Coniques inscrites

Bonne nuit,

Si Poulbot a raison, $f(G)$ est le point de Lemoine $X(6)$.

Pour le reste, à demain, ou presque.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

Il y a plusieurs fils qui se mélangent. Je réponds ici.

Etant donné un point $M$ (le perspecteur de la conique inscrite cherchée) la construction indiquée par Pierre Douillet p 84 du fichier Glossary.pdf du 13/06/2012 dit:
Soit $A'B'C'$ le triangle cévien de $M$.
Soit $D_t$ une droite passant par $A$ et de vecteur directeur $t$ de module $1$.
$D_t$ coupe $(A'B')$ en $B"$ et $(C'A')$ en $C"$.
Les droites $(B'C")$ et $(C'B")$ se coupent en $E_A$.
On définit de même $E_B$ et $E_C$ par permutation circulaire.
Les points $E_A$, $E_B$ et $E_C$ sont alors situés sur la conique inscrite de perspecteur $M$.
Ce qui m'a longtemps gêné est que ces trois points ne sont pas exprimables en fonction de $s_1$, $s_2$ et $s_3$.
Et puis, j'ai trouvé une propriété qui allait tout débloquer:
Les triangles $ABC$ et $E_AE_BE_C$ sont en perspective de perspecteur $Q$.
Quand $t$ varie, $Q$ décrit la conique inscrite de perspecteur l'isotomique de $M$.
Pour avoir la conique convoitée, puisque l'isotomie est involutive, il suffit donc d'appliquer la construction de Pierre à l'isotomique de $M$.
Je ne recopie pas les détails de mes calculs, mais j'ai calculé avec Morley et Matlab l'équation complexe de cette conique, et la nullité du discriminant de ses termes de degré $2$ m'a donné l'ellipse circonscrite de Steiner.
je me place pour la suite dans ce cas particulier, où on a donc une parabole.
Avec Morley, Soit un point $U(u)$ du cercle circonscrit au triangle $ABC$ qui va servir de paramètre.
Le point $M(m)$ avec $m=\dfrac{(s_1^3-6s_1s_2+27s_3)u^2-(s_1^2s_2+27s_1s_3-12s_2^2)u+(9s_1^2s_3-2s_1s_2^2-9s_2s_3)}{3((3s_2-s_1^2)u^2+(s_1s_2-9s_3)u+(3s_1s_3-s_2^2))}$ décrit l'ellipse circonscrite de Steiner quand $u$ varie.
La construction mène au point $Q(q)$ avec $q=\dfrac{((s_2^2-4s_1s_3)t^4-6s_3^2t^2-s_2s_3^2)m-s_3^2(3t^4+2s_2t^2+s_1s_3)\overline{m}+s_3(2s_2t^4-2(s_1s_3-s_2^2)t^2+s_3(s_1s_2-3s_3))}{-s_3(3t^4+2s_2t^2+s_1s_3)m-s_3(s_2t^4+2s_1s_3t^2+3s_3^2)\overline{m}+(s_2^2-s_1s_3)t^4+2s_3(s_1s_2-3s_3)t^2+s_3^2(s_1^2-s_2)}$.
Le résultat du report de $m$ dans $q$ est trop compliqué pour être recopié ici.
Ce point décrit la parabole inscrite de perspecteur $M(m)$.
J'ai aussi son équation complexe, mais elle me paraît aussi trop compliquée pour être recopiée ici.
Le foyer $F(f)$ est donné par $f=-\dfrac{(9s_3-s_1s_2)u+2(s_2^2-3s_1s_3)}{2(s_1^2-3s_2)u+(9s_3-s_1s_2)}$.
Il est sur le cercle circonscrit parce que $f\overline{f}=1$.
Le point de Steiner $St(st)$ est donné par $st=\dfrac{s_3(s_1^2-3s_2)}{s_2^2-3s_1s_3}$.
Il est alors facile de vérifier que $M$, $St$ et $F$ sont alignés.
On peut constater que l'application $u \mapsto f$ est une transposition circulaire.
Son point limite $Pl(pl)$ se trouve être $pl=-\dfrac{9s_3-s_1s_2}{2(s_1^2-3s_2)}$, c'est l'inverse du point de Lemoine par rapport au cercle circonscrit.
Ce n'est peut-être pas une coïncidence si le point $f(G)$ demandé par Pappus est le point de Lemoine et si l'ellipse circonscrite de Steiner est l'isogonale de la polaire du point de Lemoine.
La tangente au sommet, comme Poulbot l'a écrit, est la droite de Simson du foyer, et la directrice, la droite de Steiner du foyer (passant par l'orthocentre $H$).
Ces deux droites, ainsi que le sommet, sont aussi trop compliqués pour être recopiés ici.
Voilà une figure:

Cordialement,

Rescassol

Bonsoir,

Poulbot, ta quartique bicirculaire a pour équation:
$-324s_3^2z^2\overline{z}^2-81s_3z^3+135s_2s_3z^2\overline{z}+135s_1s_3^2z\overline{z}^2-81s_3^3\overline{z}^3$
$+9(9s_1s_3-s_2^2)z^2-36s_1s_2s_3z\overline{z}-9s_3^2(s_1^2-9s_2)\overline{z}^2$
$-3s_1(9s_1s_3+s_2^2)z-3s_2s_3(s_1^2 + 9s_2)\overline{z}+3s_1^3s_3+2s_1^2s_2^2+3s_2^3=0$

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

Poulbot a écrit:

elle [la quartique bicirculaire bleue] permet de voir, entre les points communs à l'hyperbole et au cercle circonscrit, lequel est le bon

Ne pourrait on pas dire plus simplement que le "bon" est celui des trois points (d'intersection de l'hyperbole et du cercle circonscrit autre que le point de Steiner) est celui qui est sur l'arc délimité par le plus grand côté de $ABC$, ($[AC]$ sur ta figure), et ne contenant pas le troisième sommet ($B$ sur ta figure) ?

Il me semble par ailleurs que les trois droites joignant $G$ à ces trois points candidats passent chacune par un point de rebroussement de la deltoïde enveloppe de l'axe.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

Poulbot, on peut paramétrer ta quartique bicirculaire plus simplement par $z=\dfrac{- 3t^3 + 3s_2t^2 + s_1s_3t + 3s_3^2}{12s_3t}$ où $T(t)$ décrit le cercle unité.

Cordialement,

Rescassol

Bonsoir,

Si tu veux une autre méthode, les droites d'équations $t^2z+s_3t\overline z -t^3-s_3=0$ et $u^2z+s_3u\overline z -u^3-s_3=0$ se coupent en $z=\dfrac{t^2u + tu^2 - s_3}{tu}$ et il n'y a plus qu'à faire $u=t$ pour obtenir le point de contact $z=2t-\dfrac{s_3}{t^2}$.
Ensuite, on élimine $t$ entre $z$ et $\overline{z}$ pour obtenir l'équation de l'enveloppe.

Cordialement,

Rescassol