Forum Mathématique (Lycée) :
Problème énervant de géométrie (angles inscrits)

Bonjour,

Depuis une semaine, je sèche lamentablement sur un problème de géométrie apparemment très simple. Il s'agit d'un exercice posé sur un autre forum (mathématex pour ne pas le citer) pour lequel personne n'a trouvé de réponse depuis le 26 avril ! Comme je sais que sur l'Île il y a plein de gens très compétants je vous soumet l'énigme (la honte de ne pas avoir trouvé la réponse est moins forte que la curiosité de connaître la démonstration):

On place deux points A et B sur un cercle de centre O. Ces 2 points délimitent deux arcs, un petit et un grand, sur le cercle. On place deux points C et D sur le petit arc AB. On note I le milieu du grand arc AB. On place les points M et N, intersection de la corde [AB] respectivement avec les segments [CI] et [DI].

Démontrer que

Voici une figure

salut PR

IDM, je suppose ?

Oui bien sûr ...

Un petit up!

Il est facile de vérifier sur GeoGebra ou Géoplan que . Mais comment le démontrer ?

Quoiqu'il en soit, c'est une configuration qui fait apparaître pleins d'angles égaux. J'espère que d'autres que moi continuent de plancher sur cet épineux (mais intéressant) problème (je me sentirais moins seul )

Encore un petit up ! Ce forum est tellement actif que ce topic est tombé dans les profondeurs du classement en quelques heures...

Bonjour Patrice Rabiller,
(CN) coupe l'arc BI en S
(DM) coupe l'arc AI en  R
le triangle ABI est isocèle en I
angle BAI=angle BAS+ angle SAI= angle ABI=  angle ABR+angle RBI
les angles ARB et ASB sont égaux ,angles inscrits interceptant le même arc AB
les triangles ARB et ASB ont un côté commun[AB] et un angle (ARB et ASB)de même mesure donc ils sont superposables par conséquent les angles BAS et ABR sont égaux
d'où angle SAI=angle RBI
or angle RBI= angle MDI et angle SAI= angle NCI ( angles inscrits)
==>angle MDI=angle NCI
cordialement Labo.

bonjour Labo,
je ne comprends pas cette étape....

citation :
les triangles ARB et ASB ont un côté commun[AB] et un angle (ARB et ASB)de même mesure donc ils sont superposables

En effet je ne reconnais pas un critère d'isométrie de triangles ( il manque une égalité de distance ou bien une égalité d'angle...je crois)
j'y vais mon bébé pleure....

Bonjour petite cerise,
exact il manque une égalité....à revoir....

Approche analytique.




Soit un repère orthonormé d'origine O, de mesure unitaire égale au rayon du cercle.
Avec l'axe des abcisses // à (AB) et donc l'axe des ordonnée est médiatrice de [AB]

Appelons X l'abscisse de B dans ce repère. (X est dans [0 ; 1])

On a :
Equation du cercle: x²+y² = 1
I(0 ; -1)
A(-X ; V(1-X²))
B(X ; V(1-X²))

Equation de (AB): y = V(1-X²)
Equation de (IM): y = m1.x - 1 (avec |m1| >= tg((1 + V(1+X²))/X))
Equation de (IN): y = m2.x - 1 (avec |m2| >= tg((1 + V(1+X²))/X))

On trouve les coordonnées de C en résolvant le système:
x²+y² = 1
y = m1.x - 1

x² + m1²x² + 1 - 2m1.x = 1
x²(m1² + 1) - 2m1x = 0
Une des solutions (x = 0 ) correspond au point I --> pour C:
x(m1² + 1) - 2m1 = 0
x = 2m1/(1+m1²)
y = 2m1²/(1+m1²) - 1
y = (m1²-1)/(1+m1²)
On a donc C(2m1/(1+m1²) ; (m1²-1)/(1+m1²))

On trouve les coordonnées de M en résolvant le système:
y = V(1-X²)
y = m1.x - 1

V(1-X²) = m1x - 1
x = (1+V(1-X²))/m1
On a donc M((1+V(1-X²))/m1 ; V(1-X²))

