Lieu géométrique
Bonjour
Etant donné un triangle $ABC$, quel est le lieu des points $P$ par lesquels on peut mener deux droites perpendiculaires $L$ et $L^{\prime }$ interceptant sur les droites $BC,CA,AB$ des segments de même longueur $\left( UU^{\prime }=VV^{\prime }=WW^{\prime }\right) $?
Etant donné un point $P$ de ce lieu, construire $L$ et $L^{\prime }$.
Amicalement. Poulbot
Etant donné un triangle $ABC$, quel est le lieu des points $P$ par lesquels on peut mener deux droites perpendiculaires $L$ et $L^{\prime }$ interceptant sur les droites $BC,CA,AB$ des segments de même longueur $\left( UU^{\prime }=VV^{\prime }=WW^{\prime }\right) $?
Etant donné un point $P$ de ce lieu, construire $L$ et $L^{\prime }$.
Amicalement. Poulbot
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Réponses
J'ai le sentiment diffus qu'on a déjà parlé de cette construction qui devrait faire intervenir la théorie des $FLTI$.
Il semble me souvenir que le lieu de $P$ est formé de quatre droites qui sont les polaires des quatre centres des cercles tangents au triangle $ABC$ par rapport au cercle polaire de centre l'orthocentre $H$, réel ou imaginaire, et de rayon $\rho$ vérifiant $\rho^2=\dfrac {\Gamma(H)}2$ où $\Gamma(H)$ désigne la défunte puissance de l'orthocentre $H$ par rapport au cercle $\Gamma$ circonscrit au triangle $ABC$.
Si le point $P$ est sur la polaire du centre $I$, on trace la conique inscrite $\gamma$ de centre le milieu $\Omega$ de $IP$.
Le point $P$ est alors automatiquement sur le non moins défunt cercle orthoptique de cette conique et il suffit alors de mener les tangentes à cette conique issues de $P$, (encore faut-il savoir le faire!), pour récupérer les droites $L$ et $L'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
J'ai fait la figure en prenant pour $I$ le centre du cercle inscrit.
J'ai simplement regardé la $FLTI$ contenant les triplets inscrits $(U,V,W)$ et $(U',V',W')$.
L'équicentre est $P=E$.
Ensuite je me suis servi d'un résultat dont j'ai dû parler dans un passé indéterminé.
La première condition de Poulbot, à savoir $L\perp L'$ est réalisée si et seulement si l'équicentre $E=P$ et le centre aréolaire $S$ sont conjugués par rapport au cercle polaire du triangle $ABC$.
Alors les coniques temporelles qui ont les mêmes points à l'infini à savoir ceux de $L$ et $L'$, sont donc des hyperboles équilatères,(éventuellement bitangentes à la conique d'incidence (ma terminologie) ou à la conique clé (celle de Pierre)).
La deuxième condition de Poulbot, à savoir $UU'=VV'=WW'$ est réalisée si et seulement si le centre aréolaire $S$ est centre d'un cercle tangent au triangle $ABC$.
On peut vraiment dire que les choses se goupillent bien avec la théorie des $FLTI$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Sur ma figure, j'ai tracé en pointillé le cercle polaire du triangle $ABC$.
Dans mon cas de figure, il est réel car le triangle $ABC$ a un angle obtus.
Les points $S$ et $E$ sont conjugués par rapport au cercle polaire si et seulement si le cercle de diamètre $SE$ est orthogonal au cercle polaire. On apprenait ceci en Terminales autrefois!
Première petite colle technique: comment faire la figure quand le triangle $ABC$ est acutangle!
J'ai tracé la conique temporelle circonscrite au triangle $abc$ de la $FLTI$.
C'est une hyperbole équilatère bitangente à la conique clé, (tracée en bleu), inscrite dans le triangle $ABC$ et de centre $O$ le milieu de $SE$.
La corde des contacts est parallèle à $SE$.
Ses directions asymptotiques sont celles des tangentes issues de $S$ ou $E$ à la conique clé.
Deuxième colle technique:
Quelles sont les coniques temporelles associées aux triplets inscrits $(U,V,W)$ et $(U',V',W')$?
Je vais donner une preuve de ce que j'avance sur ce phénomène de conjugaison entre l'équicentre et le centre aréolaire.
