Dans un article précédent, nous avions exploré amoureusement la géométrie du triangle. Je vous convie maintenant à entrer dans le pays des quadrilatères pour en (re)découvrir les richesses.
Presque tout ce que je vais vous raconter provient des sites et articles suivants :
En jouant avec Geogebra, on découvre des propriétés géométriques qu’il faudrait ensuite démontrer : avis aux amateurs :-)
Quadri-points-latère-gone : quadrigon
Quatre points (non ordonnés, noté QA), ou quatre droites (non ordonnées, noté QL), ou quatre points et quatre droites ordonnées (noté QG) : entrons dans le pays merveilleux des quadrilatères et découvrons le quadrilatère complet (noté QC) !
Figure 1
4 points non ordonnés : QA
Figure 2
4 droites non ordonnées : QL
Figure 3
4 points et 4 droites ordonnées : QG
Figure 4
6 sommets, 3 diagonales
complet !
Ainsi, lors d’une escapade au pays des quadrilatères, il suffit de quelques constructions simples pour faire apparaître des points, des droites, des cercles, des coniques… donc 9 points et 3 diagonales : 4 sommets et 2 autres en prolongeant les côtés puis 1 point avec l’intersection des diagonales principales et 2 points avec les autres diagonales ; en tout, 6 sommets, 3 diagonales, 2 paires de côtés opposés, 2 paires de sommets opposés et 3 intersections de diagonales.
Dans le quadrilatère complet, équipé de ses 3 diagonales, il existe aussi deux triangles « diagonal », $QA-Tr1$ et $QL-Tr1$.
Figure 5
triangle diagonal $QA-Tr1$
Figure 6
triangle diagonal $QL-Tr1$
Remarque : l’intersection des diagonales $P_1P_3$ et $P_2P_4$ est notée $QG-P1$.
Les puristes auront certainement remarqué que dans chaque QA ou QL on peut trouver 3 QG différents.
Et, déjà, les milieux $M_{P_1P_3}$ (ou $M_{13}$), $M_{P_2P_4}$ (ou $M_{24}$) et $M_{S_1S_2}$ (ou $Md_{12}$) des diagonales se font remarquer ! Ils sont alignés sur la droite de Newton.
Figure 7
les milieux des diagonales sont colinéaires
Centre de gravité ou barycentre (pour être plus grec)
Visitons maintenant les centres de gravité (ou barycentres, pour être plus grec) et intéressons-nous aux 4 sommets, aux 4 côtés (quadrilatère « fil de fer ») ou à la « plaque ».
Rappel pour le triangle :
- l’isobarycentre de ${A, B, C}$ est $G$ (intersection des médianes), $X(2)$ pour ceux qui ont exploré l’ETC (voir mon article précédent)
- le barycentre de ${AB, BC, AC}$ est $Sp = X(10)$, le point de Spieker, centre du cercle inscrit dans le triangle médian dont les sommets sont les milieux des côtés
- le barycentre de la plaque triangulaire est également $G$, l’isobarycentre ; ce qu’on peut démontrer avec un peu d’intégration
Alors que pour le triangle on a 2 points différents, pour le quadrilatère on trouve 3 points différents : le vertex-barycentre, le sides-barycentre et le solid-barycentre.
Pour ce qui suit, rappelons que les médianes d’un quadrilatère sont les droites qui passent par les milieux de 2 côtés opposés.
L’isobarycentre des 4 sommets ${P_1, P_2, P_3, P_4}$
L’isobarycentre de ${P_1P_2P_3P_4}$ est $G_P$, l’intersection des médianes. $G_P$ est aussi sur la droite des milieux des diagonales. On obtient le vertex-barycentre (vertex (en) = sommet (fr)). Ce point se nomme également $QA-P1$ : voir la page de l’EPG.
