Deux angles égaux

Jean-Louis Ayme
Jean-Louis Ayme
dans Géométrie
Bonjour,
une figure simple mais une résolution pas évidente…(source : Stanley Rabinowitz)

1. ABCD un carré
2. M un point de [AB]
3. U le point d'intersection de la perpendiculaire à (MD) en D avec (AC).

Question : <CMD = <BMU.

Merci A. D. pour votre aide.
Sincèrement
Jean-Louis122544

Réponses

  • pappus
    pappus
    Mon cher Jean-Louis
    Ta figure n'a pas grand chose à voir avec ton énoncé!
    Autrement dit, il faut modifier ton énoncé
    Amicalement
    [small]p[/small]appus122540
  • Jean-Louis Ayme
    Jean-Louis Ayme
    Merci pappus,
    est-ce correct maintenant?

    Amitiés
    Jean-Louis
  • pappus
    pappus
    Merci Jean-Louis
    C'est mieux maintenant!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Jean-Louis Ayme
    Jean-Louis Ayme
    juste pour dire que M n'est pas le milieu de [AD]...

    Amitiés
    Jean-Louis
  • pappus
    pappus
    Et pour préciser que le point $M\ $ n'a aucune raison divine ou humaine de rester confiné, (comme nous), sur le segment $AB$. Il peut se déconfiner sans problème sur toute la droite $AB$.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Tonm
    Tonm
    Bonjour, ça doit être une chasse angulaire (je n'ai pas chassé). À voir. Une généralisation possible que je ne crois pas difficile (avec un peu de trigonométrie pente et tangente...)
    Dans la figure si jointe $ABC$ est triangle rectangle fixe avec $AB=1$ et $BC=a$. On donne une droite variable $(BD)$ passant par $B$ avec $D$ de hauteur $1$ disons $C$ est centre du repère et $y_D=1$. $E$ le point projeté de $D$ sur $(BC)$. Trouver la position du point $G$ si $G\in (BD)$ et $\widehat{GCE}=\widehat{ACD}$ $[\pi]$.122610
  • Tonm
    Tonm
    Bonjour, voilà un raisonnement dans la figure précédente on prend un repère de centre $C\equiv O$, avec $A(-a,1)$, $B(-a,0)$, la droite $(BD)$ d'équation $y=\tan(\alpha)x+a\tan(\alpha)$, $\alpha$ variable ici $\alpha=45°$. $D(\dfrac{1-a\tan(\alpha)}{\tan(\alpha)},1)$. $G\in(BD)$ et $\tan(\widehat{GOE})=\dfrac{\tan(\alpha)t+a\tan(\alpha)}{t}$ pour un certain $t$. Si $\tan(\widehat{DOA})=X$ par une formule trigonométrique
    $$\tan(\widehat{EOA})=-1/a=\tan(\widehat{DOE}+\widehat{DOA})=\dfrac{\tan(\widehat{DOE})+X}{1-\tan(\widehat{DOE})X}.

    $$ Vous tirez $X=\dfrac{1}{\tan(\alpha)-a+a^2\tan(\alpha)}$.

    En mettant $X=\tan(\widehat{GOE})$ vous tirez le paramètre $t$ dans le cas de ce problème égal à $t=1+\dfrac{a^2}{1-a}$, $a\neq 1$. Enfin on vérifie par un produit scalaire que $(AG)\perp (AC)$.

    Cordialement.
  • Jean-Louis Ayme
    Jean-Louis Ayme
    Bonjour,
    merci pour votre contribution...

    Personnellement, je cherche une preuve synthétique.

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • PGL@R92
    PGL@R92
    Bonjour Jean-Louis,

    La similitude directe de centre en $M$, qui fait correspondre $MU$ à $MD$ envoie $G$ en $H$. Les triangles semblables $MGD$ et $MHU$ montrent l'égalité des angles.

    Amicalement
    PL122646
  • Bouzar
    Bouzar
    Bonjour Jean-Louis,

    Voici une solution avec les nombres complexes.

    Dans le repère orthonormal direct $(A,\vec{AB},\vec{AD})$, $A$ a pour affixe $0$, $B$ a pour affixe $1$, $C$ a pour affixe $1+i$ et D a pour affixe $i.$

    Soit $M$ un point de la droite $(AB)$ distinct de $B$.