Comme toujours dans la théorie des $FLTI$, elle sera basée sur le calcul mais ils seront menés via un lemme de géométrie synthétique bien connu autrefois de nos bacheliers et que par le plus grand des hasards, j'ai eu à l'oral du baccalauréat:
Les symétriques de l'orthocentre par rapport aux côtés du triangle sont situés sur son cercle circonscrit..
Je ne me doutais pas à l'époque que je m'en servirai soixante dix ans plus tard pour démontrer un minuscule théorème de la non moins minuscule théorie des $FLTI$.
Il en résulte en particulier avec mes notations précédentes:
$$\overline{HA}.\overline{HA'}=\overline{HB}.\overline{HB'}=\overline{HC}.\overline{HC'}=\dfrac{\Gamma(H)}2=k$$
où $\Gamma(H)$ est la puissance de $H$ par rapport au cercle circonscrit $\Gamma$ au triangle $ABC$.
Par suite l'inversion de pôle $H$ et de puissance $k$ échange le cercle circonscrit et le cercle d'Euler.
Quand $k>0$ c'est à dire quand $H$ est à l'extérieur du cercle circonscrit ce qui équivaut à dire que le triangle $ABC$ a un angle obtus, cette inversion a un cercle de points fixes et c'est justement ce cercle que les sectateurs de la géométrie du triangle appellent cercle polaire sans doute parce qu'il est l'unique cercle du plan par rapport auquel le triangle $ABC$ est autopolaire.
Amicalement
[small]p[/small]appus
La première chose à faire est de vous rappeler ce qu'est la conjugaison puisque tout a disparu dans l'analphabétisme républicain!
Le mieux est encore de regarder le Lebossé-Hémery que j'ai utilisé pendant toute ma scolarité de la sixième à la Terminale.
On y remarquera l'ordre des chapitres:
Division et faisceau harmonique: onzième leçon (géométrie projective).
Puissance par rapport à un cercle: douzième leçon
Cercles orthogonaux et faisceaux de cercles: treizième leçon
Polarité par rapport à un cercle: quatorzième leçon
Inversion: quinzième leçon (géométrie circulaire).
Rappelons quelques définitions du Lebossé-Hémery:
336 Définition (page 218)
On dit que deux points $M$ et $P$ sont conjugués par rapport à un cercle $O$ lorsque le cercle de diamètre $MP$ est orthogonal au cercle $O$
Si $R$ est le rayon du cercle $O$, cela équivaut à dire que la puissance du point $O$ par rapport au cercle de diamètre $MP$ qui vaut: $\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{OP}$ est égale à $R^2$:
$$\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{OP}=R^2$$.
Ceci équivaut à dire que l'inversion par rapport au cercle $O$ c'est à dire l'inversion de pôle $O$ et de puissance $k=R^2$ laisse invariant le cercle de diamètre $MP$
Si on choisit un repère orthonormé dans lequel le cercle $O$ a pour équation: $x^2+y^2=k=R^2$, la relation de conjugaison entre les points $M(x,y)$ et $M'(x',y')$ se traduit par l'équation:
$$xx'+yy'=k=R^2$$
Mais la géométrie analytique a apporté avec elle des phénomènes nouveaux que les géomètres synthétiques ne pouvaient prévoir:
par exemple les cercles d'équation: $x^2+y^2=k$ avec $k<0$
Ces cercles ont une image vide mais la relation de conjugaison précédente reste valable:
$$xx'+yy'=k$$
Le cercle de diamètre $MP$ reste invariant dans l'inversion de pôle $O$ et de puissance $k$.
Ainsi la relation de conjugaison par rapport au cercle polaire qu'il soit réel ou non se traduit par la relation:
$$\overrightarrow{HM}.\overrightarrow{HP}=\dfrac{\Gamma(H)}2$$
dans tous les cas de figure.
Donc pour prouver ce que j'avance, il faut se retrousser les manches et évaluer le produit scalaire $\overrightarrow{HS}.\overrightarrow{HE}\ $ en faisant intervenir un triangle $abc$ de la $FLTI$ dont $S$ est le centre aréolaire et $E$ l'équicentre.
Amicalement
[small]p[/small]appus
La figure ci-dessous montre la $FLTI$ de centre aréolaire $S$ d'équicentre $E$ avec un des triangles inscrits de cette famille que j'ai noté $abc$.
