L'hyperbole (équilatère) d'Euler

Bonjour Rescassol
ton point $U$ est le foyer de la parabole de Kiepert et $U^{\prime }$ est l'isogonal du point à l'$\infty $ de la droite d'Euler.
Cordialement. Poulbot

Ce que tu dis sur le point U n'est vrai que pour un triangle acutangle (sinon le cercle circonscrit n'est pas le cercle inscrit dans le triangle tangentiel mais un cercle exinscrit). U est surtout le point dont la droite de Simson est parallèle à la droite d'Euler.
Cordialement. Poulbot

Bonjour Rescassol
cela ne fait que confirmer que $U^{\prime }$ est l'isogonal du point à l'$\infty $ de la droite d'Euler , puisque l'hyperbole de Jerabek est l'isogonale de la droite d'Euler.
Une petite remarque : le diamètre $UU^{\prime }$ passe évidemment par le symétrique $P$ de $O$ par rapport à $U$. L'hyperbole d'Euler-Nakkash passe donc par l'isogonal de $P$ . Or, cet isogonal $P^{\ast }$ a, selon KIMBERLING, une propriété caractéristique assez surprenante que je vous laisse le soin de découvrir en feuilletant un peu et qui devrait vous donner l'occasion de faire une belle figure.
Cordialement. Poulbot

Merci et bravo pour cette belle figure!!
Je pense qu'elle montre bien ce dont il s'agit (tu devrais prolonger le segment $CP^{\ast }$ jusqu'à $C_{1}$ pour que cela soit encore plus clair).
Ce point $P^{\ast }$ est, à part le cas trivial de l'orthocentre, le seul point pour lesquels les deux triangles coloriés par Rescassol (et qui sont très simplement reliés au point $P^{\ast }$) ont une propriété que l'on devine bien sur sa figure.
Merci encore. Cordialement. Poulbot

Alors là chapeau! C'est de la belle ouvrage.
Morley peut-il aussi prouver l'unicité?
Cordialement. Poulbot

Bonne nuit,

Je suis finalement parvenu à une équation de degré 16:
$(3s_1s_2^2z+4s_3s_1^3-s_1^2s_2^2-2s_2^3)(z^3-s_1z^2+(-s_1^2+4s_2)z+s_1^3-4s_2s_1+8s_3)(z^3-s_1z^2+s_2z-s_3)^4=0$
Le premier terme donne le point $P^*$.
Le dernier terme de solutions $a$, $b$, $c$, les sommets du triangle, est à éliminer.
Il reste à trouver une bonne raison d'éliminer le terme du milieu.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

C'est Matlab qui a factorisé, pas moi.
Le terme du milieu a pour racines $b+c-a$, $c+a-b$et $a+b-c$.
C'est normal de ne pas avoir trouvé $s_1$ car je ne cherchais que les similitudes indirectes.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

On est donc d'accord puisqu'en cherchant une similitude indirecte, je trouve le point $P^*$, les points $A$, $B$, $C$ à éliminer et les points $b+c-a$, $c+a-b$, $a+b-c$ pour lesquels je n'ai pas pour le moment de raison d'élimination.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

Ah ben oui, donc Morley vient à bout de l'unicité. Ouf !

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

Après un calcul analogue, j'aboutis à une autre équation de degré $16$:
$(z-s_1)(z-a-b+c)(z-b-c+a)(z-c-a+b)(z^3-s_1z^2+s_2z-s_3)^4=0$, d'où le résultat.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

peut-être que Bouzar nous donnera l'équation barycentrique du diamètre de Rescassol !

Bonjour Nakkash
une petite coquille à corriger
"son inverse isotomique est le symétrique de O par rapport à F"; il s'agit en fait de son isogonal.
Quant à l'équation barycentrique du diamètre de Rescassol :
$\left[ b^{2}-c^{2},c^{2}-a^{2},a^{2}-b^{2}\right] $ est le point à l'$\infty $ de la direction orthogonale à la droite d'Euler qui est l'isogonal de $U$.
Comme $O=\left[ a^{2}\left( b^{2}+c^{2}-a^{2}\right) ,b^{2}\left( c^{2}+a^{2}-b^{2}\right) ,c^{2}\left( a^{2}+b^{2}-c^{2}\right) \right] $, l'équation du diamètre est
$\begin{vmatrix}
x & a^{2}\left( b^{2}+c^{2}-a^{2}\right) &\dfrac{a^{2}}{b^{2}-c^{2}}\\
y & b^{2}\left( c^{2}+a^{2}-b^{2}\right) &\dfrac{b^{2}}{c^{2}-a^{2}}\\
z&c^{2}\left( a^{2}+b^{2}-c^{2}\right) &\dfrac{c^{2}}{a^{2}-b^{2}}
\end{vmatrix}=0$
que je laisse à Hilga la joie de développer.
Cordialement. Poulbot

Bonjour,

La parabole de Kiepert a pour équation $(\overline{s_1}z+s_1\overline{z})^2-4s_1\overline{s_1}\left(\dfrac{\overline{s_2}}{\overline{s_1}}z+\dfrac{s_2}{s_1}\overline{z}-1\right)=0$.
Sa directrice est la droite d'Euler du triangle $ABC$.
Le triangle de contact de Pappus le jeune $A'B'C'$ est donné par $a'=\dfrac{a(ab+ac-b^2-c^2)}{a^2-bc}$ et permutation circulaire.et il est alors facile de vérifier que son orthocentre est $O$.
Accessoirement, $ABC$ et $A'B'C'$ sont en perpective de perspecteur le point de Steiner $X(99)=\dfrac{s_3(s_1^2-3s_2)}{s_2^2-3s_1s_3}$.

