Quadrilatères partageables

Nous dirons d’un polygone plan qu’il est partageable s’il existe un point de son plan tel que les aires des triangles ayant pour sommets ce point et deux sommets consécutifs du polygone sont égales — point dont nous dirons alors qu’il partage le polygone.

Pour tout triangle, il y a en fait quatre points ayant cette propriété : le centre de gravité G du triangle ainsi que les intersections P_1,P_2,P_3 des droites menées par chaque sommet parallèlement au côté opposé.

triangle

C’est facile à voir. On sait en effet que les coordonnées barycentriques d’un point P par rapport à un triangle ABC sont les quotients des aires orientées des triangles PBC, APC, ABP par celle du triangle ABC. En conséquence, pour que P possède la propriété demandée, il faut, et il suffit, que ses coordonnées barycentriques (p,q,r) vérifient |p|=|q|=|r|. Comme p+q+r=1, les points cherchés sont donc ceux pour lesquels (p,q,r) est l’un des triplets suivants

(\frac 1 3,\frac 1 3,\frac 1 3), (-1,1,1), (1,-1,1), (1,1,-1)

Le premier est G et les trois autres sont les P_i.

Dans cet article, nous allons montrer ceci :

(1) Un quadrilatère est partageable si, et seulement si l’une des conditions suivantes est réalisée: a) le milieu d’une diagonale appartient à l’autre et b) les droites joignant deux sommets consécutifs aux milieux des diagonales auxquelles ils n’appartiennent pas se coupent en l’intersection des parallèles aux diagonales menées par les deux autres sommets.

La première propriété est simple à concevoir. Lorsqu’elle est satisfaite, le milieu de « l’autre » diagonale est l’unique point qui partage le quadrilatère. La seconde propriété est un peu plus compliquée à imaginer. Elle est illustrée sur le dessin suivant, dans lequel M et N sont les milieux des diagonales du quadrilatère. Lorsque la seconde propriété est vérifiée, le point partageant le quadrilatère est unique. C’est l’intersection des parallèles aux diagonales menées par les « deux autres sommets », notée P sur la figure.

secondcas

Un résultat auxiliaire

Voici une propriété dont nous allons nous servir pour établir (1).

(2) Soient des segments non parallèles [P,Q] et [R,S]. Le lieu des point X pour lesquels les aires des triangles PQX et RSX sont égales est constitué de deux droites passant par l’intersection A des droites PQ et RS. Plus précisément, si B\in PQ et C\in RS sont tels que

\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{PQ} \quad \& \quad \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{RS}

alors l’une est la droite passant par A et le milieu M de [BC] et l’autre est la parallèle à BC menée par A.

auxiliaire

Il s’agit en fait d’un avatar affine du fait classique selon lequel le lieu des points équidistants de deux droites sécantes est l’union de leurs bissectrices. De fait, contrairement aux apparences peut-être, la propriété (2) est affine. En effet, les affinités, si elles ne conservent pas nécessairement les aires, conservent les rapports d’aires. En particulier, elles conservent les égalités d’aires. Considérons alors un triangle A_0B_0C_0 isocèle et rectangle en A_0. L’unique affinité qui applique A,B,C sur A_0,B_0,C_0, dans cet ordre, transforme notre lieu(*) en l’union des bissectrices des angles formés par les droites A_0B_0 et A_0C_0, ce qui établit (2).

Une preuve de (1)

Considérons un quadrilatère ABCD (les sommets sont énumérés consécutivement) et un point P qui le partage. Notons M le milieu de la diagonale [A,C] et N celui de [B,D]. D’après (2) appliqué aux segments [A,B], [A,D], P appartient à AN ou à la parallèle \mathcal A à BD passant par A. Semblablement, et avec des notations évidentes,

P\in BM\cup \mathcal B \quad \& \quad  P\in CN\cup\mathcal C \quad \& \quad P\in DM\cup\mathcal D

Nous allons organiser notre discussion en nous basant sur le nombre de parallèles aux diagonales auxquelles P appartient. Il appartient tout au plus à deux d’entre elles, ce qui nous donne donc trois cas.

