Bandeau
APMEP Île-de-France
de la maternelle à l’université

Site de la Régionale Apmep Île-de-France

logo article ou rubrique
Avis de recherche
Article mis en ligne le 29 juin 2018
dernière modification le 30 juin 2018

par Alain Bougeard

Rappel de l’Avis de Recherche

 On considère un polygone régulier à $$$\displaystyle n$$$ côtés. Comment construire $$$n-1$$$ demi-droites qui partent d’un même sommet et partagent le polygone en $$$n$$$ parties d’aires égales ? 

Deux contributions seulement :

de moi même, of course, géomètre invétéré qui avec la règle et le compas (et GeoGebra…) construit les sécantes demandées artisanalement d’abord mais avec le secret espoir de devenir industriel…

et de mon acolyte, Salvatore Tummarello, qui à l’aide de l’algèbre la plus moderne va s’attaquer aux secrets des points de "découpe".

 

Dans ma boite à outils…

 

Utilisation des Isométries

Les isométries sont des cas très particuliers pour obtenir des figures de même aire.

 

Construction de triangles de même aire

2 triangles ont la même aire par conservation du produit base par hauteur avec 2 cas :

  • Soit la base, par exemple $$$[BC]$$$, est la même et la hauteur $$$h$$$ conserve la même valeur donc $$$A$$$ se déplace sur la parallèle à $$$(BC)$$$. On l’appellera Prop1 ou glissement du sommet…
  • Soit la longueur de la base est multipliée par $$$k$$$ et alors la hauteur doit être divisée par $$$k$$$. on l’appellera Prop2.

 

Division d’un polygone par une droite passant par un sommet

Si on veut partager un polygone en deux parties de même aire, voici quelques méthodes pour un triangle, un quadrilatère et un pentagone.

 

  • Un triangle

Une médiane répondra parfaitement à la question. On appellera cette construction Prop3.

 

  • Un quadrilatère convexe $$$ABCD$$$

Par le point $$$B$$$ on mène la parallèle à $$$(AC)$$$ qui coupe $$$(DC)$$$ en $$$B'$$$.

Les triangles $$$ABC$$$ et $$$AB'C$$$ ont la même aire (Prop2) donc le quadrilatère $$$ABCD$$$ et le triangle $$$ADB'$$$ ont la même aire.

D’après Prop3 la médiane $$$[AM]$$$ divise $$$ADB'$$$ en deux parties de même aire donc également le quadrilatère à condition, bien sûr, que $$$M$$$ appartienne à $$$[DC]$$$ pour que l’addition des aires de $$$AMC$$$ et de $$$ABC$$$ soit correcte ; ce qui sera toujours le cas comme nous le verrons dans l’utilisation qui en sera faite par la suite.

On notera cette construction Prop4.

 

  • Un pentagone convexe $$$ABCDE$$$

En utilisant deux fois la Prop4, on construit les points $$$B'$$$ et $$$E'$$$ de $$$(DC)$$$ tels que l’aire du triangle $$$AB'E'$$$ soit la même que l’aire de $$$ABCDE$$$.

$$$M$$$ étant le milieu de $$$[B'E']$$$, la droite $$$(AM)$$$ fournit la réponse à la question posée ; à condition, bien sûr, que le point $$$M$$$ appartienne à $$$[CD]$$$ ce qui sera toujours le cas quand nous l’utiliserons.

On appellera cette construction Prop5.

 

Quelques propriétés des polygones réguliers

Nous allons utiliser des propriétés de symétries et de parallélisme des polygones réguliers à $$$n$$$ côtés selon la parité ou l’imparité de $$$\displaystyle n$$$.

 

Si $$$n$$$ impair

n impair

Dans ce cas, le polygone possède $$$n$$$ axes de symétrie joignant chaque sommet au milieu du côté opposé orthogonalement.

De plus chaque côté possède des parallèles “intéressantes” passant par les autres sommets, par les milieux des autre côtés ou par le centre du polygone que nous allons utiliser pour appliquer Prop3.

Enfin lorsque l’on aura réalisé la partition demandé chacune des parties aura même aire que chaque triangle de sommet le centre et de base un côté du polygone.

