Une chasse aux angles ?

Bonjour Soland
Je découvre ton dernier défi, et deux questions me viennent immédiatement à l'esprit :
Est-ce un hasard si, sur ta figure, MQ a l'air d'être perepndiculaire à AB, ou est-ce une donnée du problème ?
Peut-être la proposition réciproque est-elle plus facile à aborder/démontrer ?
Bien cordialement
JLB

Bonjour
Au départ on a un point $A$ une droite $L$ et un cercle $\Gamma$
A tout point $m\in L$, on associe le point $M\in\Gamma$, second point d'intersection de la droite $Am$ avec $\Gamma\ $.
On obtient ainsi une homographie $f:L\mapsto \Gamma; m\to M$
Si $\infty$ est le point à l'infini de $L$, on note $f(\infty)=I$.
Autrement dit ,$I$ est le second point d'intersection avec $\Gamma$ de la parallèle à $L\ $ issue de $A$.
Les triangles $Abd$ et $IDB$ sont indirectement semblables:
$(bA,bd)=(AB,AI)=(DB,DI)=-(DI,DB)$ et $(dA,db)=(AD,AI)=(BD,BI)=-(BI,BD)$
En particulier $\dfrac{Ab}{Ad}=\dfrac{ID}{IB}$
Comme $f$ est une homographie, $(b,d,c,\infty)=(B,D,C,I)$
Donc $\dfrac{cb}{cd}=\dfrac{CB}{CD}\times \dfrac{ID}{IB}=\dfrac{CB}{CD}\times \dfrac{Ab}{Ad}$
C'est aux notations près la formule de gb
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
J'ai modifié ma première démonstration pour la mettre en conformité avec le texte de Soland.
Il est intéressant de la comparer avec celles de Jacquot et de gb.
Elles sont très jolies et astucieuses, très élémentaires mais en quelque sorte propres à cet exercice.
Il est difficile de les généraliser à des questions voisines. Il faudra trouver d'autres astuces, toujours aussi peu évidentes.
La mienne utilise la chasse aux angles et surtout l'invariance du birapport, un outil puissant qui montre la nature projective de ce problème.

Bonjour,

Par la relation aux sinus dans les triangles \(APM\) et \(AQM\)
\begin{align} \frac{AP}{\sin\widehat{AMP}} &= \frac{MP}{\sin\widehat{MAP}} & \frac{AQ}{\sin\widehat{AMQ}} &= \frac{MQ}{\sin\widehat{MAQ}} \end{align}

Comme les angles \(\widehat{AMP}\) et \(\widehat{AMQ}\) sont égaux ou supplémentaires :
\[\sin\widehat{AMP}=\sin\widehat{AMQ} \implies \frac{MP}{MQ} = \frac{AP}{AQ}\frac{\sin\widehat{MAP}}{\sin\widehat{MAQ}}\]

Comme les triangles \(ABC\) et \(ACD\) ont même cercle circonscrit, de rayon \(R\) :
\[\frac{BC}{\sin\widehat{BAC}} = \frac{CD}{\sin\widehat{CAD}} = 2R \implies \frac{BC}{CD} = \frac{\sin\widehat{BAC}}{\sin\widehat{CAD}} = \frac{\sin\widehat{PAM}}{\sin\widehat{MAQ}}\]

Il en résulte :
\[\frac{MP}{MQ} = \frac{AP}{AQ}\frac{BC}{CD}\]
dont on déduit ; \(MP=MQ\) dès que \(AP=CD\) et \(AQ=BC\).

Bonjour à tous, et joyeuses Pâques à ceux à qui cela importe !

Chapeau bas à gb (tu)(tu) pour sa démo simplissime !

J'ai l'impression qu'elle confirme, d'ailleurs, la conclusion à laquelle m'ont mené mes essais de construction Geogebra : que deux des trois égalités soient vérifiées entraîne que la troisième l'est aussi ...

Bien cordialement
JLB