Comment l'ai-je faite car elle est exacte?
J'ai choisi au hasard le triangle inscrit $abc$ et le point $S$.
Puis j'ai tracé l'image $E=f(S)$ où $f$ est l'application affine $ABC\mapsto abc$.
J'ai en effet une macro qui trace l'image d'un point par une application affine donnée par les images des sommets d'un repère affine!
Vous voyez que ce n'est pas très compliqué!
Comme on va évaluer le produit scalaire $\overrightarrow{HS}.\overrightarrow{HE}$, on est bien obligé de supposer les points $S$ et $E$ à distance finie.
Soient $(x,y,z)$ les coordonnées barycentriques normalisées de $S$ dans le triangle $ABC$,i.e:
$$S=x.A+y.B+z.C$$
alors:
$$E=x.a+y.b+z.c$$
So far so good
Ainsi:
$$\overrightarrow{HS}.\overrightarrow{HE}=(x.\overrightarrow{HA}+y.\overrightarrow{HB}+z.\overrightarrow{HC}).(x.\overrightarrow{Ha}+y.\overrightarrow{Hb}+z.\overrightarrow{Hc})$$
On va tomber sur une forme quadratique en $(x,y,z)$ dont on va évaluer les coefficients.
Prenons par exemple le terme carré $x^2$.
Son coefficient est:
$$\overrightarrow{HA}.\overrightarrow{Ha}=\overrightarrow{HA}.\overrightarrow{HA'}=\dfrac{\Gamma(H)}2$$
En fait on a de même:
$$\overrightarrow{HB}.\overrightarrow{Hb}=\overrightarrow{HC}.\overrightarrow{Hc}=\dfrac{\Gamma(H)}2$$
Les termes carrés de cette forme quadratique valent donc:
$$\dfrac{\Gamma(H)}2(x^2+y^2+z^2)$$
Jusqu'ici ça va? Alors je peux continuer.
On se farcit maintenant les termes rectangles!
Regardons le terme en $yz$. Son coefficient est:
$$\overrightarrow{HB}.\overrightarrow{Hc}+\overrightarrow{HC}.\overrightarrow{Hb}$$
Michel Chasles (1793-1880) vient à notre secours.
$$(\overrightarrow{HC}+\overrightarrow{CB}).\overrightarrow{Hc}+(\overrightarrow{HB}+\overrightarrow{BC}).\overrightarrow{Hb}$$
Ainsi:
$$\overrightarrow{HB}.\overrightarrow{Hc}+\overrightarrow{HC}.\overrightarrow{Hb}=\Gamma(H)+\overrightarrow{BC}.(\overrightarrow{Hb}-\overrightarrow{Hc})=\Gamma(H)-\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{bc}$$
Finalement notre forme quadratique s'écrit:
$$\dfrac{\Gamma(H)}2(x+y+z)^2-yz\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{bc}-zx\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{ca}-xy\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{ab}$$
Compte tenu du fait qu'on travaille avec des coordonnées barycentriques normalisées: $x+y+z=1$, on tombe sur la mirifique identité:
$$\overrightarrow{HS}.\overrightarrow{HE}=\dfrac{\Gamma(H)}2-yz\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{bc}-zx\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{ca}-xy\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{ab}$$
Cela commence à prendre tournure, n'est-il pas?
Il reste maintenant à comprendre la signification géométrique de la nullité du terme:
$$yz\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{bc}+zx\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{ca}+xy\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{ab}$$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pour continuer il va falloir transformer un peu notre expression au moyen de la théorie des $FLTI$
Sa nullité s'écrit aussi:
$$\dfrac{\overrightarrow{BC}}x.\overrightarrow{bc}+\dfrac{\overrightarrow{CA}}y.\overrightarrow{ca}+\dfrac{\overrightarrow{AB}}z.\overrightarrow{ab}=0$$
On pose pour tout $t\in \mathbb R$:
$a_t=a+t\dfrac{\overrightarrow{BC}}x$, $b_t=b+t\dfrac{\overrightarrow{CA}}y$, $c_t=c+t\dfrac{\overrightarrow{AB}}z$
Alors pour tout $t\in \mathbb R$, le triangle $a_tb_tc_t$ est un triangle de la $FLTI$
Il nous faudra justifier ce premier point!