0) Supposons d’abord que P n’appartienne à aucune. Il est donc dans l’intersection AN\cap BM\cap CN\cap DM et la dicussion se subdivise pour tenir compte du fait que les droites AN,CN d’un côté et BM,DM de l’autre, sont sécantes ou coïncident.

  • Supposons que AN\neq CN et BM\neq DM. Il vient alors P=M=N et, par exemple, AN=CN, une contradiction.
  • Supposons que AN\neq CN et BM= DM. Nous en concluons que P=N et que le milieu de [A,C] appartient à BD. Dans ces circonstances, (2) nous montre que N partage effectivement le quadrilatère.
  • Supposons que AN=CN et BM= DM. Alors M=N car, sinon, on aurait AC=BD, une contradiction(**). Dès lors ABCD est un parallélogramme dont P est le centre, lequel le partage effectivement bien.

Les autres cas possibles ne sont pas à prendre en considération car il est clair, par symétrie, qu’ils amènent à des conclusions analogues, à savoir que le milieu d’une diagonale se trouve sur l’autre et que le milieu de cette autre diagonale partage le quadrilatère.

1) Supposons ensuite que P n’appartienne qu’à une seule des parallèles aux diagonales considérées plus haut, disons à \mathcal A pour fixer les idées. Il appartient aussi à BM\cap CN\cap DM.

  • Supposons que BM\neq DM. Alors P=M et dès lors AC=\mathcal A=BC, une contradiction.
  • Supposons que BM= DM. Comme alors P\in BD, il vient \mathcal A=BD, une contradiction.

Nous concluons de ce qui précède qu’il n’est pas possible que P ne soit que sur une seule des parallèles aux diagonales considérées.

2) Supposons enfin que P soit sur deux de ces parallèles, par exemple \mathcal A et \mathcal D. Il faut encore que BM et CN passent par P pour que celui-ci partage le quadrilatère et, vu (2), c’est suffisant.

La démonstration de (1) est achevée.

Pour conclure à l’unicité du point partageant le quadrilatère dans les deux possibilités prévues dans (1), il suffit d’observer qu’elles ne peuvent se présenter simultanément, ce qui est clair.

Il est facile de construire des quadrilatères dont le milieu d’une diagonale est situé sur l’autre. Les quadrilatères partageables de la seconde sorte prévue par (1) ont l’air plus difficiles à construire mais il n’en est rien. En effet, on peut vérifier que, avec les notations de la preuve ci-dessus, si BM passe par l’intersection de \mathcal A et \mathcal D, alors CN le fait aussi.

Dès lors, pour construire de tels quadrilatères, on se donne arbitrairement A et D ainsi que les directions AP, DP puis on choisit arbitrairement B sur la parallèle à AP menée par D.

construction

Cela détermine M, intersection de BP avec la paralléle à DP menée par A. Le quatrième sommet du quadrilatère est alors simplement le symétrique C de A par rapport à M.

😉
__________
(*) Celui-ci est encore celui des points X pour lesquels les triangles XAB et XAC ont même aire puisque celles de XPQ et XAB sont égales, de même que celles de XRS et XAC.
(**) Il est entendu que le quadrilatère n’est ni plat ni dégénéré en un triangle.

2 réflexions sur “Quadrilatères partageables

  1. Salut, c’est Nemo! Je n’ ai pas encore eu le temps d’aller jusqu’au bout de ta démonstration, mais ça m’inspire une autre généralisation possible en géométrie analytique. Soit une portion de courbe (dérivable) et un point P en dehors de la courbe. Il doit exister un découpage de cette courbe en segments infinitésimaux tels que l’aire du triangle délimité par P et un segment soit constante. Donc, pour chaque point P, un découpage qui lui est propre. C’est trivial pour un cercle et son centre, mais si l’on déplace le centre, le découpage va changer.

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