    L'affixe de $M$ est $m=(1-\lambda) \times 0 + \lambda \times 1=\lambda.$

    Une équation de la perpendiculaire à $(MD)$ en $D$ est :

    $(\lambda +i)z+(\lambda-i)\overline{z} + 2=0.$

    Une équation de la droite $(AC)$ est :

    $-(1-i)z+(1+i)\overline{z} =0.$

    On en tire que l'affixe du point $U$ est :

    $u=\dfrac{1+i}{1-\lambda}.$

    Par suite, on a :

    $\dfrac{d-m}{c-m}=\dfrac{\lambda^2- \lambda +1 + i}{(1-\lambda)^2+1} \quad$ et $ \dfrac{u-m}{b-m}=\dfrac{\lambda^2- \lambda +1 + i}{(1-\lambda)^2}.$

    Pour $\lambda \neq 1,$ les nombres $\dfrac{1}{(1-\lambda)^2+1}$ et $\dfrac{1}{(1-\lambda)^2}$ sont strictement positifs. On en tire modulo $2\pi$ :

    $(\vec{MC},\vec{MD}) = arg(\lambda^2- \lambda +1 + i) =(\vec{MB},\vec{MU}).$

    Amicalement
  • pappus
    pappus
    Bravo PGL@R92 pour ta belle démonstration.
    Je vais en donner une autre un peu plus tordue n'utilisant pas les similitudes mais qui a l'avantage de faire défiler une bonne partie du cours du Lebossé-Hémery sur les coniques.
    Cela me rend un peu nostalgique de savoir que tout cela a disparu pour toujours, tout comme les similitudes d'ailleurs!
    Le segment $MU\ $ est vu du point $D$ sous un angle droit, le point $M\ $ décrit la droite $AB\ $ et le point $U\ $ décrit la droite $AC.\qquad$.
    Il en résulte que la droite $MU\ $ enveloppe une conique de foyer $D$ tangente aux droites $AB\ $ et $AC$.
    On donne trois positions particulières à $M$: le point à l'infini de la droite $AB\ $, le point $A$ et le point $B$ et on utilise le théorème qui nous dit que le lieu des projections orthogonales du foyer $D$ sur les tangentes à la conique est le cercle principal.
    On en déduit les points $A$, $O$, $B\ $ du cercle principal.
    Ce cercle principal est donc le cercle de diamètre $AB$ de centre $\Omega\ $ le milieu de $AB.\qquad$
    On en déduit l'autre foyer $D'\ $ et accessoirement que cette conique passe par $C\ $ dont la tangente est $AC\ $ et aussi par $E'$ dont la tangente est $BE'$
    Il n'y a plus qu'à appliquer le second théorème de Poncelet aux tangentes à la conique issues de $M\ $, à savoir les tangentes $MB\ $ et $MU.\qquad$.
    Entre parenthèses, la tangente $MB\ $ passant par le centre $\Omega\ $ est une asymptote.
    Notre conique est donc une hyperbole dont l'excentricité est $\sqrt 5.\qquad$
    Comme le dit Tonm, faisons une petite chasse (aux angles orientés de droites, hélas)!!!
    $(MD,MU)=(MB,MD')\ $, (second théorème de Poncelet).
    $(MB,MD')=(MC,MB)\ $, (symétrie par rapport à la droite $AB).\qquad$
    D'où: $(MD,MU)=(MC,MB).\qquad$
    Et finalement:
    $(MD,MC)=(MU,MB)\ $ (permutation des moyens)
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    Je crois me souvenir que Jean-Louis n'aime pas plus les similitudes que les coniques.
    Alors on est à égalité PGL@R92 et moi!122670
  • PGL@R92
    PGL@R92
    Mon cher Pappus,

    Je ne sais plus quel philosophe a dit qu'il fallait en toutes choses chercher l'économie de moyens.

    Amicalement
    PL
  • pappus
    pappus
    Mon cher PGL@R92
    En géométrie comme dans les autres disciplines mathématiques, il est absolument nécessaire de connaître le maximum de solutions possibles.
    Tous les chemins mènent à Rome y compris la solution de Bouzar !
    J'aurais pu dès le début donner ta solution mais je me suis amusé, un peu à côté, avec l'enveloppe de la droite $MU\ $ et chemin faisant je me suis aperçu qu'on pouvait ainsi résoudre l'énigme de Jean-Louis.
    Ceci dit, Jean-Louis n'aime ni les transformations ni les coniques !
    Je me demande ce qu'en aurait pensé Apollonius !
    Mais il est facile à partir de ta solution par exemple de la découper en rondelles pour satisfaire les besoins synthétiques de Jean-Louis !
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,