Cordialement,

Rescassol

Mon cher Nakkash,

La courbe donnée par cette condition aura du mal à être du second degré !

Bonjour
le lieu des points $M$ tels que $M,M^{\prime },M^{\ast \prime }$ (notations de Nakkash) sont alignés est une quartique (en rouge ci-dessous).
Cette quartique est l'isogonale de l'HYPERBOLE DE STAMMLER (en voilà une dont on ne parle pas beaucoup). C'est l'hyperbole équilatère (bleue sur la figure) qui passe par $O$ et par les centres du cercle inscrit et des cercles exinscrits (du coup elle a $ABC$ comme triangle autopolaire). Comme son centre est le foyer $F$ de la parabole de Kiepert, elle passe par $P$. Du coup, il est clair que $P^{\ast }$ et $H=O^{\ast }$ sont sur la quartique.
J'ai trouvé la quartique dans le catalogue de Bernard Gibert; c'est Q066
Cordialement. Poulbot
Remarque ; la quartique passe bien par $B$ mais, dans le cas de ma figure, c'est un point double isolé. Il semble que ce soit toujours le cas d'un des trois sommets de $ABC$.
Quant à l'hyperbole, puisqu'elle passe par le point symédian, elle passe aussi par ses confrères les sommets du triangle tangentiel. Ses asymptotes sont les droites $FP_{1},FP_{2}$ où $P_{1},P_{2}$ sont les points communs au cercle circonscrit et à la droite d'Euler.

Bonjour,

L'hyperbole de Stammler est l'isogonale du diamètre du cercle circonscrit au triangle $I_aI_bI_c$ parallèle à la droite d'Euler du triangle $ABC$, par rapport à ce triangle $I_aI_bI_c$.

Cordialement,

Rescassol

L'équation barycentrique de cette hyperbole de Stammler est très facile à obtenir
$\sum\limits_{cyclique}\dfrac{b^{2}-c^{2}}{a^{2}}x^{2}=0$
ce qui permet de vérifier pas mal de choses et de constater que ses points à l'$\infty $ sont les mêmes que ceux de sa consoeur de Jerabek.
Quand au problème d'alignement de Nakkash, il se traduit par
$\begin{vmatrix}
x & yz&\frac{x}{a^{2}} \\
y & zx&\frac{y}{b^{2}}\\
z&xy&\frac{z}{c^{2}}
\end{vmatrix}=0$
D'où la quartique $\sum\limits_{cyclique}\left( \dfrac{1}{b^{2}}-\dfrac{1}{c^{2}}\right) y^{2}z^{2}=0$ et, par transformation isogonale $\left( x,y,z\right) \rightarrow \left( \dfrac{a^{2}}{x},\dfrac{b^{2}}{y},\dfrac{c^{2}}{z}\right) $ on trouve bien l'hyperbole.
Cordialement. Poulbot

Nakkash ! Tu es encore apparemment en CP ! :)o
Tu passeras l'année prochaine en CE1 (si tout va bien)

Bonsoir Noob is Noob
c'est le 1138
Cordialement. Poulbot

PS Merci AD

Bonjour,

Et la quartique de Stammler a pour équation:
$(s_1s_2-s_3)\left((s_1^2-2s_2)z^4-2(2s_1s_3-s_2^2)z^3\overline{z}-2s_3^2(s_1^2-2s_2)z\overline{z}^3+s_3^2(2s_1s_3-s_2^2)\overline{z}^4\right)$
$-4s_2(s_1^2s_2-2s_1s_3-s_2^2)z^3+4(2s_1s_3-s_2^2)(s_2^2+s_1s_3)z^2\overline{z}+4s_3^2(s_1^2+s_2)(s_1^2-2s_2)z\overline{z}^2-4s_1s_3^2(s_1^2s_3-s_1s_2^2+2s_2s_3)\overline{z}^3$
$+4(2s_1^2s_2s_3+s_1s_2^3-6s_1s_3^2-5s_2^2s_3)z^2-16s_3(s_1^3s_3-s_2^3)z\overline{z}-4s_3^2(s_1^3s_2-5s_1^2s_3+2s_1s_2^2-6s_2s_3)\overline{z}^2$
$+16s_3\left((s_1^2s_3-s_1s_2^2+2s_2s_3)z+s_3(s_1^2s_2-2s_1s_3-s_2^2)\overline{z}\right)=0$

Cordialement,

Rescassol

Bonsoir,

Poulbot, c'est parce que suis parti de la définition "conique passant par les 5 points $I$, $I_a$, $I_b$, $I_c$, $O$" et que les centres des cercles inscrits et exinscrits sont plus facile à obtenir avec Morley inscrit que circonscrit..
Sans compter que dans l'histoire, il y a une isogonalité par rapport au triangle $I_aI_bI_c$.

Cordialement,

Rescassol