 

Si $$$n$$$ pair

n pair

Dans ce cas, le polygone possède aussi $$$ n$$$ axes de symétrie, la moitié joignant les sommets opposés, l’autre moitié joignant les milieux des côtés opposés.

De plus chaque diagonale possède des parallèles “intéressantes” passant par les autres sommets ou par les milieux des autres côtés.

Ici encore, lorsque l’on aura réalisé la partition demandée chaque partie aura même aire que chacun des $$$n$$$ triangles de sommet le centre et de base un côté du polygone.

 

Et maintenant, place à l’expérience…

 

Le triangle équilatéral

Il est facile grâce à Thalès de diviser $$$[CB]$$$ par $$$M_3$$$ et $$$N_3$$$ tels que $$$BM_3$$$ = $$$M_3N_3$$$ = $$$N_3C$$$ et alors les sécantes $$$[AM_3]$$$ et $$$[AN_3]$$$ répondent à la question.

On peut remarquer que les parallèles passant par $$$O$$$ à $$$[AB]$$$ et $$$[AC]$$$ coupent aussi $$$[BC]$$$ en $$$M_3$$$ et $$$N_3$$$.

 

Le carré

La diagonale $$$[AC]$$$ et les segments $$$[AM_4]$$$ et $$$[AN_4]$$$, avec $$$M_4$$$ et $$$N_4$$$ milieux respectifs de [BC] et [CD], répondent à la question posée.

On remarque aussi que les parallèles passant par $$$O$$$ à $$$[AB]$$$ et $$$[AD]$$$ passent aussi par $$$M_4$$$ et $$$N_4$$$.

 

Le pentagone régulier convexe

Pour voir l’animation GeoGebra concernant le pentagone régulier convexe, cliquez sur l’image suivante :

Soit un pentagone régulier convexe $$$ABCDE$$$ avec $$$G$$$ milieu de $$$[CD]$$$ : $$$(AG)$$$ est un axe de symétrie.

étape 1

La parallèle à $$$[AC]$$$ ou $$$[DE]$$$ passant par $$$O$$$ coupe $$$[CD]$$$ en $$$F$$$ ; on va montrer que $$$[AF]$$$ est la première des sécantes cherchées.

En effet, en utilisant le glissement du sommet $$$A$$$ en $$$C$$$ (prop1) :

$$$\displaystyle\mathscr{A}(AFG) = \mathscr{A}(AFO)+ \mathscr{A}(FOG) = \mathscr{A}(CFO) + \mathscr{A}(FOG) = \mathscr{A}(CGO)$$$

Par symétrie autour de $$$(AG)$$$ on prouve que $$$\mathscr{A}(AFF') = \mathscr{A} (OCD)$$$ et donc que $$$[AF]$$$ et $$$[AF']$$$ sont bien les 2 premières sécantes cherchées.

Remarque : la construction de cette première étape sera valable pour tous les polygones réguliers ayant un nombre de côtés impair.

étape 2

On trace la parallèle à $$$[BA]$$$ ou $$$[CE]$$$ passant par $$$O$$$ qui coupe $$$[BC]$$$ en $$$H$$$ ; on va prouver que $$$[AH]$$$ est bien la troisième sécante cherchée.

Tout d’abord les deux triangles isocèles $$$HOF$$$ et $$$FOF'$$$ sont isométriques car il ont même angle au sommet (36°) et même coté ($$$[OF]$$$) donc les troisièmes côtés sont égaux $$$HF = FF'$$$.

Le quadrilatère $$$AHCF$$$ a même aire que $$$KHCF$$$ (en faisant glisser $$$A$$$ en $$$K$$$). L’aire de ce quadrilatère à diagonales perpendiculaires est donc $$$CK.FH = AG.FF'$$$ donc $$$[AH]$$$ est bien la sécante cherchée.

Remarque : dans ce cas il aurait été plus simple de prouver directement que la dernière partie, le triangle $$$AHB$$$ a la même aire que le triangle $$$AOB$$$ en faisant glisser $$$H$$$ en $$$O$$$.