Notre relation s'écrit alors:
$$\overrightarrow{aa_t}.\overrightarrow{bc}+\overrightarrow{bb_t}.\overrightarrow{ca}+\overrightarrow{cc_t}.\overrightarrow{ab}=0$$
Et il nous faudra trouver aussi ce qu'implique cette relation entre les triangles $abc$ et $a_tb_tc_t$ de la $FLTI$!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Si on ajoute à $BC,CA,AB$ une quatrième droite $l$, il y a $2$ points $P$ sur chacune de tes $4$ polaires pour lesquels les droites $L$ et $L^{\prime }$ associées interceptent des segments de même longueur sur les droites $BC,CA,AB,l$.
On peut ainsi construire les $8$ astroïdes tangentes à $4$ droites données (en position générale).
Il me semble qu'on en avait déjà parlé mais, évidemment, je n'ai pas retrouvé où.
Amicalement. Poylbot
Il faut absolument retrouver cette discussion.
Comme il n'y a jamais rien de nouveau sous le soleil de la géométrie du triangle, peut-être as-tu fait allusion dans son titre au géomètre qui, le premier, s'est intéressé à cette configuration?
En attendant de retrouver cette ancienne discussion de Poulbot, je continue sur ma lancée.
Il faut revenir aux sources mêmes de la théorie des $FLTI$ pour comprendre ce qui se passe.
Une $FLTI$ est déterminée par deux triplets $T=(a,b,c)\in BC\times CA\times AB$ et $T'=(a',b',c')\in BC\times CA\times AB$ tels que:
$a\not=a'$, $b\not =b'$, $c\not =c'$
On définit ainsi des correspondances affines entre les côtés du triangle $ABC$ dans lesquelles se correspondent les couples $(a,a')$, $(b,b')$, $(c,c')$
Concrètement, on a les correspondances affines:
$$a(t)=(1-t)a+ta'\iff b(t)=(1-t)b+tb'\iff c(t)=(1-t)c+tc'$$
Je pense qu'il vaut mieux parler de triplets et non de triangles car il peut exister des valeurs de $t$ pour lesquelles le triplet $(a(t), b(t), c(t))$ est formé de points alignés. Il existe même des $FLTI$ dont tous les triplets sont formés de points alignés, lesquelles au fait?
De manière calculatoire, chaque triplet $T$ de la $FLTI$ est donné par une matrice d'inscription $\mathcal M(T)$ dont les colonnes sont formées par les coordonnées barycentriques normalisées de ses sommets.
Ainsi:
$$\mathcal M(T)=\begin{pmatrix}0&v&1-w\\1-u&0&w\\u&1-v&0\end{pmatrix}$$
$$\mathcal M(T')=\begin{pmatrix}0&v'&1-w'\\1-u'&0&w'\\u'&1-v&0\end{pmatrix}$$
$$\mathcal M(T(t))=(1-t)\mathcal M(T)+t\mathcal M(T')=
\begin{pmatrix}
0&v+t(v'-v)&1-w+t(w-w')\\
1-u+t(u-u')&0&w+t(w'-w)\\
u+t(u'-u)&1-v+t(v-v')&0
\end{pmatrix}
$$
On peut aussi voir la matrice d'inscription $\mathcal M(T)$ comme la matrice de l'application affine envoyant le triplet $(A,B,C)$ des sommets du triangle de référence sur le triplet $(a,b,c)$ de la $FLTI$.
On remarque que: $$\mathcal M(T(t))=\begin{pmatrix}0&v&1-w\\1-u&0&w\\u&1-v&0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}
0&v'-v&w-w'\\u-u'&0&w'-w\\u'-u&v-v'&0\end{pmatrix}$$
Cette dernière matrice $\begin{pmatrix}
0&v'-v&w-w'\\u-u'&0&w'-w\\u'-u&v-v'&0\end{pmatrix}$ est de rang $2$ et son noyau de dimension $1$ est engendré par un vecteur $(x,y,z)$ vérifiant les équations: $(u'-u)x=(v'-v)y=(w'-w)z$
Ainsi
$$
\begin{pmatrix}
0&v+t(v'-v)&1-w+t(w-w')\\
1-u+t(u-u')&0&w+t(w'-w)\\
u+t(u'-u)&1-v+t(v-v')&0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}0&v&1-w\\1-u&0&w\\u&1-v&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x'\\y'\\z'\end{pmatrix}
$$
avec $\begin{cases}
x'=vy+(1-w)z\\y'=(1-u)x+wz\\z'=ux+(1-v)y
\end{cases}
$
On remarque, ce qui est important pour la suite que: $$x+y+z=x'+y'+z'$$
Géométriquement si on appelle $S$ le point de coordonnées barycentriques homogènes $(x:y:z)$ et $E$ le point de coordonnées barycentriques homogènes $(x':y':z')$, alors on a pour tout $t\in \mathbb R$:
$$f(t)(S)=E$$
où $f(t)$ est l'application affine envoyant $(A,B,C)$ sur $(a(t), b(t), c(t))$.
