Exercice 2 — Énoncé — Olympiades 2013 Créteil

Sujet

Soit ABC un triangle tel que \(A B=8, A C=6\) et \(B C=10\).
On souhaite déterminer s'il existe une droite D partageant le triangle en formant deux polygones ayant même périmètre et même aire.

Calculer le périmètre et l'aire du triangle ABC .
Sur la figure 1, la droite ( \(D\) ) divise le périmètre du triangle ABC en deux car \(A M+A N\) vaut la moitié du périmètre de ABC .
La droite D répond-elle au problème?

Figure 1

Montrer qu'une droite répondant au problème ne peut passer par aucun des sommets A , B ou C du triangle ABC .
Soit ( \(D\) ) une droite coupant \([\mathrm{AB}]\) en M et \([\mathrm{AC}]\) en N comme à la figure 2 . On pose \(A M=x\) et \(A N=y\).

Figure 2

5. Cas de la figure 3

On note \(C N=x\) et \(C M=y ; 0[0pt] Soit H le projeté orthogonal du point M sur le segment [AC], on pose \(h=H M\).
La condition sur les aires s'écrit : aire(MNC) \(=\frac{1}{2}\) aire(ABC) soit \(\frac{1}{2} x h=\frac{24}{2} ; x h=24\). Les droites (HM) et ( AB ) sont parallèles; le théorème de Thalès donne :
\(\frac{H M}{A B}=\frac{C M}{C B}\) d'où \(\frac{h}{8}=\frac{y}{10}\) et \(h=\frac{4}{5} y\).
On obtient : \(\frac{4}{5} x y=24\) et \(x y=30\).
La condition sur le périmètre s'écrit, comme pour la question 4.a) : \(x+y=12\).
Si \((D)\) répond à la question, alors \((x ; y)\) est solution du système : \(\left\{\begin{aligned} x+y & =12 \\ x y & =30\end{aligned}\right.\)
On résout cette fois l'équation : \(X^{2}-12 X+30=0 . \Delta=24=(2 \sqrt{6})^{2} ; X_{1}=6+\sqrt{6}\) et \(X_{2}=6-\sqrt{6}\). \(0<6-\sqrt{6}<6\) et \(6+\sqrt{6}<10\) donc \(x=6-\sqrt{6}\) et \(y=6+\sqrt{6}\).
Par conséquent, la droite \((D)=(\mathrm{MN})\) déterminée par \(\mathrm{M} \in[\mathrm{BC}]\) et \(\mathrm{N} \in[\mathrm{AC}]\) tels que \(A N=\sqrt{6}\) et \(C M=6+\sqrt{6}\) répond un problème posé.

Cas de la figure 4
On note \(B N=x\) et \(B M=y ; 0[0pt] Soit H le projeté orthogonal du point M sur le segment [AB] ; on pose \(h=H M\).
La condition sur les aires s'écrit : aire \((\mathrm{MNB})=\frac{1}{2}\) aire \((\mathrm{ABC})\) soit \(\frac{1}{2} x y=\frac{24}{2} ; x h=24\).
Les droites (HM) et (AC) sont parallèles; le théorème de Thalès donne :
\(\frac{H M}{A C}=\frac{B M}{B C}\) d'où \(\frac{h}{6}=\frac{y}{10}\) et \(h=\frac{3}{5} y\).
On obtient : \(\frac{3}{5} x y=24\) et \(x y=40\).
La condition sur le périmètre s'écrit, comme précédemment : \(x+y=12\).
Si \((D)\) répond à la question alors \((x ; y)\) est solution du système : \(\left\{\begin{aligned} x+y & =12 \\ x y & =40\end{aligned}\right.\)
On résout cette fois l'équation : \(X^{2}-12 X+40=0\). Ici \(\Delta=-16<0\); l'équation n'a pas de solution et la configuration de la figure 4 ne donne aucune droite ( \(D\) ) solution.

Conclusion : Au fur et à mesure des questions de l'exercice, on a raisonné par disjonction des cas sur la façon dont la droite ( \(D\) ) peut partager le triangle ABC . Par conséquent, on en déduit qu'il n'y a finalement qu'une seule droite ( \(D\) ) partageant le triangle ABC en deux polygones ayant même périmètre et même aire (cas de la figure 3 ci-dessus).