étape 3

En construisant $$$H'$$$, symétrique de $$$H$$$ par rapport à $$$(AG)$$$ nous avons les 4 sécantes cherchées : $$$(AH)$$$, $$$(AF)$$$, $$$(AF')$$$ et $$$(AH')$$$ déterminant les 5 zones de même aire.

 

L’hexagone régulier convexe

Pour voir l’animation GeoGebra concernant l’hexagone régulier, cliquez sur l’image suivante :

Soit un hexagone régulier $$$ABCDEF$$$, $$$(AD)$$$ est un axe de symétrie.

étape 1

La parallèle à $$$[AC]$$$ passant par $$$O$$$ coupe $$$[CD]$$$ en $$$G$$$ qui est évidemment le milieu de $$$[CD]$$$ ; on va montrer que $$$[AG]$$$ est la première des sécantes cherchées.

En effet $$$\mathscr{A}(AGD) = \mathscr{A}(AGC) =2\mathscr{A}(OGD) =2\mathscr{A}(COG)$$$ (même base et hauteur double)

donc $$$\mathscr{A}(AGD) = \mathscr{A}(COD)= \mathscr{A}(ACG)$$$

de plus $$$\mathscr{A}(BAC) = \mathscr{A}(BAO)$$$ d’après Prop1

finalement $$$\mathscr{A}(ABC) = \mathscr{A}(ACG) = \mathscr{A}(AGD)$$$ ($$$ = \mathscr{A}(COD)$$$)

donc $$$[AG]$$$ et $$$[AC]$$$ sont bien les 2 premières sécantes cherchées.

étape 2

En construisant $$$G'$$$, symétrique de $$$G$$$ par rapport à $$$(AD)$$$ nous avons les 5 sécantes cherchées : $$$(AC)$$$, $$$(AG)$$$, $$$(AD)$$$, $$$(AG')$$$ et $$$(AE)$$$ déterminant les 6 zones de même aire.

 

L’heptagone régulier convexe

Pour voir l’animation GeoGebra concernant l’heptagone régulier convexe, cliquez sur l’image suivante :

Soit $$$ABCDEFG$$$ un heptagone régulier convexe et $$$H$$$ le milieu de $$$[DE]$$$ : $$$(AH)$$$ est l’un de ses axes de symétrie.

étape 1

La parallèle à $$$(AD)$$$ ou $$$(BC)$$$ passant par $$$O$$$ coupe $$$[DE]$$$ en $$$J$$$.

D’après Prop4, $$$[AJ]$$$ est la première sécante demandée et en appelant $$$J'$$$ le symétrique de $$$J$$$ par rapport à $$$[AH]$$$, on a bien $$$\mathscr{A}(AJJ') = \mathscr{A}(ODE)$$$.

étape 2

La parallèle à $$$[EF]$$$ passant par $$$O$$$ coupe $$$[CD]$$$ en $$$K$$$.

On remarque que $$$(OJ)$$$ et $$$(OK)$$$ sont symétriques par rapport à $$$(OD)$$$ et donc que le point $$$K$$$ peut s’obtenir aussi comme l’intersection entre $$$[CD]$$$ et le cercle de centre $$$O$$$ passant par $$$J$$$ et que l’on a $$$[KJ]$$$ perpendiculaire à $$$(OD)$$$ donc parallèle à $$$[AG]$$$.

Démonstration que $$$\mathscr{A}(AKDJ) = \mathscr{A}(AJJ')$$$ :

$$$\mathscr{A}(AKDJ) = \mathscr{A}(IKDJ)$$$ en faisant glisser $$$A$$$ en $$$I$$$. $$$IKDL$$$ est un cert volant donc son aire est égale à $$$ID.KJ/2$$$ donc à $$$AH.JJ'/2$$$ qui est l’aire de $$$AJJ'$$$.

étape 3

Il ne reste plus qu’à partager le quadrilatère $$$AKCB$$$ en deux parties de même aire $$$AKM$$$ et $$$AMCB$$$ selon la méthode Prop4 avec $$$M$$$ milieu de $$$[LK]$$$.

L’heptagone se retrouve ainsi découpé en 7 parties de même aire.

