Annales de mathématiques pures et appliquées/Tome 02/Géométrie, article 9
# Annales de mathématiques pures et appliquées/Tome 02/Géométrie, article 9

Problème. Déterminer un quadrilatère dont on connaît les quatre côtés et la droite qui joint les milieux de deux côtés opposés ?

Je remarque d’abord que ce problème donne lieu à un cas indéterminé. En effet, lorsque les côtés opposés d’un quadrilatère sont égaux, deux à deux, le quadrilatère est un parallélogramme ; la droite qui joint les milieux de deux côtés opposés est déterminée à être égale et parallèle à chacun des deux autres côtés, et le nombre des quadrilatères assujettis aux conditions données est illimité.

Supposons donc que la double égalité qui rend le problème indéterminé n’ait pas lieu. Soit AA′CC′ (fig. 5) un quadrilatère dont les côtés sont donnés de grandeur de manière qu’on n’ait pas, en même temps, AA′=CC′ et AC=A′C′ ; que les côtés opposés AC et A′C′ soient coupés en deux parties égales, en B et B′, et que la droite BB′ soit donnée de grandeur ; on demande le quadrilatère.

L’application des propositions générales de la Polygonométrie m’a paru le moyen le plus convenable pour résoudre le problème proposé ; savoir, je vais chercher, au moyen de ces propositions, les angles en B et en B′ que la droite BB′ fait avec les côtés du quadrilatère dont elle joint les milieux.

Que dans le quadrilatère ABB′A′ les angles extérieurs soient désignés par B et par B′ ; dans le quadrilatère CBB′C′ les angles extérieurs seront les supplémens des premiers.

Dans le quadrilatère ABB′A′, on a l’équation

AA′²=AB²+BB′²+B′A′²+2AB×BB′×Cos.B, +2AB×B′A′×Cos.(B+B′), +2BB′×B′A′×Cos.B′.

Dans le quadrilatère CBB′C′, en remarquant que BC=AB et que B′C′=A′B′, on a l’équation

CC′²=AB²+BB′²+B′A′²−2AB×BB′×Cos.B, +2AB×B′A′×Cos.(B+B′), −2BB′×B′A′×Cos.B′.

Ajoutant et retranchant successivement la seconde équation à la première, il viendra, en réduisant,

AA′²+CC′²=2AB²+2BB′²+2B′A′²+4AB×B′A′×Cos.(B+B′).AA′²−CC′²=4AB×BB′×Cos.B+4BB′×B′A′×Cos.B′.

Ce qui donne

Cos⁡(B+B′)=(AA′²+CC′²−2(AB²+BB′²+B′A′²))/4AB×B′A′,

AB.Cos.B+A′B′.Cos.B′=((AA′+CC′)/2 × AA′−CC′/2)/BB′.

Par la première de ces équations, on connaît la somme des angles B et B′, par le cosinus de cette somme ; par la seconde on connaît la somme des produits des cosinus des mêmes angles par les droites données AB et A′B′. Partant, le problème est ramené à cet autre : trouver deux angles dont on connaît la somme, et la somme des produits de leurs cosinus par des droites données.

Remarque I. Lorsque AA′=CC′ et AB=A′B′, on a aussi BB′=AA′=CC′ ; il vient conséquemment

Cos.(B+B′)=−1 ;

donc la somme des angles B et B′ vaut deux droites, et conséquemment les droites AC et A′C′ sont parallèles entre elles. Alors Cos.B′=−Cos.B, et la seconde équation devient

(AB−A′B′)Cos.B=AA′−CC′;

d’où Cos.B=0/0 ; partant, l’angle B est indéterminé, comme il doit l’être en effet.

Remarque II. Le problème : couper un angle donné en deux parties telles que la somme des produits de leurs cosinus par des droites données soit donnée de grandeur, peut être résolu de différentes manières, soit par l’algèbre soit par la géométrie. Le procédé suivant, fondé sur la doctrine des centres des moyennes distances, me paraît l’un des plus élégans.

