Aires

Bonsoir Rescassol
J'ai le sentiment diffus d'avoir traité ici même le cas $n=3$ mais je n'ai pu retrouver ce fil.
Voici ma propre figure dont la tienne est la conséquence.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Explication.
$\bullet $ Les points $R,S,T,U,V,W,X,Y$ étant définis sur la figure, il vient alors: $(1-\lambda )R+\lambda W=(1-\lambda
)((1-\lambda )A+\lambda +\lambda ((1-\lambda )D+\lambda C)$
Et aussi : $(1-\lambda )Y+\lambda T=(1-\lambda )((1-\lambda )A+\lambda D)+\lambda ((1-\lambda )B+\lambda C)$
$=(1-\lambda )^{2}A+\lambda (1-\lambda )B+\lambda ^{2}C+\lambda (1-\lambda)D $.
On définit ainsi un point $M=(1-\lambda )R+\lambda W=(1-\lambda)Y+\lambda T$, qui est donc l'intersection de $RW$ et $YT$.
On peut préciser : $M-R=\lambda (W-R)$, soit : $\frac{\overline{RM}}{\overline{RW}}=\lambda $, et : $\frac{\overline{YM}}{\overline{YT}}=\lambda $, mais c'est un plus.
$\bullet $ On définit de même les points $N,P,Q$, qui sont bien tels que sur la figure. Les calculs conduisent à : $\overrightarrow{MP}=P-M=((1-\lambda )^{2}-\lambda ^{2})(C-A)=((1-\lambda )^{2}-\lambda ^{2}) \overrightarrow{AC}$, et : $\overrightarrow{NQ}=Q-N=((1-\lambda )^{2}-\lambda ^{2})(D-B)=((1-\lambda)^{2}-\lambda ^{2})\overrightarrow{BD}$.
On peut préciser que $MP$ est parallèle à $AC$ et que : $\frac{\overline{MP}}{\overline{AC}}=(1-\lambda )^{2}-\lambda ^{2} $, mais c'est un plus.
$\bullet $ L'aire orientée d'un quadrilatère $ABCD$ est, avec la notation de Papelier : $\overline{ABCD}=\frac{1}{2}D\acute{e}t(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD})$, le déterminant étant pris dans une base orthonormale directe.
D'où : $\overline{MNPQ}=\frac{1}{2}D\acute{e}t(\overrightarrow{MP},\overrightarrow{NQ})=\frac{1}{2}((1-\lambda )^{2}-\lambda ^{2})^{2}D\acute{e}t(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD})=((1-\lambda)^{2}-\lambda ^{2})^{2}\overline{ABCD}$, comme il a été annoncé.
Bonne journée, deuxième jour des épreuves de l'OIM. Tous nos vœux aux jeunes compétiteurs français. C'est quand même autre chose que les pousseurs de ballon.
Fr. Ch.

Bonjour
La situation est la suivante: les points $A$, $B$, $C$, $D$ sont situés dans l'espace affine de dimension $3$ et sont supposés être non coplanaires.
$M(\alpha:\beta)$ est le barycentre des points massiques $(A;\alpha)$ et $(B;\beta)$.
$P(\alpha:\beta)$ est le barycentre des points massiques $(D;\alpha)$ et $(C;\beta)$.
$N(\gamma:\delta)$ est le barycentre des points massiques $(B;\gamma)$ et $(C;\delta)$.
$Q(\gamma:\delta)$ est le barycentre des points massiques $(A;\gamma)$ et $(D;\delta)$.
Il s'agit de montrer que les droites $MP$ et $NQ$ se coupent en un point $\Omega$ et de trouver le lieu de $\Omega$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Gai Requin, bravo
Tu as gagné le jackpot.
Ne trouves tu pas que ce résultat a un petit côté tensoriel?
Quel est le lieu du point $\Omega$?
Peux-tu maintenant me calculer le rapport des volumes dans le cas $n=3$ c'est à dire quand on trisecte chacune des arêtes $AB$, $BC$, $CD$, $DA$?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Le calcul fut assez pénible?
Tu m'étonnes! As-tu entendu parler de l'associativité barycentrique?

Mon cher Gai Requin
Utiliser le complété vectoriel revient à utiliser les défuntes fonctions vectorielles de Leibnitz sans le dire et ne dispense pas de réfléchir!
Voici la suite pour $n=3$.
Grâce à ton astuce, les (défuntes?) coordonnées barycentriques des points $a$, $b$, $c$, $d$ dans le repère affine $ABCD$ se calculent en un tournemain et on obtient une magnifique et glorieuse matrice de taille $4$:
$$
M =
\begin{pmatrix}
\frac 49&\frac 29&\frac 19&\frac 29\\
\frac 29&\frac 49&\frac 29&\frac 19\\
\frac 19&\frac 29&\frac 49&\frac 29\\
\frac 29&\frac 19&\frac 29&\frac 49
\end{pmatrix}
$$
Pour faire cet exercice, il faut donc:
1° Former la matrice de ces coordonnées barycentriques.
2° Savoir que le rapport des volumes est donné par son déterminant.
Reconnaissons lucidement que c'est devenu tâche impossible aujourd'hui dans notre époque moyenneâgeuse ou plutôt romaine: panem et circenses pilas
Tout ce qu'on peut faire, c'est de demander à nos taupins zélés de dévisser la matrice $M$ dans les délais les plus brefs, surtout par les temps qui courent!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci pappus d'avoir formé la matrice $M$ dont le déterminant permet d'obtenir $$V(ABCD)=81\times V(abcd).$$En revanche, je ne vois pas quel est le lieu de $\Omega$. :-S

Honte à moi, je n'ai jamais étudié les quadriques.

La quadrique $xz=yt$ possède deux droites à l'infini, la première d'équations $x+t=y+z=0$ et la deuxième d'équations $x+y=z+t=0$.

Suite:
Le lemme 2 permet de tricoter par récurrences le Lemme 3:
Si les 4 côtés d'un quadrilatère $ABCD$ sont partagés en $n$ segments de mêmes longueurs, et si l'on trace dans ce quadrilatère une grille à la manière de Rescassol, alors sur chaque droite de la grille on a une succession de segments d'égale longueur.

Par exemple, sur la figure de Rescassol, $RK= 5 XW$ et $FO=5UX$ etc.

Mais Rescassol aurait pu partager tous les côtés en $10$ par une grille plus fine.
Soit alors $\Omega$ le point central de sa grille.
Soient $\varepsilon \phi\eta\nu$ le varignon de $UVWX$ et $\alpha\beta\gamma\delta$ celui de $ABCD$
Alors $\alpha\beta\gamma\delta$ est l'image de $\varepsilon \phi\eta\nu$ par l'homothétie de centre $\Omega$ et de rapport $5$
donc l'aire de ce grand varignon égale $25$ fois celle du petit.
et , en vertu du lemme 1:
$$\boxed{\mathcal A(ABCD)=25\mathcal A(UVWX)}$$
Amicalement. jacquot

Bonsoir à tous
Et MERCI à Jacquot d'avoir pris la peine de nous donner une étude de ce problème accessible à mes pauvres connaissances !
Bien cordialement
JLB