 

L’octogone régulier convexe

Pour voir l’animation GeoGebra concernant l’octogone régulier convexe, cliquez sur l’image suivante :

Soit l’octogone régulier $$$ABCDEFGH$$$, $$$(AE)$$$ est un axe de symétrie.

étape 1

Comme dans tous les polygones pairs le triangle $$$ADE$$$ est rectangle et d’aire double de celle d’$$$ODE$$$ donc, $$$I$$$ étant le milieu de $$$[DE]$$$, les triangles $$$ADI$$$ et $$$AIE$$$ ont la même aire que $$$ODE$$$ (Prop2) donc $$$[AI]$$$ et $$$[AD]$$$ sont les deux premières sécantes cherchées.

étape 2

Le triangle $$$ADC$$$ ayant une base commune avec $$$ADI$$$, mais une hauteur manifestement plus grande que $$$DI$$$, il faut trouver un point $$$J$$$ de $$$[CD]$$$ tel que sa distance à $$$[DA]$$$ soit égale à $$$DI$$$.

D’où la construction déjà utilisée : cercle de centre $$$D$$$ passant par $$$I$$$ qui coupe la droite $$$(DE)$$$ en $$$K$$$ puis la parallèle à $$$(DA)$$$ passant par $$$K$$$ qui coupe $$$[CD]$$$ en $$$J$$$.

Bien entendu le quadrilatère restant $$$ABCJ$$$ a aussi la même aire puisqu’il représente le quart restant du demi-polygone $$$ABCDE$$$.

étape 3

Enfin en construisant $$$I'$$$ et $$$J'$$$, symétriques de $$$I$$$ et $$$J$$$ par rapport à $$$(AE)$$$, nous avons les 7 sécantes demandées permettant de diviser l’octogone en 8 parties de même aire.

 

Le nonagone régulier convexe

Pour voir l’animation GeoGebra concernant le nonagone régulier convexe, cliquez sur l’image suivante :

Soit $$$ABCDEFGI$$$ un nonagone régulier convexe avec $$$A'$$$ milieu de $$$[EF]$$$ : $$$(AA')$$$ est un de ses axes de symétrie.

étapes 1 et 2

La parallèle à $$$(AE)$$$ passant par $$$O$$$ coupe $$$[FE]$$$ en $$$J$$$ et l’on montre de la même façon que pour $$$n$$$ = 5 ou $$$n$$$ = 7 que $$$\mathscr{A}(AJJ')$$$ = $$$\mathscr{A}(OFE)$$$ en appelant $$$J'$$$ le symétrique de J par rapport à $$$[AA']$$$.

De même que la parallèle à $$$[AD]$$$ coupe $$$[DE]$$$ en $$$K$$$ (symétrique de $$$L$$$ par rapport à $$$[AE]$$$ ) et que l’aire du cerf-volant $$$AKEJ$$$ est égale à l’aire de $$$AJJ'$$$.

Donc $$$[AJ]$$$ et $$$[AK]$$$ constituent les deux premières sécantes cherchées.

étape 3

Il faut maintenant construire un point $$$L \in [DK]$$$ tel que l’aire du triangle $$$ALK$$$ soit égale à l’aire commune à toutes les parties.

Ce triangle ayant un côté commun avec le cerf-volant $$$AKEJ$$$, on va transformer ce dernier en un triangle $$$AKZ$$$ de même aire.

Pour obtenir ce point $$$Z$$$ il suffit de projeter le point $$$E$$$ parallèlement à $$$[KJ]$$$ sur la droite $$$(AJ)$$$. Puis on considère le symétrique $$$Z'$$$ de $$$Z$$$ par rapport à $$$(AK)$$$ et c’est un jeu d’enfant de projeter ce $$$Z'$$$ parallèlement à $$$[AK]$$$ sur $$$[DE]$$$ pour obtenir le point $$$L$$$ cherché (c’est-à-dire tel que l’aire de $$$AKL$$$ est égale à celle de $$$AKEJ$$$) et donc la troisième sécante est $$$[AL]$$$.

étape 4

Il ne reste plus qu’à construire un point $$$M$$$ de $$$[DC]$$$ tel que la sécante $$$[AM]$$$ partage le pentagone $$$ABCDL$$$ en deux parties de même aire.

