Quadruplets de Feuerbach

Merci Bouzar de relancer ce problème difficile
Le cercle $\Gamma$ joue le rôle du cercle d'Euler de centre $N$ traditionnellement.
Il est clair que si on a une solution, une rotation autour de $N$ ou une symétrie par rapport à un diamètre de $\Gamma$ en fournit une autre.
On peut donc se fixer une droite $L$ passant par $N$ et faire varier dessus le centre $O$ du cercle circonscrit $\Gamma'$ au triangle $ABC$.
Ce cercle $\Gamma'$ est alors parfaitement déterminé puisque son rayon est double de celui de $\Gamma$.
Quant à la suite, eh bien on attend Godot ou plus sérieusement Poulbot!
Car je n'ai pas la moindre idée de ce qu'il faut faire!
Depuis le temps que ces points existent, on a dû calculer leurs affixes, alors?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour Rescassol
Il faudrait surtout avoir leurs affixes quand on prend le cercle d'Euler pour cercle-unité!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir,

Finalement, ce n'est pas très concluant pour le moment.
Si je fais du Morley circonscrit par rapport au cercle d'Euler circonscrit au triangle médian $A'(u^2),B'(v^2),C'(w^2)$ avec $u,v,w$ de modules $1$, j'obtiens $A(-u^2+v^2+w^2)$ et permutation circulaire.
Ensuite, les quatre centres inscrit et exinscrits au triangle $A'B'C'$ sont $\pm uv\pm vw\pm wu$ avec un nombre impair de signes $-$.
On remonte du triangle $A'B'C'$ au triangle $ABC$ par l'homothétie de centre $G\left(\dfrac{u^2+v^2+w^2}{3}\right)$, leur centre de gravité commun, et de rapport $-2$. Son expression est $h(z)=-2z+(u^2+v^2+w^2)$.
On obtient ainsi les quatre centres inscrit et exinscrits au triangle $ABC$: $j=(u+v+w)^2$, $ja=(-u+v+w)^2$ et permutation circulaire.
On ne sait bien sûr pas lequel est lequel.
Si je cherche l'intersection de la droite $(JJ_A)$ et du cercle d'Euler, je trouve une équation du second degré dont le discriminant n'est pas un carré parfait: $vwz^2 - (vw - u^2)(v^2 + vw + w^2)z - u^2v^2w^2=0$ et permutation circulaire.
De même $vwz^2 - (u^2 + vw)(v^2 - vw + w^2)z + u^2v^2w^2=0$ avec la droite $(J_BJ_C)$.

Cordialement,

Rescassol

Merci Poulbot, Prince de la Géométrie du Triangle
J’aurais bien été incapable de trouver tout cela et je vais passer un bon bout de temps agréable à vérifier tes affirmations.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour Bouzar
J'ignorais cette terminologie qui sonne si bien à l'oreille.
Remarques :
$U_{a},U_{b},U_{c}$ sont les points d'intersection des côtés correspondants du triangle orthique et du triangle médial de $ABC$ (c'est une conséquence facile du calcul de coordonnées qui suit).
$U_{a}U_{b}U_{c}$ étant clairement autopolaire par rapport au cercle d'Euler de $ABC$, son orthocentre est le centre de ce cercle.

Relativement au triangle médial $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$, on a $F=\left( \dfrac{a}{b-c}:\dfrac{b}{c-a}:\dfrac{c}{a-b}\right) $; $F_{a}$ est obtenu en changeant $a$ en $-a$, …
Il en résulte que $U_{a}=\left( 0:a^{2}-b^{2}:c^{2}-a^{2}\right) ,...$.
Ainsi, relativement à $ABC$, on a $U_{a}=\left( -\left( b^{2}-c^{2}\right) :c^{2}-a^{2}:a^{2}-b^{2}\right) ,...$ et $U_{a}U_{b}U_{c}$ est le triangle précévien du point à l'infini $K_{\infty }=\left( b^{2}-c^{2}:c^{2}-a^{2}:a^{2}-b^{2}\right) $ qui est le "perspecteur" de l'hyperbole de Kiepert et le point à l'$\infty $ de la parabole du même Kiepert.

Un petit lemme que je laisse à nos amis le soin de prouver (ce n'est pas si difficile) :
Etant donnés un triangle $UVW$ et un point à l'infini $P$, soient $U^{\prime }V^{\prime }W^{\prime }$ le triangle cévien de $P$ par rapport à $UVW$ et $\Gamma _{P}$ la conique circonscrite à $UVW$ de perspecteur $P$ (elle passe aussi par le centre de gravité de $UVW$).
Alors le centre $\Omega _{P}$ de la conique $\Gamma _{P}$ est sur l'ellipse de Steiner inscrite dans $UVW$ et l'application affine $UVW\rightarrow U^{\prime }V^{\prime }W^{\prime }$ est l'affinité d'axe l'axe de perspective des triangles $UVW$ et $U^{\prime }V^{\prime }W^{\prime }$, de direction $P$ et de rapport $-2$. L'axe d'affinité est aussi la tangente en $\Omega _{P}$ à l'ellipse de Steiner inscrite dans $UVW$.