Le point $S$ est appelé centre aréolaire et le point $E$ l'équicentre de la $FLTI$.
Réciproquement si on se donne deux triplets de réels $(x,y,z)$ et $(x',y',z')$ tels que $x+y+z=x'+y'+z'$ définissant les deux points $S(x:y:z)$ et $E=(x':y':z')$, il existe une unique $FLTI$ telle que pour chaque triangle $T=(a,b,c)$ de la $FLTI$, on ait:
$$f(S)=E$$
où $f$ est l'application affine $(A,B,C)\mapsto (a,b,c)$
En effet le système linéaire en $(u,v,w)$:$\begin{cases}
x'=vy+(1-w)z\\y'=(1-u)x+wz\\z'=ux+(1-v)y
\end{cases}
$ est compatible à cause de la relation $x+y+z=x'+y'+z'$.
Dans le cas $x+y+z=x'+y'+z'=0$, il y a un petit os dont je n'arrive pas à me débarrasser .
Les points $S(x:y:z)$ et $E(x':y':z')$ sont alors simultanément sur la droite de l'infini et la relation $f(S) =E$ ne suffit pas pour déterminer la $FLTI$.
Il vaut mieux dire que les triplets $(x,y,z)$ et $(x',y',z')$ définissent des vecteurs $\bf V$$=x.A+y.B+z.C$ et $\bf V'$$=x'.A+y'.B+z'.C$ et qu'on a:$\overrightarrow f(\bf V$$)=\bf V'$ où $\overrightarrow f$ est la partie linéaire de $f$.
Autrement dit, on est obligé de passer par le fléchi-flécha!
Finalement puisque:
$\overrightarrow{aa'}=(u-u')\overrightarrow{BC}$, $\overrightarrow{bb'}=(v-v')\overrightarrow{CA}$, $\overrightarrow{cc'}=(w-w')\overrightarrow{AB}$
et compte tenu des relations: $(u-u')x=(v-v')y=(w-w')z$.
on choisit pour base du noyau le vecteur $(x,y,z)=(\dfrac 1{u-u'},\dfrac 1{v-v'},\dfrac 1{w-w'})$ et le triplet:
$(a',b',c')=(a+\dfrac{\overrightarrow{BC}}x, b+\dfrac{\overrightarrow{CA}}y,c+\dfrac{\overrightarrow{AB}}z)$ appartient bien à la $FLTI$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Il reste maintenant à éclaircir le mystère de l'équation:
$$\overrightarrow{aa_t}.\overrightarrow{bc}+\overrightarrow{bb_t}.\overrightarrow{ca}+\overrightarrow{cc_t}.\overrightarrow{ab}=0$$
Nous avons souvent rencontré ici ces triangles $abc$ et $a_tb_tc_t$ vérifiant cette relation!
Comment qualifier leur relation?
Amicalement
[small]p[/small]appus
"Comment qualifier leur relation?"
On a effectivement beaucoup parlé des triangles orthologiques.
Amicalement Poulbot
Cela nous parait évident à tous les deux mais l'est-ce aussi à nos lecteurs?!
En tout cas cela règle la question!
Pourquoi?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Où trouver des références sur la théorie de l'orthologie?
