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.

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.

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.

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.

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.

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.