$ABC$ étant le triangle cévien de $K_{\infty }$ par rapport à $U_{a}U_{b}U_{c}$, il en résulte que, comme je l'avais dit plus haut, l'application affine $U_{a}U_{b}U_{c}\rightarrow ABC$ est l'affinité de rapport $-2$, de direction $K_{\infty }$ et d'axe la tangente au centre de l'hyperbole de Kiepert à l'ellipse de Steiner inscrite dans $U_{a}U_{b}U_{c}$.


Amicalement. Poulbot

Bonjour
Cela est vrai pour tout triangle $F_{a}F_{b}F_{c}$ en perspective avec $ABC$.
Amicalement. Poulbot

Bonjour,

Avec Morley inscrit, une équation de la conique de Feuerbach est:
$a\space z^2+b\space z \overline{z} + c\space \overline{z}^2+ d\space z + e\space \overline{z} + f = 0 $
avec:

a = s1^7*s3 - 8*s1^5*s2*s3 + 12*s1^4*s3^2 + 18*s1^3*s2^2*s3 - 44*s1^2*s2*s3^2 - 12*s1*s2^3*s3 + 32*s1*s3^3 + s2^5 + 16*s2^2*s3^2;
b = - 2*s1^6*s3^2 + s1^5*s2^2*s3 + 23*s1^4*s2*s3^2 - 12*s1^3*s2^3*s3 - 32*s1^3*s3^3 + s1^2*s2^5 - 40*s1^2*s2^2*s3^2 + 23*s1*s2^4*s3 + 136*s1*s2*s3^3 - 2*s2^6 - 32*s2^3*s3^2 - 96*s3^4;
c = s1^5*s3^3 - 12*s1^3*s2*s3^3 + 18*s1^2*s2^3*s3^2 + 16*s1^2*s3^4 - 8*s1*s2^5*s3 - 44*s1*s2^2*s3^3 + s2^7 + 12*s2^4*s3^2 + 32*s2*s3^4;

d = - 2*s1^6*s2*s3 - 6*s1^5*s3^2 + 16*s1^4*s2^2*s3 - 4*s1^3*s2*s3^2 - 24*s1^2*s2^3*s3 - 24*s1^2*s3^3 - 2*s1*s2^5 + 56*s1*s2^2*s3^2 + 6*s2^4*s3 - 32*s2*s3^3;
e = - 2*s1^5*s2*s3^2 + 6*s1^4*s3^3 - 24*s1^3*s2^2*s3^2 + 16*s1^2*s2^4*s3 + 56*s1^2*s2*s3^3 - 2*s1*s2^6 - 4*s1*s2^3*s3^2 - 32*s1*s3^4 - 6*s2^5*s3 - 24*s2^2*s3^3;
 
f = 4*s1^6*s3^2 - 12*s1^4*s2*s3^2 - 4*s1^3*s2^3*s3 + 20*s1^3*s3^3 + 36*s1^2*s2^2*s3^2 - 12*s1*s2^4*s3 - 120*s1*s2*s3^3 + 4*s2^6 + 20*s2^3*s3^2 + 96*s3^4;

Cordialement,

Rescassol

Bonjour Bouzar

Il suffit d'utiliser le fait que le cercle inscrit est tangent intérieurement au cercle d'Euler alors que les cercles exinscrits lui sont tangents extérieurement mais il y avait une erreur de signe, désormais corrigée, dans les $3$ dernières égalités.
La première est une conséquence immédiate de $\overline{NF}=\dfrac{R}{2},\overline{IF}=r$.
Puisque $\overline{NF_{a}}=\dfrac{R}{2},\overline{I_{a}F_{a}}=-r_{a}$, on a aussi $F_{a}M^{2}=\dfrac{R\cdot I_{a}M^{2}+2r_{a}\cdot NM^{2}}{R+2r_{a}}-\dfrac{Rr_{a}}{2}$.
Amicalement. Poulbot

Bonsoir,

Avec Morley inscrit, $FA^2=\dfrac{(u(v^2+w^2) - vw(v+w))((v^2+w^2) - u(v+w))}{s_1s_2(v+w)^2}$.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour Bouzar
Pourrais-tu nous dire où tu veux en venir et nous soumettre la suite de ce problème?
En attendant, je te suggère de vérifier que, relativement à $F_{a}F_{b}F_{c}$, $F$ a pour coordonnées barycentriques $\left( \dfrac{b+c}{b-c}\left( R+2r_{a}\right) :\dfrac{c+a}{c-a}\left( R+2r_{b}\right) :\dfrac{a+b}{a-b}\left( R+2r_{c}\right) \right) $.
Amicalement. Poulbot