tout aussi bien à un triangle $ABC$ quelconque.
En d'autres termes, étant donnés un triangle $ABC$ d'orthocentre $H$ et un point $\Omega \neq H$, pour construire les triangles $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ images de $ABC$ par un antidéplacement et en perspective en $\Omega $ avec $ABC$, il suffit de procéder comme il a été dit ICI en prenant pour H l'hyperbole équilatère passant par $A,B,C,\Omega $ (et $H$ évidemment).
Amicalement. Poulbot