Figure 8
$QA-P1$, le barycentre des sommets
intersection des médianes et sur la droite de Newton
Le barycentre du quadrilatère « fil de fer », barycentre de $\{P_1P_2, P_2P_3, P_3P_4, P_1P_4\}$
Le barycentre de chaque côté est son milieu. On partage le quadrilatère en 2 triangles $P_1P_2P_3$ et $P_1P_3P_4$. Soit $M_{12}$ et $M_{23}$ les milieux de $P_1P_2$ et $P_2P_3$, le barycentre de ${P_1P_2, P_2P_3}$ est sur la droite $M_{12}M_{23}$. La $P_2$-bissectrice coupe $M_{12}M_{23}$ en $I_2$ qui vérifie : $\dfrac{P_1P_2}{P_2P_3}$ = $\dfrac{I_2M_{12}}{I_2M_{23}}$.
Soit $M’_2$ le milieu de $M_{12}M_{23}$ et $I’_2$ le symétrique de $I_2$ par rapport à $M’_2$ : $I’_2$ est le barycentre de ${P_1P_2, P_2P_3}$. On construit de même $I’_1$, puis $I’_3$ et $I’_4$. Le barycentre des quatre côtés est l’intersection des droites $I’_2I’_4$ et $I’_1I’_3$ : c’est le sides-barycentre (side (en) = côté (fr)).
Figure 9
le barycentre des côtés $M_{12}M_{23}M_{34}M_{14}$ est un parallélogramme, ses côtés sont parallèles aux diagonales
Le barycentre de la plaque : le solid-barycentre
Comme précédemment, on partage le quadrilatère en 2 triangles, $P_1P_2P_3$ (de barycentre $G_4)$ et $P_1P_3P_4$ (de barycentre $G_2$). Les aires de $P_1P_2P_3$ et $P_1P_3P_4$ sont proportionnelles aux hauteurs $h_2$ et $h_4$ respectivement, donc le solid-barycentre partage $G_2G_4$ dans le rapport $\dfrac{h_4}{h_2}$, d’où la construction du barycentre de la plaque.
Figure 10
le barycentre de la plaque
Une autre construction du solid-barycentre est de considérer également les triangles $P_1P_2P_4$ (de barycentre $G_3)$ et $P_2P_3P_4$ (de barycentre $G_1$). Le barycentre de la plaque est à l’intersection de $G_2G_4$ et de $G_1G_3$ et les droites $G_1P_1$, $G_2P_2$, $G_3P_3$ et $G_4P_4$ sont concourantes en $K$ : on dit alors que $P_1P_2P_3P_4$ et $G_1G_2G_3G_4$ sont en $K$-perspective.
Figure 11
$P_1P_2P_3P_4$ et $G_1G_2G_3G_4$ sont en $K$-perspective
Droite de Steiner d’un quadrilatère
Maintenant, jouons un peu avec les orthocentres et les cercles circonscrits.
Avec des triangles déterminés par les 4 côtés prolongés, les orthocentres de $P_1P_2S_2$, $P_3P_4S_2$, $P_1P_4S_1$ et $P_2P_3S_1$ sont $H_{12}$, $H_{34}$, $H_{14}$ et $H_{23}$ qui sont 4 points alignés : ils déterminent la droite de Steiner.
Figure 12
la droite de Steiner
La droite de Steiner est aussi l’axe radical des cercles qui ont pour diamètres les 3 diagonales, ce qui permet une autre construction de cette droite. Et nous retrouvons la droite de Newton qui est perpendiculaire à la droite de Steiner !
Figure 13
les droites de Steiner et de Newton sont perpendiculaires
Cercle de Miquel
Les cercles circonscrits aux triangles $P_1P_2S_2$, $P_3P_4S_2$, $P_1P_4S_1$, $P_2P_3S_1$ [1] ont pour centres : $O_{12},$$O_{34}$, $O_{14}$, $O_{23}$ ; ils sont cocycliques sur le cercle de Miquel.
Ces cinq cercles ont une intersection commune : $QL-P1$, appelé Point de Miquel ou de Clifford.
