Un exercice de 4-ème trouvé chez M. PH. André

Soit AB une corde d’un cercle (C). Déterminer « les » points M de (C) pour lesquels le périmètre de MAB est maximal. 
Bonne soirée 
Yann 
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Réponses

  • Dans un cas particulier, on a bien « les » 😀
    Je n’ai pas de démonstration encore…
  • Merci Yann pour ce bel exercice!
    Tu nous manques!
    Reviens souvent nous voir!
    Amitiés
    pappus
    PS
    Ci-joint une figure sur laquelle on peut méditer


  • L'intersection du cercle avec la médiatrice de [AB]. Deux positions si la corde est un diamètre une seule sinon. ?
  • Grace à Pappus j'utilise des angles au centre/angles inscrits qui étaient en 3e et ne sont plus vraiment nulle part, et également le triangle rectangle inscrit dans le demi-cercle qui était en 4e, lui aussi disparu.
    Y a-t-il une démonstration qui resterait abordable pour les nouveaux programmes de 4e?
    The fish doesnt think. The Fish doesnt think because the fish knows. Everything. - Goran Bregovic
  • Dom
    Dom
    Modifié (June 2022)
    Ce triangle CMB, comment montrer qu’il est isocèle ?

    coquille : BMN, pas CMB. 
  • En effet, Pappus, on peut méditer sur ta figure, et il n'est point besoin de le faire longtemps pour trouver la réponse, quand on a la chance de pouvoir se remémorer, pour les avoir vus il y a quelque 55 ou 57 ans, les disparus évoqués par Soc ...
    Bien amicalement, JLB
  • Avec les angles/inscrits angles au centre, tu montres que AMB vaut 2 ANB, et ensuite par les angles tu as le triangle isocèle.
    The fish doesnt think. The Fish doesnt think because the fish knows. Everything. - Goran Bregovic
  • Oui bien sûr !!!  Classique !
    Ça semble fichu pour la 4e 2022. 
  • Bonsoir à tous et faites de beaux rêves 
    Nul besoin d’utiliser ces maudits angles dont on est bien incapable de donner la moindre définition!
    Par contre il n’est pas inutile de se rappeler que la symétrie par rapport à la droite $CM$ est une isométrie et qu’à ce titre:
    $$CB=CN$$
    Amicalement 
    pappus
  • jelobreuil
    Modifié (June 2022)
    Bonne nuit à tous
    Dom, sur la figure de Pappus, ce n'est pas CMB qui est isocèle ...
    Soc, je ne crois pas que ce soit sur les angles AMB et ANB qu'il faille raisonner ...
    Je vois plutôt les choses ainsi :
    Soit un segment AB, un point C sur sa médiatrice, et deux arcs de cercle AB, l'un passant par le point C (qui en est donc le sommet) et l'autre ayant ce point C pour centre. Une demi-droite d'origine A coupe ces arcs en M et N, respectivement. Alors, les angles MCB et MAB sont égaux car ce sont, dans le petit arc, des angles inscrits qui interceptent le même arc MB ; dans le grand arc, l'angle au centre NCB vaut le double de l'angle inscrit NAB ; les angles MAB et NAB étant identiques, on en déduit que l'angle NCM, égal à la différence entre les angles NCB et MCB, est égal à l'angle MCB. La droite CM est donc la bissectrice de l'angle NCB, qui est l'angle au sommet du triangle isocèle NCB, ce qui implique que la droite CM est aussi la médiatrice du segment BN, et donc que les segments MN et MB sont égaux.
    Et pour répondre à la question initiale de Yann, on a donc, où que se trouve M sur l'arc ACB, AM + MB = AN, et on voit bien, sur la figure de Pappus, que le maximum de AM+MB est atteint quand M est en C ...
    Bien cordialement, JLB
    PS: Pappus, quand j'ai commencé à écrire mon message, tu n'avais pas encore envoyé ton dernier ...



  • Yannguyen
    Modifié (June 2022)
    Bonjour Maître pappus, et merci de ton aimable propos. Oui, je devrais venir plus souvent sur le forum de géométrie, mais je suis pris dans un filet où je m’agite dans cesse comme un poisson surpris.
     Ta jolie figure se suffit à elle-même !
    et ta réflexion par rapport à la droite CM achève l’exercice de manière radicale.  
    Bravo ! Comme d’habitude…

