Cercle des neuf points

Le théorème de Feuerbach...
mais je pense que tu cherches quelque chose de simple.
La figure du théorème de Morley (visiblement inévitable)
contient un 9-gone régulier "in spe", ça fait 9 points sur un cercle.
Mais j'abuse de ta patience.

P.S. Si le triangle initial est équilatéral.

Les neuf points du cercle des neuf points d'un triangle d'angles $\pi/7$, $2\pi/7$ et $4\pi/7$
le découpent en neuf arcs dont on calculera la mesure.

Les 9 points se réduisent à 5 si le triangle est rectangle non isocèle, et ces 5 points sont sommets d'un hexagone régulier si ce triangle est demi-équilatéral.
Si je ne me trompe...

Bonjour à tous
A tout hasard je donne la solution de mon problème qui semble n'avoir intéressé personne sans doute à cause de sa grande trivialité.
J'utilise un théorème bien connu des sectateurs de la géométrie du triangle depuis belle lurette
Soit $ABC$ un triangle et $O$ le centre de son cercle circonscrit. Soit $D$ une droite passant par $O$.
Alors la $FLTI$ des triangles podaires des points de $D$ a pour équicentre l'orthopôle $\Omega$ de la droite $D$, point qui appartient au cercle médial appelé aussi cercle d'Euler ou cercle des $9$ points, à votre choix m'sieur dame!
De plus tous les cercles podaires de cette famille passent par $\Omega$.
Etonnant n'est-il pas?
Maintenant soit $P$ un point et $\Gamma$ son cercle podaire.
D'après le minuscule lemme précédent, $\Gamma$ passe par l'orthopôle $\Omega$ de la droite $OP$.
Mais autrefois, il y a bien bien longtemps, dans un autre monde et dans un autre siècle, on savait que $\Gamma$ était aussi le cercle podaire du point $P'$, isogonal de $P$.
Donc $\Gamma$ passe aussi par le point $\Omega'$, orthopôle de la droite $OP'$.
On aura $\Omega=\Omega'$ si et seulement si les droites $OP$ et $OP'$ sont les mêmes c'est à dire si et seulement si $P$ et son isogonal $P'$ sont alignés avec $O$.
Je crois me souvenir que le lieu de $P$ devrait être une cubique circulaire de Monsieur MachinChouette, (Darboux, Lemoine, Neuberg?, je ne me souviens plus, c'est triste!), qu'on a certainement dû rencontrer ici même dans un passé incertain.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Sur ma figure, le cercle d'Euler $\gamma$ est le cercle podaire du point $O$ centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$, lequel point appartient à $D$ et doit donc passer par $\Omega$ d'après le lemme. Aux points $U$ et $V$ intersections de $D$ avec le cercle circonscrit, le cercle podaire devient la droite de Simson de $U$ ou $V$, lesquelles droites doivent donc passer par $\Omega$ toujours d'après le lemme.
C'est la construction classique de l'orthopôle d'un diamètre!

Re-bonjour
Si on cherche le lieu des $M$ dont le triangle cévien est tangent au cercle d'Euler, cela se complique un peu (et doit sortir largement du cadre des questions voulues par hamzium).
Si $t$ est la transformation isotomique par rapport à $ABC$ et $f$ la transformation isogonale par rapport au triangle antimédial, ce lieu est, sauf erreur de ma part, une sextique image par $t$ de la cubique lieu des points $P$ pour lesquels $P,f\left( P\right) ,t\left( H\right) $ sont alignés.
Cela permet de construire ce lieu, mais cela sera sans moi.
L'équation barycentrique de cette cubique devrait être $\dfrac{\left( y-z\right) \left( y+z\right) ^{2}}{a^{2}}+\dfrac{\left( z-x\right) \left( z+x\right) ^{2}}{b^{2}}+\dfrac{\left( x-y\right) \left( x+y\right) ^{2}}{c^{2}}=0$ (remplacer $x,y,z$ par leurs inverses pour obtenir le lieu de $M$).
Je serai très reconnaissant à Rescassol ou à tout autre cybercalculateur de vérifier ce que je prétends ci-dessus.
Amicalement. Poulbot

Bonjour Pappus
I wrote : Le centre $\Omega _{P}$ de l'hyperbole équilatère circonscrite passant par $P$
Ce point $\Omega _{P}$ n'est pas l'orthopôle de la droite $OP$ mais de la droite $OP^{\ast }$ ($P^{\ast }$ isogonal de $P$)
Le fait que $\Omega _{P}$ soit sur le cercle cévien de $P$ est du à Poncelet. En fait, il a prouvé que si un triangle est autopolaire par rapport à une hyperbole équilatère, son cercle circonscrit passe par le centre de l'hyperbole. Il suffit de l'appliquer au triangle cévien $abc$ de $P$.
Je viens de retrouver la référence : voir ICI le théorème IV page 210.
Amicalement. Poulbot

Bonsoir Pappus
Je suis désolé d'avoir un peu contribué à ta grande tristesse mais je n'ai pas vu que tu désignais par $\Omega _{P}$ l'orthopôle de la droite $OP$.
En tout cas, tes contributions à ce forum sont toujours très pertinentes et d'un niveau remarquable; elles continuent, comme elles l'ont toujours fait, à enrichir considérablement notre niveau et notre culture géométrique.
Tu demeures notre meilleure référence dans ce domaine et nous t'en remercions profondément.
Amicalement. Poulbot

Bonsoir Poulbot,

Voici un début de réponse à ton message plus haut, avec Morley circonscrit.
L'isotomique de l'orthocentre $H$ par rapport au triangle $ABC$ est $t(h)=x_{69}=\dfrac{s_1^2s_2+3s_1s_3-4s_2^2}{s_1s_2-9s_3}$.
L'isogonal d'un point $P(z)$ par rapport au triangle antimédial $A'B'C'$ est:
$f(P)=\dfrac{-s_1s_3z\overline{z} - 2s_3^2\overline{z}^2 + (s_1s_2 - 4s_3)z + s_1^2s_3\overline{z} - s_2(s_1^2 - 2s_2)}{-s_3z\overline{z} + s_2z + s_1s_3\overline{z} + 4s_3 - s_1s_2}$
$P,f\left( P\right) ,t\left( H\right)$ sont alignés si $P$ est sur la cubique d'équation $T3+T2+T1+T0=0$ avec:

T3=2*s3*(s1*s2-9*s3)*z^3 + 4*s3^2*(s1^2-3*s2)*z^2*zB + 4*s3^2*(3*s1*s3-s2^2)*z*zB^2 + 2*s3^3*(9*s3-s1*s2)*zB^3;
T2=- 2*s3*(3*s1^2*s2+3*s1*s3-10*s2^2)*z^2 - 8*s3*(s3*s1^3-s2^3)*z*zB + 2*s3^2*(- 10*s3*s1^2+3*s1*s2^2+3*s3*s2)*zB^2; 
T1=(6*s1^3*s2*s3-14*s1^2*s3^2-4*s1*s2^2*s3-4*s2^4+24*s2*s3^2)*z + (4*s1^4*s3^2+4*s1^2*s2*s3^2-6*s1*s2^3*s3-24*s1*s3^3+14*s2^2*s3^2)*zB;
T0=2*(s3*s1^3-s2^3)*(3*s3-s1*s2);

Ce qui donne la figure ci-jointe.

Cordialement,

Rescassol

Bonsoir,

Voilà une figure qui confirme ce que tu disais.
La sextique n'est pas complète parce que Géogébra cafouille un peu.

Cordialement,

Rescassol