Figure 14
Remarque : le point de Miquel va intervenir plus loin dans la construction d’une parabole inscrite dans le quadrilatère complet.
Centre de Clawson
Comme pour le cercle de Miquel, soit $O_{12}$ le centre du cercle circonscrit à $P_1P_2S_2$ et de même $O_{34}$, $O_{23}$, $O_{14}$ pour $P_3P_4S_2$, $P_2P_3S_1$, $P_1P_4S_1$.
Soit $H_{12}$ l’orthocentre de $O_{34}O_{23}O_{14}$ et de même $H_{34}$, $H_{23}$, $H_{14}$. Ces quatre orthocentres sont sur les côtés du quadrilatère $P_1P_2P_3P_4$, en prolongeant éventuellement les côtés.
Les droites $O_{12}H_{12}$, $O_{34}H_{34}$, $O_{23}H_{23}$ et $O_{14}H_{14}$ sont concourantes en un point : le centre de Clawson, noté $QL-P5$.
Figure 15
Et pour les coniques ?
Par exemple une parabole… Construisons la parabole quadri-tangente ou inscrite au quadrilatère complet $P_1P_2P_3P_4$ : son foyer est le point de Miquel $QL-P1$ que nous avons rencontré au cours de notre voyage.
Soient $M_1$, $M_2$, $M_3$, $M_4$, les symétriques du foyer $QL-P1$ par rapport aux côtés du quadrilatère $P_1P_2P_3P_4$ : ils sont alignés et déterminent la directrice de la parabole, directrice qui n’est autre que la droite de Steiner, nommée $QL-L2$, que nous avons rencontrée également.
Avec Geogebra, foyer et directrice suffisent pour tracer la parabole dont les points de tangence, nommés $T_1,$$T_2,$$T_3$ et $T_4$, sont les intersections entre les perpendiculaires à la directrice menées par $M_1,$$M_2,$$M_3$ et $M_4$ et les côtés de $P_1P_2P_3P_4$.
Figure 16
On peut aussi rencontrer des ellipses, à condition que $P_1P_2P_3P_4$ soit convexe, pour ne pas le vexer…
Pour une ellipse inscrite et tangente aux quatre côtés de $P_1P_2P_3P_4$, il suffit de considérer $QG-P1$ l’intersection des diagonales $P_1P_3$ et $P_2P_4$ (voir la figure 17), puis la droite passant par $S_1$ et $QG-P1$ et la droite passant par $S_2$ et $QG-P1$ qui donnent $m_{12}$ et $m_{34}$ d’une part, $m_{23}$ et $m_{14}$ d’autre part sur les côtés de $P_1P_2P_3P_4$. Vous remarquerez que les droites $P_2m_{14}$ et $P_4m_{23}$ se coupent en $S$ qui est sur la troisième diagonale $S_1S_2$. Enfin, avec Geogebra, il suffit de 5 points pour construire une ellipse : on a déjà $m_{12},$$m_{23},$$m_{34},$ et $m_{14}$ qui en font 4 ; pour le cinquième on peut prendre $T_1$ qui est l’intersection entre $P_1m_{34}$ et $Sm_{12}$, ou $T_2$ qui est l’intersection entre $P_3m_{12}$ et $Sm_{34}$.
Figure 17
remarquez l’alignement des points $T_1$, $QG-P1$ et $T_2$
Pour une ellipse circonscrite à $P_1P_2P_3P_4$, voici une recette dont je vous laisse déguster le résultat : considérez les milieux $M_{24}$ et $M_{13}$ des diagonales $P_2P_4$ et $P_1P_3$ (voir la figure 18). Les droites $S_3M_{24}$ et $S_4M_{13}$ se coupent en $QG-P13$ qui est le centre de l’ellipse. On a 4 points, ceux des sommet du quadrilatère $P_1P_2P_3P_4$, et avec Geogebra il suffit d’un cinquième point pour obtenir une ellipse : par exemple $P’_1$ le symétrique de $P_1$ par rapport à $QG-P13$. Bien entendu, les symétriques des trois autres sommets du quadrilatère conviennent également.