    Pourquoi faire preuve de subtilité quand la force brute suffit ? 
    % Jean-Louis Ayme - 21 Mai 2021 - Deux angles égaux

clear all, clc

a=0+0i; % Un carré ABCD
b=1+0i;
c=1+1i;
d=0+1i;

aB=a; % Conjugués
bB=b;
cB=1-1i;
dB=-d;

syms m % Un point quelconque M sur (AB)

mB=m;

%-----------------------------------------------------------------------

% Point U d'intersection de (AC) et de la perpendiculaire en D à (MD)

[p1 q1 r1]=DroitePerpendiculaire(d,m,d,dB,mB,dB);
[p2 q2 r2]=DroiteDeuxPoints(a,c,aB,cB);

[u uB]=IntersectionDeuxDroites(p1,q1,r1,p2,q2,r2);

u=Factor(u);

% On trouve:

u=(1+i)/(1-m);

%-----------------------------------------------------------------------

% Calcul de cos^2(CMD)

MC2=(c-m)*(cB-mB); % MC^2
MD2=(d-m)*(dB-mB); % MD^2
CD2=1; % CD^2

% Et un coup de Pythagore généralisé

cos2CMD=Factor((MC2+MD2-CD2)^2/(4*MC2*MD2));

% On trouve cos2CMD=(m^2-m+1)^2/((m^2+1)*(m^2-2*m+2))

%-----------------------------------------------------------------------

% Calcul de cos^2(CMD)

MB2=(b-m)*(bB-mB); % MB^2
MU2=(u-m)*(uB-mB); % MU^2
BU2=(u-b)*(uB-bB); % BU^2

% Et un coup de Pythagore généralisé

cos2BMU=Factor((MB2+MU2-BU2)^2/(4*MB2*MU2));

% On trouve cos2BMU=(m^2-m+1)^2/((m^2+1)*(m^2-2*m+2))

% Et on vérifie l'égalité des deux cosinus (ils sont positifs)

Nul=Factor(cos2CMD-cos2BMU) % Égal à 0, donc c'est gagné
    Ces calculs sont suffisamment simples pour être faits à la main, mais j'ai eu la flemme.

    Cordialement,

    Rescassol
  • pappus
    pappus
    Merci Rescassol mais je peux te dire déjà que PGL@R92 campe sur ses positions!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Jean-Louis Ayme
    Jean-Louis Ayme
    Bonjour PLG et à tous,
    votre idée est séduisante...
    Vous construisez le cercle de diamètre [DM], puis H et G...

    Comment faites-vous pour prouver que M, G et C sont alignés ?

    Je suis resté bloqué quelques jours sur cette délicate question...que j'ai finalement résolue...

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,

    On peut aussi voir que les trois cercles de diamètres $[MD],[AB],[DU]$ se coupent en un point $N(n)$ situé sur $(MU)$ avec $n=-\dfrac{i}{m-1-i}$, que les triangles $MCD$ et $MBN$ sont semblables, mais tout ça tourne un peu.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Jean-Louis Ayme
    Jean-Louis Ayme
    Bonjour Rescassol,
    merci pour tes idées qui me semblent fructueuses après une chasse angulaire... et qui allègent ma preuve...

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • PGL@R92
    PGL@R92
    Bonjour Jean-Louis

    $M$ est le point double (le centre) de la similitude, et $UH$ est l'homologue de $DG$, donc les droites correspondantes se coupent sur le cercle ($MDU$) de diamètre $MU$, et comme $\widehat{MHU} = \widehat{MGD} = \pi / 2$, c'est en $H$.

    Amicalement
    PL
  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,

    C'est presque la figure de Pappus.

    Cordialement,

    Rescassol122772
  • Bouzar
    Bouzar
    Bonjour Rescassol,

    Une solution par les complexes a été déjà donné.

    Amicalement
  • Jean-Louis Ayme
    Jean-Louis Ayme
    Bonjour,

    je résume ma preuve :

    1. N est le pivot de Miquel
    2. E, N et B sont alignés (E second point d'intersection de DC avec le cercle de diamètre [MD] (théorème de Reim)
    3. par symétrie la médiatrice de [AD], M, G et C sont alignés (G voir figure de PGL) car (NG) // (AD) d'après le théorème de Pascal)

    Next on my site...

    Merci pour la remarque de Rescassol...

    Donc sans angle et transformation...je suis content et vais passer une bonne soirée...

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,

    Oui, Bouzar, je ne l'avais pas vue, j'ai seulement donné la solution que j'ai faite il y a trois jours et que j'avais oublié de publier.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Jean-Louis Ayme
    Jean-Louis Ayme
    Bonjour,

    http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/Deux angles egaux de Stanley Rabinowitz.pdf

    Sincèrement
    Jean-Louis
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