Quadrilatère complet

Étant donné trois droites issues d'un point, il n'existe qu'une seule droite formant avec celles-là un faisceau harmonique.

Notons ${\displaystyle [O|A_{1},A_{2},A_{3},A_{4}]}$ le faisceau des droites ${\displaystyle (OA_{1}),(OA_{2}),(OA_{3}),(OA_{4})}$ (les points ${\displaystyle A_{1},A_{2},A_{3},A_{4}}$ n'étant pas forcément alignés).

Soit ${\displaystyle I}$ le point d'intersection des diagonales ${\displaystyle (AC)}$ et ${\displaystyle (BD)}$. Soit ${\displaystyle M}$ l'unique point sur la droite ${\displaystyle (EI)}$ tel que le faisceau ${\displaystyle [F|E,M,B,D]}$ soit harmonique. Posons ${\displaystyle H=(FM)\cap (BC)}$ et ${\displaystyle H'=(FM)\cap (AD)}$.

On a ${\displaystyle [F|E,M,B,D]=[F|E,H,B,C]}$, de sorte que le faisceau ${\displaystyle [I|E,H,B,C]}$ est harmonique (rappelons que le fait d'être harmonique ne dépend que de la position des points d'intersection avec une sécante ; ici la sécante est la droite ${\displaystyle (EC)}$).

Pour une raison analogue, il en est de même de ${\displaystyle [I|E,H',A,D]}$.

Mais comme ${\displaystyle (IA)=(IC)}$ et que ${\displaystyle (IB)=(ID)}$, on a ${\displaystyle [I|E,H',A,D]=[I|E,H',C,B]}$. Or ${\displaystyle [I|E,H',C,B]}$ étant harmonique, il en est de même de ${\displaystyle [I|E,H',B,C]}$ de sorte que les deux faisceaux ${\displaystyle [I|E,H,B,C]}$ et ${\displaystyle [I|E,H',B,C]}$ sont tous deux harmoniques et possèdent trois droites communes. En vertu de la propriété d'unicité, ces deux faisceaux sont identiques et par conséquent ${\displaystyle (IH)=(IH')}$.

Ainsi ${\displaystyle I=(HH')\cap (EI)=M}$ par définition de ${\displaystyle M}$.

Le faisceau ${\displaystyle [F|J,I,B,D]}$ est donc harmonique ce qui signifie que ${\displaystyle [I,J]}$ divise harmoniquement ${\displaystyle [B,D]}$.

Soit ${\displaystyle Y=\lambda X}$, ${\displaystyle Y=\mu X}$ deux droites issues de ${\displaystyle O}$. ${\displaystyle A=(a,0)}$ un point de l'axe des ${\displaystyle x}$; ${\displaystyle Y=\alpha (X-a)}$ et ${\displaystyle Y=\beta (X-a)}$ deux droites issues de ${\displaystyle A}$. On note ${\displaystyle M_{i}(x_{i},y_{i})}$ les quatre points d'intersection.

On calcule facilement ${\displaystyle x_{1}={\frac {a\alpha }{\alpha -\lambda }}}$ d'où l'on tire par permutation :

${\displaystyle \quad x_{2}={\frac {a\beta }{\beta -\lambda }},\quad x_{3}={\frac {a\beta }{\beta -\mu }},\quad x_{4}={\frac {a\alpha }{\alpha -\mu }}.}$

La droite ${\displaystyle (M_{1}M_{3})}$ a pour équation :

${\displaystyle \quad {\begin{vmatrix}X&x_{1}&x_{3}\\Y&\lambda x_{1}&\mu x_{3}\\1&1&1\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}X&a\alpha &a\beta \\Y&a\lambda \alpha &a\mu \beta \\1&\alpha -\lambda &\beta -\mu \end{vmatrix}}=0.}$

On en tire l'abscisse ${\displaystyle \omega }$ du point d'intersection avec l'axe ${\displaystyle Ox}$ :

${\displaystyle \quad \omega ={\frac {a^{2}\alpha \beta (\lambda -\mu )}{\begin{vmatrix}a\lambda \alpha &a\mu \beta \\\alpha -\lambda &\beta -\mu \end{vmatrix}}}.}$

Par permutation on déduit celle ${\displaystyle \omega '}$ de ${\displaystyle (M_{2}M_{4})\cap (Ox)}$ :

${\displaystyle \quad \omega '={\frac {a^{2}\alpha \beta (\lambda -\mu )}{\begin{vmatrix}a\lambda \beta &a\mu \alpha \\\beta -\lambda &\alpha -\mu \end{vmatrix}}}.}$

Il en résulte

${\displaystyle {\frac {1}{\omega }}+{\frac {1}{\omega '}}={\frac {1}{a^{2}\alpha \beta (\lambda -\mu )}}\left({\begin{vmatrix}a\lambda \alpha &a\mu \beta \\\alpha -\lambda &\beta -\mu \end{vmatrix}}+{\begin{vmatrix}a\lambda \beta &a\mu \alpha \\\beta -\lambda &\alpha -\mu \end{vmatrix}}\right)={\frac {2}{a}}}$

après développement des déterminants.

Remarque : on aurait pu prendre ${\displaystyle a=1}$ mais la moyenne harmonique aurait été moins visible.

Cette démonstration utilise les propriétés des applications projectives du plan: elles sont déterminées par l'image des 4 points d'un repère projectif, elles conservent l'alignement et le birapport.

(A,C,F,E) est un repère projectif. On considère l'application projective qui laisse A et C invariants et qui envoie E [resp. F] vers E_∞ [resp.F_∞] point à l'infini de la droite (AE) [resp. (AF)].

• L'image B' de B est à l'intersection de la droite (AF_∞) et de la droite (CE_∞) parallèle à (AE);
• L'image D' de D est à l'intersection de la droite (AE_∞) et de la droite (CF_∞) parallèle à (AF)

Le quadrilatère AB'CD' est donc un parallélogramme

• L'image de I est le point I' intersection des diagonales (AC) et (B'D')
• l'image de J est le point J_∞ intersection des droites (B'D') et (E_∞F_∞)

Le birapport [B'D'I'J_∞] est égal à -1, donc le birapport [BDIJ] est aussi égal à -1.

Des raisonnements analogues prouvent les autres divisions harmoniques

Tout d'abord, par la loi des sinus, on peut établir que le périmètre d'un triangle XYZ peut s'obtenir par :

${\displaystyle {\mathcal {P}}_{XYZ}={\frac {2\,YZ}{1-\tan({\frac {\widehat {Y}}{2}})\tan({\frac {\widehat {Z}}{2}})}}}$

Dans le quadrilatère complet, les triangles ABC et ADC ont AC comme côté commun, de même que les triangles AEC et AFC. Il suffit alors, en calculant les angles du quadrilatère complet, d'utiliser l'égalité précédente pour montrer que ${\displaystyle {\mathcal {P}}_{AEC}={\mathcal {P}}_{AFC}\Longleftrightarrow {\mathcal {P}}_{ABC}={\mathcal {P}}_{ADC}}$.