    L’argument dans le livre d’André est bien tordu : il utilise l’arc capable et le fait que l’angle DBA est droit. 
    Symétrie, tu nous étonneras toujours !
    Merci de l’intérêt que vous avez témoigné tous à cet exercice. Je ne regrette pas de l’avoir posé. 
    Yann 
  • Yannguyen
    Modifié (June 2022)
    Comme le maître aime aussi la géométrie différentielle, serait-il possible qu’il nous produise un argument qui montre que l’extremum de la somme MA+MB dans le cas où AB n’est pas un diamètre est unique.  Le résultat en résulterait aussitôt. 
    Bonne matinée à tous
    Yann
  • @pappus Comment obtient-on que N soit l'image de B par cette symétrie?
    The fish doesnt think. The Fish doesnt think because the fish knows. Everything. - Goran Bregovic
  • Image
    Modifié (June 2022)
    [Inutile de recopier l'avant-dernier message. Un lien suffit. AD]
    Bonjour
    Je suis pas sûr que cela réponde à votre question, mais je  me demande si l'on ne peut pas utiliser les ellipses de foyers A et B, et écrire une condition de contact. Sachant que le problème est invariant par symétrie par rapport à la médiatrice de AB !
    Dezargues
  • @Jelobreuil: Je prends un chemin légèrement différent: ACB = 2 ANB par le grand cercle, puis ACB = AMB par le petit cercle, d'où AMB = 2 ANB =2 a.
    On a ensuite NMB = 180 -2a puis MBN= a. MNB est donc isocèle en M.
    Ensuite maximiser le périmètre revient à maximiser AN, qui est plus petit que AD, hypoténuse de ADN (triangle rectangle et demi-cercle). On a donc une valeur maximale quand M est en C. Il reste ensuite à traiter le cas particulier où AB est un diamètre.
    The fish doesnt think. The Fish doesnt think because the fish knows. Everything. - Goran Bregovic
  • Dom
    Dom
    Modifié (June 2022)
    J’ai compris la figure exactement comme vient de le décrire Soc. 
    J’ai la même question sur cette symétrie. 
    Pourquoi B devient N ?
    ou alors l’équivalence 
    Pourquoi (CM) perpendiculaire à (BN) ?

    (dans les hypothèses on a CB=CN, juste avec C centre du grand cercle tracé passant par B et N)
  • Homo Topi
    Modifié (June 2022)
    @Image : étant né "trop tard" pour avoir eu un bon cours de géométrie à l'école, j'ai aussi pensé à utiliser des ellipses, puisqu'on regarde $MA+MB$. Cependant, il faudrait trouver la plus grande ellipse de foyers $A,B$ qui intersecte le cercle, je doute que ce soit si simple. Surtout quand des résultats plus basiques semblent faire le travail (je n'ai pas encore tout lu en détail, je n'ai pas encore compris). Cela dit, si quelqu'un sait formaliser la solution avec les ellipses, je trouverais ça également intéressant.
  • pappus
    Modifié (June 2022)
    Bonjour à tous
    Compte tenu du contenu des programmes actuels, c'est foutu d'avance même pour des agrégatifs.
    La solution par le calcul différentiel est elle aussi intéressante.
    Le gradient de la fonction $M\mapsto AM+BM$ est porté par la bissectrice intérieure de $\widehat{AMB}$, laquelle, on le savait encore au début du siècle dernier, passe par un point fixe quand $M$ parcourt son arc de cercle, (aujourd'hui c'est évidemment une toute autre histoire!).
    Je vous laisse terminer!
    Amicalement
    pappus
  • pappus
    Modifié (June 2022)
    Tu as remarqué que je n'ai pas expliqué comment j'ai fait ma figure (juste pour laisser un peu de grain à moudre!).
    Alors disons que c'est par définition que $N$ est le symétrique de $B$ par rapport à $CM$!
    Amicalement
    pappus
  • Dom
    Dom
    Modifié (June 2022)
    Mon cher pappus, 
    cela m’est passé par la tête [le cercle n’est pas forcément construit comme on - je - le pense] et te connaissant un peu pour savoir que tu aimes bien nous faire réfléchir de manière espiègle mais bienveillante en sollicitant notre curiosité j’en suis arrivé à cette conclusion (ton dernier message).
    Génial 😀
  • Soc
    Soc
    Modifié (June 2022)
    J'avais envisagé dans les deux sens : montrer qu'ils sont symétriques ou bien montrer que le symétrique est là où l'on veut, mais les deux m'ont résisté. Je suis condamné à persévérer si j'ai bien compris !
    The fish doesnt think. The Fish doesnt think because the fish knows. Everything. - Goran Bregovic
  • Madec
    Modifié (June 2022)
    Bonjour
    En considérant que l'on construit N comme image de B par la symétrie orthogonal d'axe  CM, ne déplace t-on pas le problème car du coup ne faut-il pas montrer que  les points  A, M, N  sont alignés pour poursuivre ?
  • Si, si, c’est ça. 
    Dire que A, B et N sont « C-cocycliques » est immédiat. 
    Il faut ensuite justifier cet alignement.
  • @Soc, j'ai compris et je vois bien le chemin que tu as pris.
    Mais je pense que tu sais comme c'est parfois difficile, a priori, de changer un tant soit peu d'optique, quand on a trouvé quelque chose qui fonctionne bien ...
    Amicalement, JLB
  • Madec
    Modifié (June 2022)
    Bonjour
    Je ne vois pas bien comment montrer l'alignement A,M,N  (avec la deuxième approche, c'est-à-dire N défini comme le symétrique de B 
    Est-ce  sophistiqué ?
    La première approche utilisant les résultats autrefois connus sur les relations entre angle au centre et angles inscrits est plutôt simple.
    Merci.
  • Mon cher Yann
    J'ai le pressentiment qu'on ne se reverra plus jamais avec ce temps qui fuit comme un beau diable et moi confiné par le grand âge dans ma yourte!
    Ma figure se suffit peut-être à elle même comme tu dis mais beaucoup n'ont pas compris l'ordre dans lequel je l'ai tracée et n'ont pas vu que la droite $CM$ est automatiquement la bissectrice extérieure de l'angle $\widehat{AMB}$, ce qui entraine l'alignement des points $A$, $M$, $N$
    Amitiés
    pappus
  • Précisez « M. Ph. André » ? Merci.