C’est la méthode Prop5 qui va être employée : en projetant $$$B$$$ parallèlement à $$$[CA]$$$ sur $$$[DC]$$$ en $$$B_p$$$ et $$$L$$$ parallèlement à $$$[DA]$$$ sur $$$[DC]$$$ en $$$L_p$$$, nous obtenons $$$M$$$ comme milieu de $$$[B_p ,L_p ]$$$.

étape 5

En construisant les symétriques $$$K'$$$, $$$L'$$$ et $$$M'$$$ de $$$K$$$, $$$L$$$ et $$$M$$$ nous complétons les 8 sécantes qui partagent le nonagone en 9 parties de même aire.

 

Le décagone régulier convexe

Pour voir l’animation GeoGebra concernant le décagone régulier convexe, cliquez sur l’image suivante :

Soit le décagone $$$ABCDEFGHIJ$$$ : $$$(AF)$$$ est un axe de symétrie.

étape 1

Comme dans tous les polygones pairs le triangle $$$AEF$$$ est rectangle et d’aire double de celle d’$$$OEF$$$ donc, $$$K$$$ étant le milieu de $$$[FE]$$$, les triangles $$$AEK$$$ et $$$AKF$$$ ont la même aire que $$$OED$$$ (Prop2) donc $$$[AK]$$$ et $$$[AE]$$$ sont les deux premières sécantes cherchées.

étape 2

Le triangle $$$ADC$$$ ayant une base commune avec $$$AEK$$$, mais une hauteur manifestement plus grande que $$$EK$$$, il faut trouver un point $$$L$$$ de $$$[ED]$$$ tel que sa distance à $$$[EA]$$$ soit égale à $$$EK$$$.

D’où la construction déjà utilisée : cercle de centre $$$E$$$ passant par $$$K$$$ qui coupe la droite $$$(FE)$$$ en $$$K_1$$$ puis la parallèle à $$$(EA)$$$ passant par $$$K_1$$$ qui coupe $$$[ED]$$$ en $$$L$$$ : $$$[AL]$$$ est la troisième sécante cherchée.

étape 3

Il ne reste plus qu’à diviser en deux parties égales le pentagone $$$ABCDL$$$ par une sécante $$$[AM]$$$, ce qui est la procédure Prop5, qui va pouvoir s’appliquer en cherchant à construire $$$M \in [DC]$$$.

Donc construction des droites $$$(CD)$$$, $$$(AC)$$$ et $$$(AL)$$$, de $$$B_p$$$ projection de $$$B$$$ sur $$$(CB)$$$ parallèlement à $$$(AC)$$$ et de $$$L_p$$$ projection de $$$L$$$ sur $$$(CB)$$$ parallèlement à $$$(AL)$$$ et enfin de $$$M$$$ milieu de $$$[B_pL_p]$$$.

Remarque : $$$(AM)$$$ et $$$(OE)$$$ semblent curieusement parallèles ce qui simplifierait la construction de $$$M$$$… Hélas, GeoGebra affirme qu’il n’en est rien.

étape 4

Enfin en construisant $$$K'$$$, $$$L'$$$ et $$$M'$$$, symétriques de $$$K$$$, $$$L$$$ et $$$M$$$ par rapport à $$$(AF)$$$, nous avons les 9
sécantes demandées permettant de diviser le décagone en 10 parties de même aire.

 

Fin de la première partie

La suite au prochain numéro avec des tentatives d’industrialisation du processus par la fabrication d’outils de GeoGebra, l’algébrisation de la situation par Salvatore Tummarello (et peut-être le retour de sa tortue)…

…et surtout tout ce que vous ne manquerez pas de nous envoyer, séduits que vous êtes par la passionnante situation de découpage des polygones réguliers convexes (et pourquoi seulement convexes ?) en parties de même aire, situation beaucoup plus intéressante que de couper des cheveux en quatre…

 

retour au sommaire

Les Chantiers de Pédagogie Mathématique n°177 juin 2018
La Régionale Île-de-France APMEP, 26 rue Duméril, 75013 PARIS