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Quadrilatère partageable
Bonjour,
Soit ABCD un quadrilatère
on dit que le quadrilatère ABCD est partageable s'il existe un point P du plan pour lequel les aires des triangles PAB, PBC, PCD, et PAD sont égales
celui ci ne l'est pas (tout au moins pas "partagé") : on a bien PAB = PBC = PCD mais différent de PAD
caractériser les quadrilatères partageables.
un quadrilatère quelconque est il toujours "presque partageable" c'est à dire que trois seulement des triangles sont de même aire, comme ci dessus ?
si oui (ou quand c'est possible) construire le(s) point(s) P
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Je me suis laissé emporter par mon élan 
Ta remarque est pleinement justifiée.
Il me reste à chercher une démonstration du résultat que j'ai donné.
salut
merci à verdurin d'avoir dégrossi très fortement la situation
on peux compléter même ce qu'il dit : tout trapèze est partageable ...
Bonjour à tous
Je complète le gros travail de Verdurin 
Le point vert est l'un des 4 points déjà définis . On voit que l'aire du triangle s'appuyant sur le côté [BC] ne peut être égale aux trois autres que si les aires 5 et 6 sont nulles , c'est à dire si le point vert est confondu avec un point rouge .
Pour résumer , le quadrilatère est partageable si le milieu d'une diagonale est situé sur l'autre diagonale et ce point est le P recherché .
Je n'ai pas regardé le cas où le quadrilatère n'est pas convexe .
Imod
Bon résumé de la situation.
on exclura les cas où des triangles bien que de même aire se chevauchent.
(bref l'aire totale est la somme des aires en valeur absolue et pas des aires "orientées")
ceci exclura les quadrilatères croisés
mais des quadrllatères non convexes restent possibles, avec le même critère et les mêmes conclusions :
Salut à tous.
Je n'ai pas regardé le cas des quadrilatères croisés.
Pour la condition donnée par Imod je l'aurais donnée sous la forme « une diagonale partage le quadrilatère en deux triangle de même aire. »
Pour un quadrilatère quelconque ( mais non dégénéré ) il y a en général 16 points de « presque partage »
Les droites rouges ont pour équation et les bleues
dans les repères respectifs
et
.
Et les aires des triangles (PiAB) ; (PiAD) et (PiBC) sont égales pour tout i dans {1 ; 2 ; 3 ; 4}.
si le milieu d'une diagonale est situé sur l'autre diagonale et ce point est le P recherché
euh
pas bien lu avant de dire que c'était bon.
ce n'est pas celui là le point P cherché, mais l'autre milieu.
dans mon exemple le milieu I de AC est sur BD, le point cherché est le milieu J de l'autre diagonale BD
dans le tien le milieu de BD est sur AC, le point cherché est le milieu de AC
je suppose que c'est bien ce que tu voulais dire mais ta langue a fourché pour dire "ce point" (ce = le seul dont on a parlé dans le début de la phrase)
pour résumer sur les "presque partages
étant donnés trois points A, B, C quelconque (non alignés)
l'ensemble des points P pour lesquels les triangles PAB et PBC ont même aire est formé de deux droites
la médiane BI du triangle ABC
et la parallèle à AC en B
(preuve élémentaire, pas besoin d'équations)
(si on exclut les chevauchement de triangles, la parallèle à AC est exclue)
donc avec 4 points ABCD, le point cherché PAB = PBC et PBC = PCD est forcément une intersection des lieux associées à ABC et à BCD
En effet vu comme ça c'est facile , en fait tout avait été dit , il n'y avait plus qu'à enlever le superflu . Joli problème 
Imod
une figure avec les 16 points de "presque partage" cités par verdurin (edit : nommés autrement)
(avec chevauchement de triangles pour les points extérieurs au quadrilatère)
P1...P4 : intersections de deux médianes
Q1... Q4 et Q'1...Q'4 : une médiane et une parallèle
RSTU : deux parallèles
les points I et J sont exclus, de même que les intersections d'une médiane avec la parallèle par le sommet opposé : ces points donnent un partage en 2 triangles égaux entre eux + deux autres triangles égaux entre eux (mais pas aux premiers)
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