Comme c'est une question à part concernant l'orthologie, je change un peu mes notations
On va faire subir quelques transformations à l'expresssion:
$$\Phi=\overrightarrow{aa'}.\overrightarrow{bc}+\overrightarrow{bb'}.\overrightarrow{ca}+\overrightarrow{cc'}.\overrightarrow{ab}$$
On commence par utiliser la relation de Chasles:
$$\Phi=(\overrightarrow{am}+\overrightarrow{ma'}).\overrightarrow{bc}+(\overrightarrow{bm}+\overrightarrow{mb'}).\overrightarrow{ca}+(\overrightarrow{cm}+\overrightarrow{mc'}).\overrightarrow{ab}$$
Par suite:
$$\Phi=\varphi(m)+\psi(m)$$
avec:
$\varphi(m)=\overrightarrow{am}.\overrightarrow{bc}+\overrightarrow{bm}.\overrightarrow{ca}+\overrightarrow{cm}.\overrightarrow{ab}$ et $\psi(m)=\overrightarrow{ma'}.\overrightarrow{bc}+\overrightarrow{mb'}.\overrightarrow{ca}+\overrightarrow{mc'}.\overrightarrow{ab}$
Il est facile de voir que $\varphi$ et $\psi$ sont des fonctions affines constantes.
Par suite: $\varphi(m)=\varphi(a)=\overrightarrow{ba}.\overrightarrow{ca}+\overrightarrow{ca}.\overrightarrow{ab}=0$
$\psi(m)=\psi(a')=\overrightarrow{a'b'}.\overrightarrow{ca}+\overrightarrow{a'c'}.\overrightarrow{ab}$
Soit $f$ l'application affine $abc\mapsto a'b'c'$.
On obtient $\Phi=-\overrightarrow f(\overrightarrow{ab}).\overrightarrow{ac}+\overrightarrow f(\overrightarrow{ac}).\overrightarrow{ab}$
D'où: $\Phi=(\overrightarrow {f^*}-\overrightarrow f)(\overrightarrow{ab}).\overrightarrow{ac}$
Et la nullité de $\Phi$ équivaut au fait que $\overrightarrow f$ est un opérateur symétrique: $\overrightarrow f=\overrightarrow{f^*}$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Dans geogebra, il y a deux fenêtres: graphique 1, graphique 2. On ne s'en sert pas souvent. C'est une erreur. Notons $\left[p,q,r\right]$ et $\left[u,v,w\right]$ les coordonnées barycentriques des deux droites. Les contraintes sont $\def\Sa{S_{a}} \def\Sb{S_{b}} \def\Sc{S_{c}}$ \begin{gather*} a^{2}pu+b^{2}qv+c^{2}rw-\left(qw+rv\right)\Sa-\left(ru+pw\right)\Sb-\left(pv+qu\right)\Sc=0\\ \dfrac{\left(wq-rv\right)^{2}a^{2}}{\left(v-w\right)^{2}\left(q-r\right)^{2}}=\dfrac{\left(wp-ru\right)^{2}b^{2}}{\left(w-u\right)^{2}\left(r-p\right)^{2}}=\dfrac{\left(pv-uq\right)^{2}c^{2}}{\left(u-v\right)^{2}\left(p-q\right)^{2}} \end{gather*} Les égalités entre carrés factorisent, et on se retrouve avec 4 lots de deux équations du premier degré. On passe d'un lot à l'autre par le groupe de Lemoine (la fameuse transformation continue !) et il est facile d'exprimer $ \def\bmul{\underset{b}{*}}$ $u,v,w$ en fonction de $p,q,r$. \[ \left(\begin{array}{c} u\\ v\\ w \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \left(p-q\right)b+\left(p-r\right)c\\ \left(q-r\right)c+\left(q-p\right)a\\ \left(r-p\right)a+\left(r-q\right)b \end{array}\right)\bmul\left(\begin{array}{c} r\left(p-q\right)a+p\left(r-q\right)c\\ p\left(q-r\right)b+q\left(p-r\right)a\\ q\left(r-p\right)c+r\left(q-p\right)b \end{array}\right)\bmul\left(\begin{array}{c} q\left(p-r\right)a+p\left(q-r\right)b\\ r\left(q-p\right)b+q\left(r-p\right)c\\ p\left(r-q\right)c+r\left(p-q\right)a \end{array}\right) \] Il s'agit d'une involution $\psi$ de Cremona. Objets d'indétermination: les trois côtés et la droite de l'infini. Le lieu exceptionnel est de degré 12 mais se factorise fortement. Bel exemple pour une réduction en éléments simples !
