D299. Les carrés inscrits (Diophante Juillet 2018) Problème proposé par Michel Lafond
Un carré est dit inscrit dans un quadrilatère si chaque côté du quadrilatère contient exactement un sommet du carré.
Démontrer que si un quadrilatère convexe possède au moins deux carrés inscrits alors ses diagonales sont perpendiculaires.
Solution proposèe par Michel Rome Une mise en place de la figure
Soient ABCD et EF GH deux carrés dans le plan orientés dans le mème sens.
Traçons les droitesAE,BF,CG,DH. On suppose que AE et BF se coupent en I, BF etCG enJ,CGetDH enK et enfin DH et AE enL.IJ KL joue le rôle du quadrilatère de l’ènoncé.
On s’intéresse à l’unique similitude directe qui applique les points A, E surB, F. Le centre est le point O autre que I à d’intersection des cercles (IAB) et (IEF) circonscrits àIAB etIEF. En angle de vecteurs on a
(−→
OA,−−→
OB) = (−−→ OE,−→
OF) et OB
OA = OF OE Mais alors on a aussi
(−→
OA,−−→
OE) = (−−→ OB,−→
OF) et OE
OA = OF OB
Ce qui montre queO est aussi centre d’une similitude qui envoieA, B surE, F et qui en fait envoie le carré ABCD sur le carréEF GH. Et donc B, C surF, G. En retournant les calculs précédents on voit qu’une similitude de centre O applique B, F surC, G. D’autres similitudes toujours de centreOappliquentC, GsurD, H, D, H surA, E. Les angles de droites (OA, AE), (OB, BF), (OC, CG) et (OD, DH) sont égaux.
Les huit cercles analogues à (IAB) ou (IEF) passent tous par O.
Considérons les deux cercles (IAB) et (KCD). Ils se recoupent enP.
Montrons queP est sur la diagonaleIK. En angle de droites (P O, P I) = (AO, AE).
On a vu que (OA, AE) = (OD, DH). Mais (DO, DK) = (P O, P K). Donc (P K, P I) = 0.
De mème en faisant intervenir les cercles (J BC) et (LAD) qui se coupent en O et Q, on voit que Q est sur la diagonale J L et que (QO, QJ) = (BO, BJ) = (OA, AE) = (OP, IK).
MaisOP est parallèle à AB etOQ àBC donc IK est orthogonal à J L.
1
A B E
F C D
G
H
I J K
L
O
P Q
À quelles conditions les deux carrés existent-ils ?
Soit M l’intersection des diagonales. Prenons M comme origine des coordonnées et les diagonales M J et M K comme axes (Celles-ci sont orthogonales par hypo- thèse.) On pose I = (0, yI), J = (xJ,0), K = (0, yK), L = (xL,0). On cherche A, B, C, D.
On impose A sur la droite (LI),B sur (IJ), C sur (J K) etD sur (KL). (Calculs avec Maxima)
(%i1) e1:xA*yI + yA*xL - xL*yI$ e2:xB*yI + yB*xJ - xJ*yI$
e3:xC*yK + yC*xJ - xJ*yK$ e4:xD*yK + yD*xL - xL*yK$
Soit R la rotation vertorielle d’angleπ/2. Sa matrice est01 0−1. Si ABCDest un carré on doit avoir R(−→
AB) = −−→
AD etR(−−→
DA) = −−→
DC.
(%i2) e5:xD-xA+yB-yA$ e6:yD-yA-xB+xA$
(%i3) e7:xC-xD+yA-yD$ e8:yC-yD-xA+xD$
(%i4) solve([e1,e2,e3,e4,e5,e6,e7,e8],[xA,yA,xB,yB,xC,yC,xD,yD])$ factor(%);
(%o4) [[xA= xL·(yK−yI)
yK −yI−xL+xJ, yA=− (xL−xJ)·yI yK −yI −xL+xJ, xB = xJ·(yK −yI)
yK−yI−xL+xJ, yB =− (xL−xJ)·yI
yK−yI−xL+xJ,... etc ...]]
Surprise ! On ne trouve qu’un seul carré. Mais nous nous souvenons que les CAS se permettent de diviser par des quantités pouvant s’annuler. Le système est linéaire.
