Variations sur Pappus et Joachimstahl

Re-bonjour
Pour généraliser ce qui se passe pour les coniques passant par $A,B,C$ dont les normales en $A,B,C$ concourent,
désignons par $D_{A,\varphi },D_{B,\varphi },D_{C,\varphi }$ les droites passant respectivement par $A,B,C$ pour lesquelles $\left( T_{A},D_{A,\varphi }\right) =\left( T_{B},D_{B,\varphi }\right) =\left( T_{C},D_{C,\varphi }\right) =\varphi $ et disons que $\Gamma $, passant par $A,B,C$, est une $\varphi $-conique si $D_{A,\varphi },D_{B,\varphi },D_{C,\varphi }$ sont concourantes.
Alors, $\varphi $ étant donné,
le lieu $\gamma \left( \varphi \right) $ des centres des $\varphi $-coniques est une cubique passant par les milieux des côtés de $ABC$ et tangente en $A,B,C$ à la symédiane correspondante (comme la cubique de Thomson $\gamma \left( \frac{\pi }{2}\right) $)
le lieu des perspecteurs des $\varphi $-coniques est $\gamma \left( -\varphi \right) $ qui est aussi l'isogonale de $\gamma \left(\varphi \right) $

C'est un peu délicat (mais pas trop calculatoire) à prouver avec les coordonnées barycentriques, qui se prêtent mal à des calculs angulaires et j'espère que cela pourra convenir à Rescassol.

Bien cordialement. Poulbot

Bonjour Bouzar
Le centre de la conique est l'origine du repère. D'autre part, je ne vois pas l'intérêt d'utiliser des coordonnées homogènes.
Pour changer un peu, prenons le cas de l'hyperbole $\dfrac{x^{2}}{\alpha ^{2}}-\dfrac{y^{2}}{\beta ^{2}}=1$.
On peut la paramètre par $t\rightarrow f\left( t\right) =\left( \alpha \dfrac{t^{2}+1}{2t},\beta \dfrac{t^{2}-1}{2t}\right) $.
Supposons $A=f\left( a\right) ,B=f\left( b\right) ,C=f\left( c\right) ,D=f\left( d\right) $ et donc $D^{\prime }=f\left( -d\right) $.

En écrivant l'équation donnant les paramètres des points d'intersection de $\Gamma $ et d'un cercle quelconque, on montre que $f\left( t_{1}\right) ,f\left( t_{2}\right) ,f\left( t_{3}\right) ,f\left( t_{4}\right) $ sont cocycliques $\Longleftrightarrow t_{1}t_{2}t_{3}t_{4}=1$.
Ainsi $\left( 1\right) \Longleftrightarrow$abcd=-1. Cela prouve $a)$.

Soit $P\left( t\right) =\left( t-a\right) \left( t-b\right) \left( t-c\right) \left( t-d\right) =t^{4}-\sigma _{1}t^{3}+\sigma _{2}t^{2}-\sigma _{3}t+\sigma _{4}$.
La tangente $T\left( t\right) $ et la normale en $f\left( t\right) $ à $\Gamma $ ayant respectivement pour équation
$u_{t}\left( x,y\right) =\beta \left( t^{2}+1\right) x-\alpha \left( t^{2}-1\right) y-2\alpha \beta t=0$ et $v_{t}\left( x,y\right) =\alpha \left( t^{2}-1\right) x+\beta \left( t^{2}+1\right) y-\left( \alpha ^{2}+\beta ^{2}\right) \dfrac{\left( t^{2}+1\right) \left( t^{2}-1\right) }{2t}=0$,
si $M=\left( x,y\right) $, on a $\tan \left( f\left( t\right) M,T\left( t\right) \right) =\varphi \Longleftrightarrow u_{t}\left( x,y\right) -\varphi v_{t}\left( x,y\right) =0$.
$t\rightarrow \dfrac{2t}{\varphi \left( \alpha ^{2}+\beta ^{2}\right) }\left( u_{t}\left( x,y\right) -\varphi v_{t}\left( x,y\right) \right) $ étant un polynôme normalisé de degré $4$, $\left( 2\right) $ est équivalent à l'existence de $x,y,\varphi $ tels que ce polynôme soit égal à $P$. En l'ordonnant par rapport à $t$, on constate que $\left( 2\right) \Longleftrightarrow \sigma _{4}=-1$.
Dans ce cas, puisque $\left( AM,T_{A}\right) =\left( BM,T_{B}\right) \Longleftrightarrow \left( AM,BM\right) =\left( T_{A},T_{B}\right) $, on dispose de $6$ cercles passant par $M$ : le cercle passant par $A,B,T_{A}\cap T_{B}$ et ses $5$ confrères. Cela semble suffisant pour construire $M$.

Une hyperbole équilatère d'asymptotes parallèles aux axes de $\Gamma $ a pour équation $\left( x-p\right) \left( y-q\right) -r=0$.
$f\left( t\right) $ est sur cette hyperbole ssi $h\left( t\right) =0$ où $h\left( t\right) =\alpha \beta t^{4}-2\left( \alpha q+\beta p\right) t^{3}+4\left( pq-r\right) t^{2}-2\left( \alpha q-\beta p\right) t-\alpha \beta $.
$\left( 3\right) $ est donc équivalent à l'existence de $p,q,r$ tels que $h=\alpha \beta P$, soit encore à $\sigma _{4}=-1$.

Si tu en as le courage, tu peux adapter ce qui précède à une ellipse, soit à $f\left( t\right) =\left( \alpha \dfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}},\beta \dfrac{2t}{1+t^{2}}\right) $ et(ou) exécuter un joli calcul barycentrique pour la suite.
Il y a peut-être plus simple mais, par les temps qui courent, je me contenterai de ce que j'ai fait.
Amicalement.
Poulbot

PS : Toutes mes excuses pour les probables coquilles.