Aire d'une surface dans un carré

[zeratul]

Bonjour,
Je vous partage un problème d'aire. Comment déterminer l'aire manquante ?
J'avais une intuition mais je n'arrive pas à le démontrer rigoureusement : sachant que le point relie les milieux des 4 côtés du carré, alors la somme des surfaces opposées serait égale. On aurait du coup x + 20 = 32 + 16.
Je me dis que c'est une histoire de barycentre mais je ne vous cache pas que mes souvenirs de maths sont très lointains...



Qui aurait une réponse "simple" sans avoir à poser tout un tas d'équations d'aires de triangles ect...?

Merci !
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[jacknicklaus]

On regarde le carré constitué par les 4 points milieux du carré initial. Ce carré est partagé en 4 parties triangulaires, or on sait que dans un tel partage, la somme des aires opposées est égale. (résultat valable pour tout parallélogramme).

Il suffit de rajouter à chacune de ces 4 aires la même valeur a²/2 pour tomber sur les 4 aires du partage initial.

Dès lors, résoudre 20 + x = 16 + 32 n'est pas trop difficile.

[ansset]

@zeratul:

J'avais une intuition mais je n'arrive pas à le démontrer rigoureusement : sachant que le point relie les milieux des 4 côtés du carré, alors la somme des surfaces opposées serait égale. On aurait du coup x + 20 = 32 + 16.

On regarde le carré constitué par les 4 points milieux du carré initial. Ce carré est partagé en 4 parties triangulaires, or on sait que dans un tel partage, la somme des aires opposées est égale. (résultat valable pour tout parallélogramme).

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supposons que l'on ne le sache pas ou bien pas appris.
soit un carré de coté a : ici le carré "intérieur" ayant pour sommet les 4 milieux du grand carré, comme le propose Jackniclaus.
on le découpe en 4 triangles et pour visualiser on le met à plat.
soit (x;y) le point central de convergence des triangles
le triangle du bas a pour aire : ay/2 ( base*hauteur/2)
celui du haut : a(a-y)/2
total a²/2
et même chose pour les triangles latéraux :
ax/2+a(a-x)/2=a²/2

[zeratul]

Bonjour,
Merci pour vos retours.

Ce carré est partagé en 4 parties triangulaires, or on sait que dans un tel partage, la somme des aires opposées est égale. (résultat valable pour tout parallélogramme).

Justement je ne retrouve pas le théorème/propriété qui affirme cela ?

[A voir en vidéo sur Futura]

[zeratul]

soit (x;y) le point central de convergence des triangles

Désolé je n'arrive pas à visualiser ce que représentent les longueurs x et y... Lorsque je trace le carré intérieur avec les 4 triangles qui le composent, j'obtiens pas forcément des triangles "haut/bas" et "gauche/droite". Ils sont un peu inclinés. Ai-je mal compris ?

[zeratul]

Au temps pour moi, j'avais mal compris vos messages. Il fallait bien "tourner le carré" pour qu'il soit droit ! Tout est clair maintenant pour moi ! Merci encore à vous.

[ansset]

Tu peux faire le même raisonnement avec des triangles inclinés ( les surfaces valent tj base*hauteur/2 )ou bien en l'imaginant "à plat".
Fais un dessin et regarde les bases et hauteurs.

[ansset]

est ce plus clair ainsi :[attach]https://forums.futura-sciences.com/attachment.php?attachmentid=41 0279&stc=1[/attach]