Sujet
On justifiera clairement les solutions trouvées. . .
- Trois personnes veulent se partager un gâteau en forme de disque. La première personne se taille une part circulaire comme elle l'entend et laisse un trou (zone hachurée) comme indiqué sur le dessin.
Les deux personnes restantes veulent se partager ce qui reste du gâteau en deux parties égales. Comment réaliser cette construction avec une règle et un couteau (qui sert de crayon) ?
- On reprend la même question avec un gâteau rectangulaire comme à gauche du dessin ci-dessous. La première personne se taille une part rectangulaire comme elle l'entend et laisse un trou (zone hachurée) comme indiqué à droite du dessin. Les deux personnes restantes veulent se partager ce qui reste du gâteau en deux parties égales. Comment réaliser cette construction avec une règle et un couteau (qui sert de crayon)?
- Généralisation : pour quel type de quadrilatères la solution de la seconde question se généralise-t-elle immédiatement?
- Mon pâtissier m'a vendu un gâteau qui a la forme d'un quadrilatère sans axe de symétrie, et qui n'est pas un trapèze.
a) Nous sommes quatre à le manger et il m'a dit que je pouvais facilement le découper en quatre parts triangulaires de même aire. Saurez-vous dessiner un tel gâteau?
b) Même question en demandant que les parts soient vraiment des triangles superposables.
- On construit le centre du grand cercle, celui du petit cercle, on trace la droite passant par ces deux points. On montre que l'on répond à la question en utilisant la symétrie par rapport à cette droite.
Errata : L'énoncé sous entendait construction à la règle...Elle est malheureusement impossible comme le démontra David Hilbert. Un copier coller et un manque de réflexion tous deux malencontreux nous ont fait faire cette erreur.
2. On fait de même qu'à la question précédente. L'important est de démontrer que toute droite passant par le centre d'un rectangle partage ce rectangle en deux parties de même aire.
3. Cette solution fonctionne pour les parallélogrammes.
4. a) L'exhibition d'un tel quadrilatère suffira.
On choisit deux points A et B , on construit I le milieu de \([\mathrm{AB}]\) et un point C qui n'est pas sur \((\mathrm{AB})\). Les triangles ACI et CIB ont donc la même aire. On construit \(\mathrm{C}^{\prime}\) le symétrique de C par rapport à la droite ( AB ) et la parallèle ( d ) à ( AB ) passant par \(\mathrm{C}^{\prime}\); on a alors \(\mathrm{d}\left(\mathrm{C}^{\prime},(\mathrm{AB})\right) =\mathrm{d}(\mathrm{C},(\mathrm{AB}))\) et donc pour tout point M de (d) l'égalité des aires des triangles AMB et ACB . On choisit un point D sur (d) de sorte que ( DB ) ne soit pas parallèle à ( AC ), que ( DA ) ne soit pas parallèle à ( BC ) et que D ne soit pas le projeté de I sur (d). Cette dernière condition assure que le quadrilatère ACBD n'est pas symétrique par rapport à ( CD ). On vérifie que les aires des quatre triangles \(\mathrm{ACI}, \mathrm{CIB}, \mathrm{BID}\) et DIC sont égales (même base et même hauteur).
b) Avec des triangles superposables, l'exhibition d'une solution suffira également. Ci-dessous, les triangles sont rectangles et ont pour côtés \(a\) pour AB et \(2 a\) pour BC .
Pourquoi avoir mis dans l'énoncé pas d'axe de symétrie : pour éviter la solution que nous pensions évidente suivante :