Soit ACA′ (fig. 6) un angle donné, on demande de le partager en deux parties ACX ; A′CX, par une droite CX, de manière que les sommes de leurs cosinus, pour les rayons donnés de grandeur CA et CA′, soient égales à une droite donnée de grandeur 2α ?

Soit menée AA′, laquelle soit coupée en deux parties égales, au point Z ; de ce point, comme centre, et avec un rayon égal à la moitié α de la droite donnée, soit décrite une circonférence de cercle ; du sommet C soit menée (s’il est possible) une tangente à ce cercle, et du point C soit élevée à cette tangente une perpendiculaire CX ; cette perpendiculaire sera la droite qui divisera l’angle proposé dans les parties cherchées.

Pour que le problème soit possible, le point C ne doit pas être au dedans de la circonférence dont Z est le centre et dont α est le rayon, c’est-à-dire, qu’on doit avoir α≦CZ. Or,

CA²+CA′²=2CZ²=2AZ²=2CZ²+1/2 AA′²=2CZ²+(CA²+CA′²−2CA×CA′.Cos.C)/2 ;

donc

2CZ²=(CA²+CA′²+2CA×CA′.Cos.C)/2 ;

et

CZ²=(CA²+CA′²+2CA×CA′.Cos.C)/4 ;

on doit donc avoir

4α²≦CA²+2CA×CA′.Cos.C+CA′².

Dans le cas présent, cette inégalité devient

{(1/2 (AA′+CC′).1/2 (AA′−CC′))/BB′}²≦AB²+A′B′²+2AB×A′B′

× (AA′²+CC′²−2(AB²+BB′²+A′B′²)/4AB×A′B′,

≦AB²+A′B′²+(AA′²+CC′²−2(AB²+BB′²+A′B′²)/2 , ≦ (AA′²+CC′²)/2−BB′².

{BB′≧ 1/2 (AA′−CC′), BB′≦ 1/2 (AA′+SC′) ;

savoir ; Dans tout quadrilatère, la droite qui joint les milieux de deux côtés opposés n’est pas plus petite que la demi-différence des deux autres côtés, et elle n’est pas plus grande que leur demi-somme.

Remarque III. L’équation

AB.Cos.B+A′B′.Cos.B′=(1/2 (AA′+CC′)× 1/2 (AA′−CC′))/BB′,

donne lieu à la construction suivante :

Des points A et A′ soient abaissées sur BB′ les perpendiculaires Ab et A′b′ ; on aura

Bb=AB.Cos.B, B′b′=A′B′.Cos.B′ ;

donc

bb′=BB′+AB.Cos.B+A′B′.Cos.B′

=(1/2 (AA′+CC′)× 1/2 (AA′−CC′))/BB′+BB′

Or, le rapport de AA′ à bb′ est le rapport du sinus total au cosinus de l’inclinaison du côté BB′ au côté AA′ ; donc on connaît cette inclinaison ; et, par la première équation, on connaît celle des deux côtés AC et A′C′ l’un à l’autre.

Remarque IV. De là le problème proposé est ramené au suivant ; soient deux cercles donnés de grandeur et de position, et soit une droite donnée de position ; mener une droite parallèle à la droite donnée de position, de manière que sa partie comprise entre les circonférences des deux cercles soit de grandeur donnée.

En effet, les points B et B′ sont à des circonférences données, dont les centres sont A et A′, et dont les rayons sont AB et AB et A′B′ et la droite BB′, donnée de grandeur, doit être inscrite entre les circonférences de ces cercles, de manière qu’elle fasse un angle donné avec la droite AA′ qui joint leurs centres.

Par le centre A soit menée une droite Aα, égale à BB′ et faisant avec AA′ l’angle donné. Du point α comme centre, avec le rayon AB, soit décrite une circonférence de cercle qui rencontre (s’il est possible) en B′ la circonférence dont A′ est le centre et A′B′ le rayon ; soit enfin menée B′B parallèle à Aα, et terminée en B à la circonférence de l’autre cercle ; la droite B′B sera la position de la droite qui joint les milieux des côtés opposés AC et A′C′.

Si la circonférence décrite du centre α avec le rayon AB, coupe la circonférence décrite avec le rayon A′B′ et le centre A′, le problème proposé a deux solutions.