Et alors, il reste une condition du troisième degré portant sur $p,q,r$. Elle s'écrit: \[ \sum_{3}a\left(b+c-a\right)\left(bq-cr\right)qr-2\,\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(a-b\right)pqr=0 \] On trace la courbe duale, portant sur des points $P\simeq p:q:r$. Comme de juste le point $U\simeq u:v:w$ est aussi sur la courbe. On constate que la droite $PU$ passe par un point fixe, qui est sur la courbe. Comme ce point est X(69), le lieu de $E$ est la polaire de $I_{0}$ par rapport au cercle diagonal.
---
Pour ce qui est de la figure de gauche, on a $\mathcal{S}=I_0$. En pointillé rouge, l'ombre du cercle polaire. En rouge la polaire de $I_0$ (droite duale du X(69) de la fig 2). En vert pale tmpoCON, le relèvement commun des coniques temporelles, et en vert foncé, deux de ces coniques temporelles. On constate que l'observateur du triangle $T_s$ perpendiculairement au triangle $T_t$ se situe sur la temporelle de $T_s$. More details later...
Cordialement, Pierre.
J'achève ma démonstration de la question de Poulbot.
La relation
$$\overrightarrow{aa_t}.\overrightarrow{bc}+\overrightarrow{bb_t}.\overrightarrow{ca}+\overrightarrow{cc_t}.\overrightarrow{ab}=0$$
implique donc que toutes les applications affines: $\varphi(t):abc\mapsto a_tb_tc_t$ ont leurs parties linéaires $\overrightarrow{\varphi(t)}$ symétriques.
Comme $\varphi(t)=(1-t)id+t\varphi(1)$ et par suite: $\overrightarrow{\varphi(t)}=(1-t)Id+t\overrightarrow{\varphi(1)}$, les $\overrightarrow{\varphi(t)}$ ont les mêmes sous-espaces propres orthogonaux et comme les $\varphi(t)$ ont le même point fixe, à savoir l'équicentre $E$, les $\varphi(t)$ ont les mêmes droites invariantes orthogonales qui sont les supports des triplets de points alignés de la $FLTI$.
Ma mirifique identité prouve alors que l'équicentre et le centre aréolaire de cette $FLTI$ sont conjugués par rapport au cercle polaire.
La seconde condition de Poulbot $UU'=VV'=WW'$ équivaut à dire que les correspondances affine de la $FLTI$ sont des isométries.
Or on a vu que si $a'=a+\dfrac{\overrightarrow{BC}}x$, $b'=b+\dfrac{\overrightarrow{CA}}y$, $c'=c+\dfrac{\overrightarrow{AB}}z$, alors le triangle $a'b'c'$ était un triangle de la $FLTI$, par suite les égalités $\parallel aa'\parallel =\parallel bb'\parallel =\parallel cc'\parallel$ entrainent:
$\dfrac{BC}{\vert x\vert} =\dfrac{CA}{\vert y\vert}=\dfrac{AB}{\vert z\vert}$, ce qui signifie que le point $(x:y:z)$ est le centre d'un cercle tangent (inscrit ou exinscrit) au triangle $ABC$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Ma preuve de la conjugaison entre équicentre et centre aréolaire est à comparer avec celles de Poulbot et Pierre dans
Familles linéaires orthologiques
datant de deux ans.
Un autre problème.
Etant donnés un triangle $ABC$ et deux directions $d$ et $d^{\prime }$, déterminer (et construire) les points $M$ pour lesquels les droites passant par $M$ de directions $d$ et $d ^{\prime }$ interceptent sur les droites $BC,CA,AB$ des segments de même longueur.
Il y en a en général quatre et il est facile de passer de l'un d'entre eux aux trois autres.
Amicalement. Poulbot
Expérimentalement via mon logiciel, je trouve que l'application équicentre $\Longrightarrow $ centre aréolaire: $E\mapsto S$ est l'isotomie par rapport au triangle $ABC$ suivie d'une collinéation admettant les points $A$, $B$, $C$ pour points fixes, collinéation qu'il faudrait identifier par le calcul. et je tire une flemme monumentale!
Si ce que je dis est vrai, tes quatre points $M$ solutions devraient former une orbite harmonique dans le triangle $ABC$ si tant est qu'on sache encore ce qu'est une orbite!
