Pour un rectangle, je crois que l'aire max est atteinte pour un angle trigonométrique en B de $\frac{\pi}3$ (avec le point en haut à droite du quadrilatère).

Pour un quadrilatère quelconque, je ne vois pas.

Amusant

Par symetrie, l’amélioration apportée à chaque sommet peut être reproduite pour l'ensemble des sommets du quadrilatère qui est donc un rectangle.

Son aire est 4sin(x)(1+cox(x) avec x l'angle par rapport à l'horizontal.

La derivée est 4cos(x)+4cos²(x)-4sin²(x)
qui a pour maxima
2cos²(x)+cos(x)-1=0
(cos(x)+1)(cos(x)-1/2)=0
donc x egale 60 degres et l'aire $3\sqrt3$

Ça fait $3\sqr3\approx5.196$
Pour la démonstration, c'est un peu comme pour l'arbre de Steiner.
Grosso modo, il faut annuler la dérivée de $\sin\theta(1+\cos\theta)$, soit $\cos\theta+cos^2\theta-\sin^2\theta=0$

Franky1103, dans ta formule de la surface, il y a une inversion entre sin a et cos a (ou alors je n'ai pas le bon "a").


Merci à tous d'avoir participé, bravo à ceux qui ont trouvé $3\sqr{3}$

Voici mon raisonnement (sans dérivée) que je vous demande de le vérifier car le problème est de moi.

Soit MNOP les sommets du quadrilatère, M et N sur le cercle de centre A ; O et P sur l'autre cercle.

On trace la diagonale [MO] et on optimise l'aire du triangle MNO.
La hauteur passant par N est maximale (donc l'aire également) lorsqu'elle passe par le centre du cercle. Même raisonnement pour le triangle MOP.

Pour des raisons de symétrie, ceci oblige l'autre diagonale [NP] à avoir pour milieu le point de tangence.

On tient le même raisonnement avec la diagonale [NP] et le quadrilatère est alors obligatoirement un rectangle dont la diagonale vaut deux fois la largeur avec l'angle MAN valant 120°.

On lui trouve une largeur de $\sqr{3}$ et une longueur de 3.

Yo man