Si la rencontre de ces circonférences n’a pas lieu, le problème est impossible.

Si enfin la rencontre se fait par contact, il y a une limite entre les quantités données.

Pour que le problème soit possible, on doit avoir les deux conditions

1.^{∘}AB≧A′α−A′B′2.^{∘}AB≦A′α+A′B′}ou{A′α≦AB+A′B′A′α≧AB−A′B′}donc{A′α²≦(AB+A′B′)², A′α²≧(AB−A′B′)² ;

or, A′α²=AA′²+Aα²−2AA′×Aα.Cos.A′Aα=AA′²+Aα²−2BB′×bb′=AA′²+BB′²−2BB′×bb′=AA′²+BB′²−2BB′{BB′+(1/2 (AA′+CC′)× 1/2 (AA′−CC′))/BB′ }=AA′²−BB′²−1/2 (AA′²−CC′²)=1/2 (AA′²+CC′²)−BB′² ;

on a donc les deux limites

(AB+A′B′)²≧(AB−A′B′)²≦} 1/2 (AA′²+CC′²)−BB′².

Autre solution. Le problème proposé peut aussi être résolu, indépendamment des propositions générales de la polygonométrie, comme il suit.

Que les côtés AC, A′C′ se rencontrent (s’il y a lieu) en S, (fig, 7) on aura

CC′²=CS+C′S−2CS×C′S.Cos.S, =(BS−BC)²+(B′S−B′C)²−2(BS−BC)(B′S−B′C′).Cos.S, =BB′²−2BS×BC+2BS×B′C′Cos.S+BC²+B′C′²−2BC×B′C′Cos.S.−2B′S×B′C′+2B′S×BC.Cos.S.

On trouvera par un calcul à peu près semblable,

AA′²=BB′²+2BS×BC−2BS×B′C′.Cos.S+BC²+B′C′²−2BC×B′C′.Cos.S.+2B′S×B′C′−2B′S×BC.Cos.S.

de la^{`}AA′²+CC′²=2BB′²+2BC²+2B′C′²−4BC×B′C′.Cos.S, AA′²−CC′²=4BS×BC−4BS×B′C′.Cos.S, +4B′S×B′C′−4B′S×BC.Cos.S.

La première de ces équations donne

Cos.S=(2(BB′²+BC²+B′C′²)−(AA′²+CC′²))/AC×A′C′ ;

et de la seconde on tire

4BS(BC−B′C′.Cos.S)+4B′S(B′C′−BC.Cos.S)=AA′²−CC′².

Partant, dans le triangle BSB′, on connaît la base BB′, l’angle S au sommet, et la somme AA′²−CC′² des rectangles des deux côtés BS et B′S′ par les quantités données BC−B′C′.Cos.S et B′C′−BC.Cos.S ; lesquelles quantités données reviennent respectivement à

(AA′²+CC′²−2BB′²+2BC²−2B′C′²)/4BC, (AA′²+CC′²−2BB′²−2BC²+2B′C′²)/4B′C′.

Ainsi, le problème proposé, snr le quadrilatère, est ramené au problème suivant, sur un triangle : on demande un triangle BSB′ dont on connaît la base BB′, l’angle au sommet S, et la somme des rectangles des côtés BS et B′S par des droites données ?

Soit le quadrilatère BCDE (fig. 8), dont les milieux des côtés BC et DE sont respectivement A et K, et dans lequel on connaît AK=a, BC=b, DE=c, CE=d, BD=e. Soient pris AK pour axe des x ; et le point A pour origine ; et soient les coordonnées des sommets ainsi qu’il suit :

pour B {+m, +n ; pour C {−m, −n ; pour D {a−p, +q ; pour E {a+p, −q ;

les coordonnées des milieux respectifs G, H de BD, CE seront

pour G { 1/2 (a−p+m), 1/2 (q+n) ; pour H { 1/2 (a+p−m), −1/2 (q+n) ;

soit fait enfin GH=Z ; on aura les équations de condition

4(m²+n²)=b², (a−p−m)²+(q−n)²=e, 4(p²+q²)=c², (a+p+m)²+(q−n)²=d, (p−m)²+(q+n)²=Z².