Par simple remplacement de m1 par m2, on trouve:
D(2m2/(1+m2²) ; (m2²-1)/(1+m2²))
et
N((1+V(1-X²))/m2 ; V(1-X²))

On a donc:
I(0;-1)
C(2m1/(1+m1²) ; (m1²-1)/(1+m1²))
N((1+V(1-X²))/m2 ; V(1-X²))

IC² = 4m1²/(1+m1²)² + ((m1²-1)/(1+m1²) - 1)²
IC² = 4m1²/(1+m1²)² + ((-2)/(1+m1²))²
IC² = 4m1²/(1+m1²)² + 4/(1+m1²)²
IC² = 4/(1+m1²)²
IC = 2/(1+m1²)

IN² = (1+V(1-X²))²/m2² + ((1 + V(1-X²))²
IN² = ((1 + V(1-X²))² * (1+m2²)/m2²
IN = ((1 + V(1-X²))/m2 * V(1+m2²)

CN² = [2m1/(1+m1²) - (1+V(1-X²))/m2]² + [(m1²-1)/(1+m1²) - V(1-X²))]²

Alkashi dans le triangle ICN :
IN² = CN² + IC² - 2CN.IC.cos(ICN)
...

cos(ICN) = ...

et ensuite par permutation de m1 et m2 dans l'expression de cos(ICN) on trouve celle de cos(IDM)

et si on ne s'est pas trompé on devrait pouvoir conclure en l'égalité des angles.
------
Sauf distraction (mes calculs sont à vérifier).

Evidemment, j'avais bien pensé à cette piste, mais devant la complexité des calculs, j'y avais renoncé en me disant qu'il devait y avoir une solution purement géométrique plus élégante.
En tout cas, merci J-P pour ta recherche.

Oui, un peu lourd mais combien efficace.

Voila la démo complète par méthode analytiques (j'ai modifié la fin)

Avec le dessin de ma première réponse.
---
Soit un repère orthonormé d'origine O, de mesure unitaire égale au rayon du cercle.
Avec l'axe des abcisses // à (AB) et donc l'axe des ordonnée est médiatrice de [AB]

Appelons X l'abscisse de B dans ce repère. (X est dans [0 ; 1])

On a :
Equation du cercle: x²+y² = 1
I(0 ; -1)
A(-X ; V(1-X²))
B(X ; V(1-X²))

Equation de (AB): y = V(1-X²)
Equation de (IM): y = m1.x - 1 (avec |m1| >= tg((1 + V(1+X²))/X))
Equation de (IN): y = m2.x - 1 (avec |m2| >= tg((1 + V(1+X²))/X))

On trouve les coordonnées de C en résolvant le système:
x²+y² = 1
y = m1.x - 1

x² + m1²x² + 1 - 2m1.x = 1
x²(m1² + 1) - 2m1x = 0
Une des solutions (x = 0 ) correspond au point I --> pour C:
x(m1² + 1) - 2m1 = 0
x = 2m1/(1+m1²)
y = 2m1²/(1+m1²) - 1
y = (m1²-1)/(1+m1²)
On a donc C(2m1/(1+m1²) ; (m1²-1)/(1+m1²))

On trouve les coordonnées de M en résolvant le système:
y = V(1-X²)
y = m1.x - 1

V(1-X²) = m1x - 1
x = (1+V(1-X²))/m1
On a donc M((1+V(1-X²))/m1 ; V(1-X²))