  • Madec
    Modifié (June 2022)
    Merci à pappus pour l'éclairage ,  mais très obtus (sans jeu de mot) je ne vois pas trop pourquoi CM est bissectrice extérieure de l'angle AMB 
    ne faut il pas déjà considérer que A,M,N sont alignés pour que CM prenne ce statut de bissectrice ?
  • Mon cher Madec
    Non, c'est parce que $CM$ est la bissectrice extérieure de l'angle $\widehat{AMB}$ qui fait que les points $A$, $M$, $N$ sont alignés.
    Et le fait que tu ne vois pas trop pourquoi ne m'étonne guère quand l'enseignement de la géométrie aujourd'hui se limite à ânonner les axiomes de Thalès et de Pythagore!
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour, je me suis rappelé cette question, voir mes messages de Tonm et de pappus...
    https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2228908/le-maximum-en-distance-dans-son-cercle#latest
    Cordialement.
  • Bonjour,
    Pour une classe de 4ème, je demanderais plutôt la maximisation de l'aire du triangle.
    A+
    Jadis à Koenigsberg, on se souciait du Kant dira-t-on.
  • Bonjour à tous
    Il s’agit bien de la classe de 4ème!
    Ce sont toutes les classes qui sont en cause avec l’exercice de Yann!
    Amicalrment
    pappus
  • Chaurien
    Modifié (July 2022)
    Si j'ai bien compris, on a deux points $A$ et $B$ sur un cercle $C$ et on veut les points $M $ de $C$ pour lesquels la somme des distances $MA+MB$ est maximum. J'aimerais connaître la référence précise du livre dont est extrait ce problème car il existe plusieurs livres de géométrie de M. Ph. André. Merci.
  • @ pappus

    Mon Bac date de 1975 et  déjà à l'époque on  ne faisait guère de géométrie , de mémoire un peu jusqu'en 3 ème et ensuite juste  quelques notions sur les coniques en terminale et un zeste de transformation plane ( rotation, symétrie, similitude etc ...) que l'on s'empressait "d'algèbriser" en utilisant le plan complexe.

    Bon Je ne sais toujours pas montrer l'alignement de ces 3 foutus points ...
    Une âme charitable de passage peut être ...



  • Je tiens à apporter mon soutien moral à Madec en partageant avec lui l'incapacité à aligner ces 3 maudits points.
    The fish doesnt think. The Fish doesnt think because the fish knows. Everything. - Goran Bregovic
  • Madec
    Modifié (July 2022)
    Merci  Soc  pour le soutien moral (à défaut du soutien scolaire   :))
  • Yannguyen
    Modifié (July 2022)
    Bonjour Chaurien,
    j‘ai bien fait de prendre une photo du livre d‘André, quand j’étais à Lille pour le colloque en l’honneur de Gilles Godefroy. La voici en pièce jointe !
    Yann
  • Bonjour à tous
    Pas une seule bonne âme pour aider le pauvre Madec?
    Qui va devoir se dévouer comme d'habitude?
    Amicalement
    pappus
  • Yannguyen
    Modifié (July 2022)
    Je pense en effet que l’assertion sur la bissectrice extérieure de l’ami et maître pappus demande quelque explication. Précisons d’abord la construction de la figure. 
    On prolonge le segment CA de sorte que CA=CB=CD, ce qui donne en particulier que DBA est droit. 
    On prolonge MA de sorte que MN=MB. 
    Il est facile alors de démontrer que les angles ANB et ADB sont "égaux", car valant  respectivement la moitié des angles ACB et AMB. Dès lors,  ABND est inscriptible, dans le cercle circonscrit à ABD, donc de centre C. Si bien que CN=CB…
    Et, la corde CN est plus petite que le diamètre AD, etc. 
    L’assertion sur la bissectrice extérieure est plus conséquence du raisonnement précédent que justifiant la preuve !
    Cordialement
    Yann, qui souhaite longue vie à Maître pappus. 
  • Madec
    Modifié (July 2022)
    Merci Yannguyen
    Je n'ai pas bien compris  ce que signifie "prolonger MA de sorte que MN= MB"
    si on prolonge, alors A, M et N sont  alignés et c'est ce qu'on veut montrer non ?

