Points centres de leur cercle anticévien

Bonjour Rescassol
Et merci pour cette mirifique équation qui, bien que très peu parlante, a l'avantage de nous donner $4$ points réels du plan. Malheureusement, ils ne sont pas tous nécessairement solutions de mon problème (qui peut, par exemple, n'en avoir que $2$).
En supposant que tes $4$ points sont tous solution,
je te suggère de trouver la conique passant par tes $4$ points et $H$ ainsi que celle passant par tes $4$ points et le point de Lemoine $K$ (c'est surtout elle que je n'ai obtenue qu'au prix de calculs démentiels que j'ai confiés à Maple).
Ces $2$ coniques étant assez facilement constructibles (surtout la première), cela permettra évidemment de construire les solutions de mon problème.
Il sera également facile de montrer que $2$ au moins de ces solutions sont réelles et de faire une remarque pertinente (et assez étonnante) dans le cas où les $4$ le sont.
Bien cordialement. Poulbot

Bonjour Pierre et merc
Par chance pour moi, c'est exactement ce que j'avais trouvé. Il s'agit de $2$ hyperboles équilatères d'où le quadrangle orthocentrique.
Les solutions sont ainsi les points communs à ta première conique (hyperbole de Kiepert) et à l'hyperbole équilatère passant par $X_{6},X_{143},X_{265},X_{389}$. En farfouillant dans ETC, on peut construire assez facilement ces $4$ points.
Un (tout) petit problème pour nos amis : montrer que $2$ hyperboles équilatères du plan ayant des directions asymptotiques différentes ont au moins $2$ points communs réels distincts.
Il en résulte que le problème initial a au moins $2$ solutions réelles.

@Rescassol Je pense que le problème est toujours le même : l'élimination de $\overline{z}$ entre $2$ équations de courbes introduit des solutions parasites qui ne sont pas dans l'intersection (exemple : $2$ cercles sont toujours sécants).

Amicalement. Poulbot

Bonjour
Ci-dessous, comment j'ai procédé en barycentriques. Je reconnais que c'est particulièrement pénible, inenvisageable à la main et qu'il y a probablement plus simple mais je n'ai pas trouvé, ni d'ailleurs cherché.

$M=\left( x:y:z\right) $; $M_{a}M_{b}M_{c}$ où $M_{a}=\left( -x:y:z\right) $, …, son triangle anticévien.

Calculer les peu sympathiques coordonnées barycentriques du centre $\Omega \left( M\right) $ du cercle $M_{a}M_{b}M_{c}$.

Montrer que $H,M,\Omega \left( M\right) $ sont alignés ssi $M$ est sur le cercle polaire $S_{A}x^{2}+S_{B}y^{2}+S_{C}z^{2}=0$ (auquel cas $\Omega \left( M\right) =H$) ou $M$ est sur l'hyperbole de Kiepert $\left( b^{2}-c^{2}\right) yz+\left( c^{2}-a^{2}\right) zx+\left( a^{2}-b^{2}\right) xy=0$.
Les points pour lesquels $\Omega \left( M\right) =M$ sont donc sur cette hyperbole.

Paramétrant cette hyperbole par $M=\left( \dfrac{1}{S_{A}+t}:\dfrac{1}{S_{B}+t}:\dfrac{1}{S_{C}+t}\right) $, on obtient un polynôme $P$ de degré $4$ tel que $\Omega \left( M\right) =M\Longleftrightarrow P\left( t\right) =0$. On a donc $4$ solutions, visibles ou non comme dirait Pierre et on peut trouver l'équation de toute conique passant par ces $4$ solutions.

Ecrire l'équation de celle de ces coniques qui passe par le point de Lemoine $X_{6}$, vérifier que c'est une hyperbole équilatère, puis, dans le cas particulier de Kimberling $a=6,b=9,c=13$ trouver d'autres points de ETC sur cette conique. On trouve ceux donnés par Pierre; il ne reste plus qu'à vérifier qu'ils sont bien sur la conique pour toute valeur de $a,b,c$.
Rem : La conique d'équation $a_{1}x^{2}+b_{1}y^{2}+c_{1}z^{2}+a_{2}yz+b_{2}zx+c_{2}xy=0$ est une hyperbole équilatère
si et seulement si $\left( b_{1}+c_{1}-a_{2}\right) S_{A}+\left( c_{1}+a_{1}-b_{2}\right) S_{B}+\left( a_{1}+b_{1}-c_{2}\right) S_{C}=0$.

Quant au fait que $2$ hyperboles équilatères n'ayant pas les mêmes points à l'infini ont au moins $2$ points communs réels distincts, c'est tout bête :
si dans un repère orthonormé les hyperboles ont pour équations $xy=1$ et $x^{2}-y^{2}+pxy+qx+ry+s=0$, leurs points communs vérifient $x^{4}+qx^{3}+\left( p+s\right) x^{2}+rx-1=0$, équation qui a visiblement une racine réelle $>0$ et une racine réelle $<0$.

Amicalement. Poulbot