Par simple remplacement de m1 par m2, on trouve:
D(2m2/(1+m2²) ; (m2²-1)/(1+m2²))
et
N((1+V(1-X²))/m2 ; V(1-X²))
---
Point milieu de [MN] : ((1+V(1-X²)).(m1+m2)/(2m1m2) ; V(1-X²))

médiatrice de [MN] : x = (1+V(1-X²)).(m1+m2)/(2m1m2)
---
Point milieu de [MC] : P(m1/(1+m1²) + (1+V(1-X²))/(2m1) ; (m1²-1)/(2(1+m1²)) + (V(1-X²))/2)

médiatrice de [MC] : y = -(1/m1)x + 1/(1+m1²) + (1+V(1-X²))/(2m1²) + (m1²-1)/(2(1+m1²)) + (V(1-X²))/2

en simplifiant, on obtient immédiatement :

médiatrice de [MC] : y = -(1/m1)x + (m1²+1)/(2m1²) + ((m1²+1)/(2m1²)).V(1-X²)
---
Point commun aux médiatrices de [MN] et [MC] :

x = (1+V(1-X²)).(m1+m2)/(2m1m2)
y = -(1/m1)x + (m1²+1)/(2m1²) + ((m1²+1)/(2m1²)).V(1-X²)

y = -(1/m1)[(1+V(1-X²)).(m1+m2)/(2m1m2)] + (m1²+1)/(2m1²) + ((m1²+1)/(2m1²)).V(1-X²)
Remise au même dénomineut et simplification :
y = (m1m2-1)/(2m1m2).(1 + V(1-X²)

Donc le centre du cercle passant par les points M, N et C a pour coordonnées :
((1+V(1-X²)).(m1+m2)/(2m1m2) ; (m1m2-1)/(2m1m2).(1 + V(1-X²))

Pour trouver le centre du cercle passant par les points M N et D, il suffit de croiser m1 et m2 dont l'expression qu'on vien tde trouver:

Et cela ne change pas le résultat car m1 et m2 sont interchangeable sans modifier l'expression --->

Les point M N, C et D sont cocycliques.
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Les angles MCN et NDM ont leurs sommets sur un même cercle et sous-tendent la même corde MN, et comme C et D sont d'un même coté de cette corde, les angles MCN et NDM sont égaux.

Et donc les angles ICN et IDM sont égaux.

CQFD.
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Sauf distraction.

Ouf, je n'ai rien relu et l'orthographe n'a pas suivi.

Bravo pour le travail...

De mon côté, je me demande s'il je ne devrais pas chercher du côté des notions "puissance d'un point par rapport à un cercle" et "inversion" pour avoir quelque chose de plus simple. L'inconvénient c'est qu'il faut que je me replonge dans ces très vieilles notions que j'ai oubliées.

Je crois avoir trouvé. Malheureusement, pour le moment j'utilise une propriété des inversions que je ne sais pas démontrer.

Pour ceux qui, comme moi auraient oublié ce qu'est une inversion de pôle O et de rapport k dans un plan, voici sa définition :

C'est la transformation ponctuelle qui à tout point M fait correspondre le point M' tel que :


Parmi les propriétés des inversions, j'utilise celle-ci :
Si f est une inversion de pôle O et si f(M)=M' et f(N)=N', alors les points M,M',N et N' sont cocycliques (à condition toutefois que O, M et N ne soient pas alignés).

Ainsi, en reprenant la figure précédente, en notant J le point diamétralement opposé à I et H le milieu de [AB], on démontre facilement, avec les produits scalaires, que et donc que, M est l'inversion de C et que N est l'inversion de D par l'inversion de pôle I et de rapport k. Il en résulte que les points M, N, C et D sont cocycliques et que, par conséquent, les angles et sont égaux

Voici le lien où on peut trouver cette information sur les inversions :

bonjour,
j'ai parcouru les msg et arrivee à la fin je dirais : le cercle circonscrit à MCN est noté (c') , la secante  (IN )coupe (c') en D' et par la la puissance de I par rapport à ce cercle donc D'=D  ,
bon maintenat je vais lire en detail...

une proposition de radaction:
on démontre que les angles sont égaux à près :
L'arc IB (qui ne porte pas C) et l'arc IA (qui ne porte pas C) sont de même longueur donc ils soustendent des angles égaux :


(même arc BC)
donc dans les triangles MCA et BCI le troisieme angle est egal :
or (même arc IC)
donc
et donc
à près :
, les quatre points DCMN sont cocycliques .
et donc
à près
j'ai beaucoup souffert dans ma jeunesse( en 3eme prepa EN instit) sur les angles inscrits.