[small]p[/small]appus en vadrouille sur les grands chemins
Si $P=\left( p:q:r\right) $ et $P^{\prime }=\left( p^{\prime }:q^{\prime }:r^{\prime }\right) $ avec $p+q+r=p^{\prime }+q^{\prime }+r^{\prime }=0$ sont les points à l'$\infty $ de $d$ et $d^{\prime }$, on a
$M=\left( \pm \dfrac{pp^{\prime }}{a}:\pm \dfrac{qq^{\prime }}{b}:\pm \dfrac{rr^{\prime }}{c}\right) $, ce qui, naturellement, confirme ce que tu viens de dire.
En effet, si $M=\left( x:y:z\right) $,
la distance de $BC\cap MP=\left( 0:qx-py:rx-pz\right) $ à $BC\cap MP^{\prime }=\left( 0:q^{\prime }x-p^{\prime }y:r^{\prime }x-p^{\prime }z\right) $ est $d_{a}=\left\vert \dfrac{\left( qr^{\prime }-q^{\prime }r\right) ax}{pp^{\prime }\left( x+y+z\right) }\right\vert $.
Puisque $qr^{\prime }-q^{\prime }r=rp^{\prime }-r^{\prime }p=pq^{\prime }-p^{\prime }q$, on a $\left( d_{a}:d_{b}:d_{c}\right) =\left( \left\vert \dfrac{ax}{pp^{\prime }}\right\vert :\left\vert \dfrac{by}{qq^{\prime }}\right\vert :\left\vert \dfrac{cz}{rr^{\prime }}\right\vert \right) $.
Ainsi $d_{a}=d_{b}=d_{c}$ ssi $M$ est un des $4$ points donnés plus haut.
Connaissant $U=\left( x:y:z\right) $, comment construire $V=\left( \dfrac{pp^{\prime }}{x}:\dfrac{qq^{\prime }}{y}:\dfrac{rr^{\prime }}{z}\right) $ ?
Amicalement. Poulbot
J'ai retrouvé dans mes archives cette vieille figure que j'ai dû donner dans un passé indéterminé.
Elle se reproduit telle quelle quand $L$ est la droite de l'infini à condition évidemment de savoir ce que c'est, ce qui est une hypothèse hardie!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voilà ce que devient la figure précédente quand on envoie la droite $L$ se faire voir ailleurs si elle est.
La conique $\Gamma$ est la conique circonscrite de directions asymptotiques $\delta$ et $\delta'$.
La correspondance involutive $M\iff M'$ est l'isoconjugaison par rapport au triangle $ABC$ échangeant les points à l'infini de $\delta$ et $\delta'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Si on veut s'éclater, on fait la figure quand $\delta$ et $\delta'$ sont des isotropes.
On se sent revivifié une fois la figure achevée!
En ce qui concerne la construction de $m^{\prime }=f\left( m\right) $ où $f$ est l'isoconjugaison par rapport au triangle $ABC$ échangeant $U$ et $V$, signalons la construction à coups de règle donnée par Bernard Gibert :
$E_{0}=Am\cap CV,E_{1}=Um\cap BC,Q=AU\cap E_{0}E_{1},E_{2}=E_{0}Q\cap AB,m^{\prime }=CQ\cap VE_{2}$.
C'est la construction que j'ai utilisée plus haut pour construire l'image de $I$ (centre du cercle inscrit) par l'isoconjugaison échangeant les points à l'infini $P$ et $P^{\prime }$ de $d$ et $d^{\prime }$.
Amicalement. Poulbot
Partant de ce qui précède (ICI), on trouve sans difficulté le lieu des points $M$ par lesquels on peut mener $2$ droites perpendiculaires interceptant sur les droites $BC,CA,AB$ trois segments de même longueur.
Il suffit de savoir que le cercle polaire a pour équation barycentrique $S_{A}x^{2}+S_{B}y^{2}+S_{C}z^{2}=0$.
Ainsi $d\perp d^{\prime }\Longleftrightarrow P$ et $P^{\prime }$ conjugués par rapport au cercle polaire $\Longleftrightarrow S_{A}pp^{\prime }+S_{B}qq^{\prime }+S_{C}rr^{\prime }=0\Longleftrightarrow \pm aS_{A}x\pm bS_{B}y\pm cS_{C}z=0$ où $M=\left( x:y:z\right) $.
On retrouve bien les $4$ droites données par Pappus.
Amicalement. Poulbot