Avec deux orthocentres

Bonjour,

Cordialement,

La droite $(AM)$ est indépendante du choix de $P$ sur $(BC)$.
Elle coupe $(BC)$ en $A_1\left(\dfrac{s_2-a^2}{2a}\right)$, point de contact de la deltoïde de Steiner avec $(BC)$. Ce point et les deux autres obtenus par permutation circulaire forment le triangle podaire $A_1B_1C_1$ du point de De Longchamps $L(-s_1)$ du triangle $ABC$.
Cette droite et les deux droites obtenues par permutation circulaire sont concourantes en l'isotomique $X_{69}(x_{69})$ de l'orthocentre $H(s_1)$ du triangle $ABC$ avec $x_{69}=\dfrac{s_1^2s_2+3s_1s_3-4s_2^2}{s_1s_2-9s_3}$.

Cordialement,

Rescassol

Mon cher Jean_Louis
Tout d'abord je te souhaite un joyeux Noël et une Bonne Année et je te remercie de tes bons voeux.
Bien sûr j'ai commencé à regarder ta nouvelle énigme mais je suis resté sec pour le moment
Ce que raconte Rescassol, que je salue et à qui j'adresse tous mes voeux, me semble fort intéressant. Il y a sans doute quelque chose à faire avec les droites de Simson.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous, joyeux Noël et Meilleurs Voeux pour 2021,

J'utilise les coordonnées barycentriques.

Le triangle de référence $ABC$ :

$A,B,C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\end{array}\right]$

$P$ un point de [BC] :

$P\simeq \left[\begin{array}{c}0\\ 1-t\\t \end{array}\right]$

L'isotome Q de P relativement à [BC] :

$Q\simeq \left[\begin{array}{c}0\\ t\\1-t \end{array}\right]$

Pp, Pq les perpendiculaires à (BC) issues resp. de P, Q :

$P_p : (-b^2 + c^2 + a^2 (1 - 2 t))x -2 a^2 ty -2 a^2 (-1 + t)z=0$

$P_q : (-b^2 + c^2 + a^2 (-1 + 2 t))x+ 2 a^2 (-1 + t)y+ 2 a^2 tz=0.$

E, F les points d'intersection resp. de Pp et (AC), Pq et (AB) :

$E \simeq \left[\begin{array}{c} 2 a^2 (-1 + t)\\0\\-b^2 + c^2 + a^2 (1 - 2 t)\end{array}\right]$

$F \simeq \left[\begin{array}{c}2 a^2 (-1 + t)\\ b^2 - c^2 + a^2 (1 - 2 t)\\ 0\end{array}\right]$

M le point d'intersection de (PF) et (QE) :

$M\simeq \left[\begin{array}{c} -2 a^2 (-1 + t)\\(a^2 - b^2 + c^2) t\\ (a^2 + b^2 - c^2) t\end{array}\right]$

H1, H2 les orthocentres respectifs des triangles BFP, CEQ :

$H_1, H_2\simeq \left[\begin{array}{c} 2 a^2 (a^2 - b^2 + c^2) (-1 + 2 t)\\ a^4 (1 - 3 t) + (b^2 - c^2)^2 (-1 + t) +
2 a^2 (b^2 + c^2) t\\-a^4 t - (b^2 - c^2)^2 t + a^2 (c^2 (4 - 6 t) + 2 b^2 t)\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -2 a^2 (a^2 + b^2 - c^2) (-1 + 2 t)\\ a^4 t + (b^2 - c^2)^2 t + a^2 (-2 c^2 t + b^2 (-4 + 6 t))\\ -(b^2 - c^2)^2 (-1 + t) - 2 a^2 (b^2 + c^2) t + a^4 (-1 + 3 t)\end{array}\right]$

Question : (AM) est-elle perpendiculaire à (H1H2) ?

$(AM) \simeq \left[\begin{array}{c} 0\\ -a^2 - b^2 + c^2\\ a^2 - b^2 + c^2\end{array}\right]=U$

$(H_1H_2) \simeq \left[\begin{array}{c} (b^2 - c^2)^2 + 2 a^2 (b^2 + c^2) + a^4 (1 - 4 t)\\ 2 a^2 (b^2 - c^2 + a^2 (1 - 2 t))\\ 2 a^2 (-b^2 + c^2 + a^2 (1 - 2 t))\end{array}\right]=V$

On a

$U^{t} \times \left[\begin{array}{c} 2a^2 & - a^2 - b^2 + c^2 & - a^2 + b^2 - c^2\\ - a^2 - b^2 + c^2 & 2b^2 & a^2 - b^2 - c^2\\ - a^2 + b^2 - c^2 & a^2 - b^2 - c^2 & 2c^2\end{array}\right] \times V=0$

Ainsi $(AM)$ est perpendiculaire à $(H_1H_2).$

Amicalement