    Par ailleurs dans la suite est fait usage de relation sur des angles inscrits et/ou au centre, n'était ce pas ce qu'on voulait éviter avec cette construction alternative fondée sur le symétrique de B par rapport à la droite CM.
  • Yannguyen
    Modifié (July 2022)
    Oui cher Madec !
    il me semble en effet qu’il faudrait  hélas changer d’approche. On rejoint alors l’argument qui figurait dans André. 
    Yann 
  • Bonjour Yann
    De mon temps la figure ci-dessous était connue du grand public!
    Il faut croire qu'elle ne l'est plus aujourd'hui!
    Les bissectrices de l'angle en $A$ recoupent le cercle circonscrit en des points $U$ et $V$ situés sur la médiatrice de $BC$.
    Je commence à me demander si la notion même de bissectrice est encore enseignée?
    En effet puisque les angles ne le sont plus, je me demande bien pourquoi on aurait encore besoin des bissectrices?
    Amicalement
    pappus

  • Yannguyen
    Modifié (July 2022)
    Oui oui en effet !
    je reprends la démo à la lumière de la dernière intervention de Maître pappus. 

    Je pars avec la même construction du début (la mienne). Comme MC est la bissectrice extérieure de AMB, c’est la bissectrice intérieure de BMN, donc la médiatrice de BN, et donc CN=CB, et les quatre points A, B, N et D sont cocycliques …

    🙏🏽 à  pappus. 
    Yann 
  • Mon cher Yann
    J'ai défini le point $N$ comme le symétrique de $B$ par rapport à $CM$.
    Comme $CM$ est la bissectrice extérieure de l'angle $\widehat{AMB}$, les points $A$, $M$, $N$ sont alignés et d'autre part comme la symétrie est une isométrie: $CB=CN$ et $N$ ne peut pas faire autre chose que d'être sur le cercle de centre $C$ passant $B$ et aussi par $A$ et $D$
    Tout ceci était autrefois d'une trivialité désolante
    Ce qui est surtout désolant, c'est que cela ne le soit plus aujourd'hui!
    Amicalkement
    pappus
  • Merci

    je suis vraiment "bouché" , je ne comprends pas pourquoi  la droite CM  est bissectrice extérieure de l'angle  AMB.
    CM est bissectrice intérieur de l'angle BMN par construction de N ,  mais  je ne vois pas ce qu'on peut dire de plus  vis à vis de l'angle AMB?
  • Bonjour Madec,
    Reporte-toi à la dernière figure donnée par Pappus, et rappelle-toi que le point C est sur la médiatrice de AB, qui est aussi un diamètre du cercle circonscrit à AMB : les bissectrices intérieure et extérieure de l'angle AMB recoupent le cercle en deux points qui sont les extrémités du diamètre porté par la médiatrice de AB.
    Donc, où que se trouve M sur le cercle, la droite CM est bien la bissectrice extérieure de AMB.
    Bien amicalement, JLB

  • Ok  j'ai compris .
    Merci à tous ceux qui s'y  sont employés .

    Mais le résultat rappelé par Pappus sur les bissectrices intérieure et extérieure utilise peut être une relation entre angle inscrit et angle au centre ( Pi/2 et Pi). Donc on croyait sortir ces affreux angles  par la grande porte, mais ne reviennent-ils pas subrepticement par la fenêtre ?
  • Madec, le fait que "lorsqu'on joint un point d'un cercle aux extrémités d'un diamètre de ce cercle, on obtient un angle droit" était enseigné (en quatrième, programmes de 1947) comme une propriété caractéristique du triangle rectangle, découlant du fait que "la médiane issue de l'angle droit est égale à la moitié de l'hypoténuse" que les élèves de l'époque apprenaient à la suite de l'exposé des propriétés du rectangle ... et bien avant d'aborder (en fin d'année, probablement, puisqu'elles figurent à la toute fin du Lebossé-Hémery de quatrième) les notions d'arc capable et d'angle inscrit ...    
  • C’est sûr que si on retire les angles mais que l’on parle de bissectrice… on a un léger problème.
  • Bonsoir à tous
    Pourquoi s'acharner sur cette pauvre classe de quatrième?
    Cet exercice est strictement infaisable par la plupart de nos étudiants et même par certains de nos professeurs.
    Il suffit de parcourir cette discussion pour le moins édifiante pour en être convaincu!
    Amicalement
    pappus
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