Réponse à la Question n°6

Une seule réponse à l’exercice n° 6 proposé dans la dernière version papier des Chantiers ce qui me rend un peu dubitatif sur l’intérêt d’une telle rubrique. Certains m’ayant assuré qu’ils aimaient bien chercher mais qu’ils n’avaient ni le temps ni l’envie de répondre par écrit je continue encore un peu à pêcher dans le désert 😉… des réponses improbables.

Surtout que l’intérêt de l’exercice n’est pas tellement de répondre Oui ou Non en justifiant par une démonstration efficace et brillante qui laisse pantois ceux qui n’ont pas trouvé mais plutôt de montrer qu’en suivant certaines démarches, diverses selon les cas, on peut arriver à trouver une solution à ce qui semblait impossible au début. Évidemment cela est plus long à écrire et peut être faut-il être à la retraite pour se payer ce luxe…

Par exemple face à l’exercice n° 6 (Étant donné un quadrilatère est-il possible de construire un carré circonscrit à ce quadrilatère i.e. chaque sommet du quadrilatère appartient à un côté du carré ou à son prolongement) j’avoue humblement avoir commencé par des mathématiques expérimentales à l’aide de GeoGebra.

Hop ! Je trace un quadrilatère $ABCD$ (que je pourrais rendre « quelconque » à mon gré) et un point $M$ baladeur pour commencer la construction d’un éventuel carré. Je trace alors la droite $(MA)$ pour premier côté, la droite perpendiculaire à icelle passant par B, qui donne le premier somment E, puis la droite perpendiculaire à $(BE)$ passant par $C$ qui donne le deuxième sommet $F$ et enfin la perpendiculaire commune à $(ME)$ et $(FC)$ passant par $D$ qui donne les deux derniers sommets $G$ et $H$.

Si $EFGH$ est un carré vous avez gagné (mais c’est très rare) par contre vous avez au moins l’assurance d’avoir un rectangle. En faisant bouger le point $M$ vous pouvez constater expérimentalement qu’il existe des positions ou le rectangle devient carré en particulier lorsque vous approchez des point $I$ et $J$ (mais pas seulement) comme ci-dessous :

La question se pose alors de savoir comment caractériser un carré par rapport à un rectangle en utilisant le fait qu’ils ont 4 points en commun sur les côtés. Et c’est la que le souvenir d’une configuration doit apparaître… On ne peut pas tout inventer, il faut bien de temps en temps faire appel aux données stockées dans le disque dur…

Si l’on considère un rectangle comme l’intersection de deux bandes perpendiculaires, le carré sera alors le cas particulier de deux bandes de même largeur ce qui entraîne l’égalité de deux segments $[AC]$ et $[BD]$ « isoclines » (donc perpendiculaires entre eux) et réciproquement…

Le quadrilatère donné nous fournit les 3 points $A$, $B$ et $C$. Il suffit donc de construire un quatrième point $M$ tel que $[BM]$ et $[AC]$ soient perpendiculaires et de même longueur.

$A$, $B$ et $C$ étant donnés construisons donc ce point $M$. Par $B$ menons la perpendiculaire à $[AC]$ puis le cercle de centre $B$ et de rayon $AC$ qui la coupe en deux points $I$ et $J$. Si l’un de ces deux points est confondu avec $D$ c’est fini. On peut tracer n’importe quelle droite passant par $D$ puis les 3 perpendiculaires comme ci-dessus : on a l’assurance d’obtenir un carré.

Sinon on trace $(DI)$ (ou $(DJ)$ ou les deux) puis les 3 perpendiculaires et l’on obtient un (ou deux) carrés. Il semble donc que dans tous les cas on obtienne soit deux carrés soit une infinité de carrés plus un ! Et j’avoue avoir été bien tenté de répondre OUI à la question posée…Heureusement il y a GeoGebra :

On constate en déplaçant le point $M$ qu’à certains endroits le carré construit se réduit à un point car pour tous les points de la droite $(DI)$ les deux bandes perpendiculaires sont bien de même largeur… nulle ! Et, bien qu’ardent défenseur du triangle aplati (car il a bien 3 côtés et 3 angles), je ne saurais admettre que 4 points confondus forment un carré car il manque… les 4 angles.

Donc à cause des quadrilatères qui ont deux diagonales perpendiculaires et de longueurs inégales, je me vois dans l’obligation de répondre NON !

Certes j’ai conscience combien cette méthode expérimentale est loin de ce que l’on peut attendre d’un esprit rationnel capable de tout envisager par la seule puissance de son esprit déductif sans le secours de la moindre figure (surtout si elle est animée…) mais qu’en pensent les élèves ?

Hélène BRION trouve la même réponse que moi, d’une façon beaucoup rapide avec une construction différente et en faisant appel à beaucoup plus de connaissances stockées sur le disque dur !

Voici sa solution :

À la question posée dans cet exercice la réponse est « NON, pas toujours »

En général, on peut construire deux carrés, un direct et un autre indirect, solution du problème (voir ci-dessous pour la construction). Mais il existe un cas où tout se passe mal : si les diagonales du quadrilatère sont perpendiculaires et de longueurs différentes, il n’est pas possible de l’inscrire dans un carré.

En effet raisonnons par la contraposée, et supposons que $ABCD$ soit inscrit dans un carré de centre $O$. Soient $A’C’$ les images de $A$ et $C$ par la rotation de centre $O$ et d’angle 90°. Si les diagonales sont perpendiculaires alors $(A’C’)$ et $(BD)$ sont parallèles et coupent les côtés du carré selon des segments de même longueur donc $BD = A’C’ = AC$.

Bonus :

Construction dans le cas général (comme ce n’est pas l’objet de la question, je mets de côté l’analyse et la synthèse). On construit les points $m$, $n$, $p$, $q$ tels que les triangles $ABm$, $BCn$, $CDp$, $DAq$ soient rectangles en $m$ (resp. $n$, $p$, $q$) isocèles de même orientation (configuration du théorème d’Aubel).

Si $m$ est distinct de $p$, alors $n$ est aussi distinct de $q$ (cf. théorème d’Aubel), la droite $(mp)$ recoupe le cercle de diamètre $[AB]$ en $M$ et celui de diamètre $[CD]$ en $P$. La droite $(nq)$ permet de construire de même $N$ et $Q$. Le quadrilatère $MNPQ$ est alors solution du problème (dans le cas où tout se passe mal, $MNPQ$ est réduit à un point).

Si $m=p$ alors (théorème d’Aubel) $n=q$ et il existe une infinité de carrés solution : prendre un point $M$ sur le cercle de diamètre $[AB]$, la droite $(MB)$ recoupe le cercle de diamètre $[BC]$ en $N$, la droite $(NC)$ recoupe le cercle de diamètre $[CD]$ en $P$ et la droite $(PD)$ recoupe le cercle de diamètre $[DA]$ en $Q$.

Nota : une droite passant par un point du cercle le « recoupe » toujours en un autre point, éventuellement confondu avec le premier si on a affaire à une tangente. Si $M=B$, on remplacera la droite $(MB)$ par la tangente au cercle de diamètre $[AB]$ passant par $B$.

Question n°7