D662. La saga des carrés inscrits (1er épisode)
On considère un quadrilatère (ABCD) tel que dans ses 4 sommets il n'y en ait pas trois alignés.
On numérote les droites (AB) , (BC) , (CD) , (DA) par respectivement (1) , (2) , (3) , (4).
On veut choisir 4 points Mi, Mi étant sur la droite (i) ( i entre 1 et 4) de telle façon que M1 , M2 , M3 , M4 soient les sommets d'un carré, que l'on appellera carré inscrit dans (ABCD).
Q₁ Montrer que si (ABCD) est un carré, il admet une infinité de carrés inscrits.
Q₂ On suppose que (ABCD) admet 2 carrés inscrits (M1 M2 M3 M4) et (M'1 M'2 M'3,M'4) orientés dans le même sens. Montrer qu'alors (ABCD) admet une infinité de carrés inscrits.
Solution
Question 1
Si le quadrilatère est un carré, il suffit de prendre les Mi à la même position relative sur chaque côté du carré (ABCD).
Il y a donc une infinité de solutions.
Question 2
Nous nous proposons d’abord de démontrer qu’étant connu le point de contact M1 sur un côté (par exemple AB), les autres points de contact M2 et M4 du carré sont parfaitement définis et qu’il n’existe qu’une seule solution.
Ceux-ci dépendent uniquement de la position du point M1 sur AB qui induit une valeur unique pour l’angle ω = (BM1M2)
Pour permettre les calculs analytiques, le point A sera pris comme origine.
L’abscisse de B est
a
et celle du point de contact M1 est défini par AM1 =p
et M1B =q
(0 ≤ p et q ≤ AB ; p+q = a)Soit α l’angle (BAM4) angle interne du quadrilatère, Posons Tangente(α) = Ta Soit β l’angle (M2BA) angle interne du quadrilatère, Posons Tangente(β) = Tb Posons Tangente(ω) = To
Soit M4H4 la hauteur issue de M4 dans le triangle M4AM1
Soit M2H2 la hauteur issue de M2 dans le triangle M2BM1
Les triangles M4H4M1 et M1H2M2 sont égaux (M1M4=M1M2, angle droit et angle ω chacun) Coordonnées de M1 : [p , 0]
Équation de la droite AM4 : y = Ta.x
Équation de la droite M1M4 : y = -x/To + p/To d’où Coordonnées de M4 :
[p/(1+TaTo) , pTa/(1+TaTo)]
Équation de la droite BM2 : y = -Tb.x + (p+q)Tb Équation de la droite M1M2 : y = To.x - pTo d’où Coordonnées de M2 :
[(p+q)Tb + pTo)/(Tb+To) , qTbTo/(Tb+To)]
Il faut que M1M4 soit égal à M1M2
√H4M4² + H4M1² =
±
√H2M2² + H2M1²Cette condition donne les solutions suivantes : pTa/(1+TaTo) = qTb/(Tb+To)
ou pTa/(1+TaTo) = - qTb/(Tb+To)
Seule la première solution est à retenir car la seconde donne des points M2 et M4 à l’extérieur du quadrilatère.
On obtient donc la relation entre p et ω, condition nécessaire et suffisante pour des segments M1M4 et M1M2 égaux et perpendiculaires.
To = 𝑇𝑏(𝑞−𝑝𝑇𝑎)𝑇𝑎(𝑝−𝑞𝑇𝑏) et ω = ATAN(𝑇𝑏(𝑞−𝑝𝑇𝑎)𝑇𝑎(𝑝−𝑞𝑇𝑏) ) = F1(p) (avec q=a-p)
[1]
Cette relation est une fonction ω = F1(p) qui ne dépend que de la géométrie du côté AB du quadrilatère (a, α, β).
Cette fonction F1 est biunivoque.
Sur le schéma ci-contre en raison des contraintes de GeoGebra, les 2 carrés inscrits sont notés (M1a M2a M3a M4a) et
(M1b M2b M3b M4b).
Le carré variable est noté (M1 M2 M3 M4).
On revient à la notation initiale. En prenant en compte les 2 carrés inscrits (M1 M2 M3 M4) et (M'1 M'2 M'3,M'4), à partir de tout point M"1 d’abscisse p"1 se déplaçant sur la droite AB de M1 à M’1, il est possible de construire une droite faisant l’angle ω"1 = F1(p"1) qui permet d’obtenir le point M"2 se déplaçant sur la droite issue de B faisant un angle β avec BA. Plus précisément le point M"2 parcourt le segment M2M’2 (le respect de la fonction F1 entraîne M"1M"4 et M"1M"2 égaux et perpendiculaires).
On répète l’opération avec le point M"2 d’abscisse p"2 se
déplaçant de M2 à M’2 et l’angle ω"2 = F2(p"2) pour obtenir M"x se déplaçant de Mx à M’x .
Mais Mx à M’x sont définis par les successeurs des sommets M2 et M’2 des 2 carrés inscrits de départ.
Ces successeurs sont respectivement M3 et M’3, le segment MxM’x est nécessairement le segment M3M’3
On peut remarquer que ω"2 =ω"1 + β – π/2
L’opération peut se répéter de manière identique pour M"3 et enfin pour M"4 qui nous ramène sur M"1.
Ainsi tout point M1" du côté AB défini par AM1"
ϵ
[M1M1’] génère un carré inscrit dans le quadrilatère (ABCD).Le nombre des carrés inscrits dans le quadrilatère (ABCD)est donc infini.
Remarque : La génération de carrés inscrits est possible à l’extérieur du segment [M1M1’], mais tous les points du segment AB ne conviennent pas en raison de limitations dues aux conditions 0 < ωi < π/2.avec i=1 à 4.
Cas particuliers :
Si α = π/2, la formule
[1]
devient : To = 𝑝−𝑞𝑇𝑏−𝑝𝑇𝑏Si β = π/2, la formule
[1]
devient : To = 𝑞−𝑝𝑇𝑎)−𝑞𝑇𝑎)
Si α et β = π/2 (ABCD) est un carré, ce qui a été traité à la question 1.
Remarque :
Quand 3 côtés du quadrilatère sont définis, il n’existe qu’une solution pour le 4ème côté si l’on veut y inscrire 2 carrés.
Démonstration en utilisant la première partie de la démonstration qui a montré que a, α, β étant définis, on en déduit de manière univoque à partir de 2 points quelconques M1 et M’1 sur AB, les couples M2,M4 et M’2,M’4. M4M1M2 permet d’en déduire M3 et M’4M’1M’2 permet d’en déduire M’3. La droite M3M’3 est le 4ème côté.