En traitant p+m et q−n comme inconnues dans celles de la seconde colonne, et quarrant il viendra

(p+m)²={d²−e²/4a}², (q−n)²=(8a²(d²+e²−2a²)−(d²−e²)²)/16a² ;

ajoutant ces équations à l’équation en Z, il viendra, en doublant et retranchant les équations de la première colonne,

2Z²+d²+e²=2a²+b²+c² ;

au moyen de quoi Z peut être regardé comme connu.

M

P

BE

CD

pour M{ 1/2 (a+p+m), −1/2 (q−n) ;pour P{ 1/2 (a−p−m), 1/2 (q−n) ;

d’où il suit que la droite PM, passant par l’intersection O des droites AK et GH, aura pour équation

y+1/2 (q−n)=−q−n/(p+m) {x−1/2 (a+p+m)} ;

ainsi AK forme avec PM un angle dont la tangente tabulaire est

−p−n/(q+m)=−(√(8a²(d²+e²−2a²)−(d²−e²)²))/d²−e² ;

on trouvera de même que GH forme avec la même droite un angle dont la tangente est

−(√(8z²(b²+c²−2z²)−(b²−c²)²))/b²−c² ;

l’angle formé par les droites AK et GH ; angle qui est la somme ou la différence de ces deux-là, pourra donc être déterminé ; et, comme les grandeurs de ces droites sont connues, et que d’ailleurs leur intersection O est leur milieu commun, on aura tout ce qui sera nécessaire pour construire le quadrilatère demandé.

Cette analise s’applique également aux trois sortes de quadrilatères, et les limites du problème sont données par celles de la réalité du radical.

Problème. Construire un quadrilatère dans lequel on connaît les quatre côtés et la droite qui joint les milieux de deux côtés opposés ?

Solution. Supposons que ce quadrilatère soit déjà construit et que ce soit le quadrilatère ABCD (fig. 9) dans lequel, outre les quatre côtés, on connaît la droite EF qui joint les milieux E, F des côtés opposés AB, CD. Soient I, K les milieux des deux autres côtés BC, AD ; soient menées les diagonales AC, BD, dont les milieux soient H, G ; en exécutant les constructions indiquées dans la figure, on aura EH=GF=1/2 AD, HF=EG=1/2 BC, KH=GI=1/2 AB, KG=HI=1/2 DC ; le parallélogramme EHFG, dans lequel on connaît, outre les côtés, la diagonale EF, peut donc être construit ; sa construction fera connaître sa diagonale HG, laquelle est aussi diagonale du parallélogramme HKGI dont on connaît, en outre, les côtés ; ce dernier parallélogramme peut donc aussi être construit, et conséquemment les points I et K peuvent être déterminés ; menant donc par E, F, I, K, des droites respectivement parallèles à GI, GK, HF, GF, ces droites, par leur rencontre, formeront le quadrilatère demandé.

Le parallélogramme HKGI, tournant autour de celle HG de ses deux diagonales qui lui est commune avec le parallélogramme EHFG, peut prendre, par rapport à ce dernier, la situation HK′GI′ ; et, si l’on construit sur celui-ci, comme sur le premier, on formera un nouveau quadrilatère A′B′C′D′ qui, sans être égal au premier, remplira comme lui les conditions du problème.

Quant à l’impossibilité de ce problème, elle se manifestera par celle de la construction de l’un ou de l’autre des parallélogrammes EHFG et HKGI.

* ↑ On parvient encore assez facilement au but, en prenant l’un des côtés opposés du quadrilatère dont la distance des milieux est donnée pour axe des x ; son milieu pour origine ; et en cherchant à déterminer la situation du milieu du côté opposé. Ce milieu est donné par l’intersection d’un cercle ayant son centre à l’origine avec une parabole ayant pour axe l’axe des x ; ce qui conduit, par l’élimination, à une équation du quatrième degré se résolvant à la manière du second.
* ↑ Voyez les pag. 313 et 353 du tom. 1.ᵉʳ des Annales. (Note des éditeurs).