Figure 18
remarquez les tangentes à l’ellipse en chaque sommet du quadrilatère
La conique des 9 points
Soit le quadrilatère $P_1P_2P_3P_4$. On considère les 9 points suivants : les intersections de ses côtés opposés, $S_1$ et $S_2$, les milieux des côtés du quadrilatère, $M_{12}$, $M_{23}$, $M_{34}$ et $M_{14}$, les milieux $M_{13}$ et $M_{24}$ des diagonales $P_1P_3$ et $P_2P_4$, et enfin $QG-P1$ l’intersection de ces diagonales.
Une conique, une hyperbole, passe par ces 9 points et le centre de cette conique est le vertex-barycentre nommé $QA-P1$ (voir précédemment).
Figure 19
Le point d’Euler-Poncelet
Rappel pour le cercle podaire (fr), pedal (en) d’un triangle $ABC$
Soient $R_A$, $R_B$, $R_C$, les projections orthogonales de $R$ sur les côtés (droites) $BC$, $AC$, $AB$ : le cercle circonscrit à $R_AR_BR_C$ est le cercle podaire de $R$ par rapport à $ABC$. Ce cercle, de centre $\Omega$, recoupe les 3 côtés en $R’_A$, $R’_B$, $R’_C$ : ils déterminent un point $R’$ appelé conjugué isogonal de $R$, isogonal conjugate (en).
Figure 20
$\Omega$ est le milieu du segment qui joint $R$ et son conjugué isogonal $R’$
Maintenant, fort (avec un s si vous êtes plusieurs) de ce rappel, nous pouvons aborder $QA-P2$, le point d’Euler-Poncelet.
Les cercles podaires de $P_1$ par rapport à $P_2P_3P_4$, de $P_2$ par rapport à $P_1P_3P_4$, de $P_3$ par rapport à $P_1P_2P_4$, et de $P_4$ par rapport à $P_1P_2P_3$, sont concourants en $QA-P2$, le point d’Euler-Poncelet.
Figure 21
le point d’Euler-Poncelet, $QA-P2$
Une autre construction du point d’Euler-Poncelet $QA-P2$ est possible avec les cercles des 9 points de $P_1P_2P_3$, $P_2P_3P_4$, $P_1P_3P_4$ et $P_1P_2P_4$ qui sont concourants en $QA-P2$. Ce sont les cercles d’Euler de ces quatre triangles.
Figure 22
Pour terminer, une hyperbole équilatère
Et toujours $QA-P2$ !
Figure 23
$P’_1$, $P’_2$, $P’_3$, $P’_4$, sont les symétriques de $P_1$, $P_2$, $P_3$, $P_4$, par rapport à $QA-P2$ $QA-P2$ est le centre de l’hyperbole équilatère circonscrite à $P_1P_2P_3P_4$
Il est temps de nous quitter mais ne soyez pas tristes, $QA-P2$ a encore d’autres qualités que je vous invite à découvrir ; par exemple, il est sur le cercle circonscrit au triangle diagonal $QA-Tr1$. Il est également sur la conique des 9 points (voir ci-dessus).
La géométrie des triangles et des quadrilatères, c’est un plaisir que Geogebra nous aide à renouveler !
Un petit exercice pour les curieux
À partir d’un quadrilatère $P_1P_2P_3P_4$ :
Choisissez un sommet, par exemple $P_1$.
Construisez son conjugué isogonal $P’_1$ par rapport à $P_2P_3P_4$.
Déterminez ensuite $Q_1$, inverse de $P’_1$ par rapport au cercle circonscrit à $P_2P_3P_4$.
Recommencez pour les 3 autres sommets.
Que remarquez-vous pour $Q_1$, $Q_2$, $Q_3$, $Q_4$ ?
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