Pour avoir plusieurs solutions il faut que son déterminant soit nul.
(%i5) D:coefmatrix([e1,e2,e3,e4,e5,e6,e7,e8],[xA,yA,xB,yB,xC,yC,xD,yD]);
2
(%o5)
yI xL 0 0 0 0 0 0
0 0 yI xJ 0 0 0 0
0 0 0 0 yK xJ 0 0
0 0 0 0 0 0 yK xL
−1 −1 0 1 0 0 1 0
1 −1 −1 0 0 0 0 1
0 1 0 0 1 0 −1 −1
−1 0 0 0 0 1 1 −1
(%i6) determinant(D)$ factor(%);
(%o6) (yK−yI−xL+xJ)·(xL·yI·yK−xJ ·yI·yK+xJ·xL·yK−xJ ·xL·yI) Le premier facteur est la somme des longueurs des diagonales. ( non nulles !)
(%i7) CD:-part(%,2);
(%o6) −xL·yI·yK+xJ·yI ·yK −xJ·xL·yK+xJ·xL·yI
(%i7) solve([e1,e2,e3,e4,e5,e6,e7,e8,CD],[xA,yA,xB,yB,xC,yC,xD,yD,yI]);
(%o7) [[xA= %r1, yA=−%r1·xJ·yK−xJ ·xL·yK
xJ·yK +xL·(xJ−yK) , ... etc ...]]
(%i8) \%rnum_list;
(%o8) [%r1]
L’introduction de la condition dans le système, mène a une indéterminée dans les solutions. On peut choisir A partout sur la droite (LI) et pour chaque A trouver un carré.
Revenons sur la condition. Divisons paryIxJ yKxL. (Tous non nuls sinon le qua- drillatère dégénère.) On trouve
1 yK − 1
yI = 1 xJ − 1
xL Dans le cas de la figure on a yI <0, xL <0.
M
T K
L J
I
I0
J0 T0
K0
L0
3
Si l’on procède a une inversion de centreM les pointsIJ KLdevienentt I0J0K0L0. La condition nécessaire pour les deux carrés se traduit parL0J0 =I0K0. Il existe une rotation d’angleπ/2 de L0J0 surI0K0. Le centre de cette rotation est à intersection des cercles (L0M I0) et (J0M K0) autre que M; soitT0. Cette rotation applique la droite (L0J0) sur (I0K0).T0 est équidistant des diagonales et donc sur l’une de leurs bissectrices. Mais les cercles (L0M I0) et (J0M K0) sont les inverses de (LI) et (J K).
L’inverse T deT0 est à l’intersection des droites (LI) et (J K) et donc aussi sur la bissectrice.
On peut énoncer : Un quadrilatère admet plus d’un carré inscrit si et seule- ment si les diagonales se coupent en angle droit et si deux cotés opposés se coupent sur les bissectrices de ces diagonales.
Démonstration : Poursuivons avec Maxima.
Calculons les coordonnées de T
(%i17) solve([X*yI+Y*xL-yI*xL,X*yK+Y*xJ-yK*xJ],[X,Y])$ part(%,1);
(%o18) [X = xJ·xL·yI −xJ·xL·yK
xJ·yI−xL·yK , Y =−yI ·(xL·yK −xJ·yK) xJ ·yI−xL·yK ] Cherchons sous quelle condition T est sur la deuxième bissectrice.
(%i19) subst(%,Y+X);
(%o19) xJ·xL·yI−xJ·xL·yK
xJ·yI −xL·yK − yI·(xL·yK−xJ ·yK) xJ·yI −xL·yK (%i20) factor(%);
(%o20) xL·yI ·yK−xJ·yI ·yK+xJ·xL·yK−xJ ·xL·yI xL·yK−xJ ·yI
(%i21) num(%);
(%o21) xL·yI·yK−xJ ·yI·yK+xJ·xL·yK−xJ ·xL·yI (%i22) CD+%$ ratsimp(%);
(%o23) 0
La mème condition assure l’existence de plusieurs carrés et l’intersection des côtés opposés sur la bissectrice. Remarque : Seule une intersection est suffisante l’autre est automatiquement vérifiée.
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