Cette activité constitue un problème de recherche qui permet de réinvestir les connaissances sur les aires des triangles. Elle permet de développer ou de renforcer des instruments de pensée, tels le mouvement, la décomposition de figures et le changement de point de vue. De plus, le problème donne l’opportunité de progresser vers une solution en envisageant des cas particuliers et des cas extrêmes.
Public : 13-14 ans
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Activité 1
Sur la figure [1]Ce problème a été présenté lors de l’atelier Apports et intérêts de l’utilisation d’un logiciel de géométrie dynamique pour la … Continue reading ci-dessous, le point M est à l’intérieur du rectangle. Où faut-il le situer pour que l’aire hachurée soit la plus grande possible ?
Sur la figure suivante, on peut bouger le point M.
Pistes
- Placer le point M à quelques endroits particuliers.
- Décomposer les quatre triangles qui apparaissent pour mieux comparer les aires.
- Partir d’un point M quelconque, puis le déplacer en essayant de ne pas modifier l’aire des triangles hachurés afin de se ramener à un cas particulier ou, en tout cas, un cas plus simple.
- Calculer les aires et comparer.
- Comparer la partie hachurée et celle qui ne l’est pas.
Solutions
A partir de la figure de départ, on peut calculer les aires hachurées et les aires qui ne le sont pas et comparer : l’aire de la partie hachurée est égale à l’aire de la partie blanche.
Mais est-ce le cas, quelle que soit la position de M ?
Pour le savoir, il est assez naturel de prendre des cas particuliers (on utilise l’instrument de pensée “envisager des cas particuliers lors d’un mouvement“). On peut par exemple placer M sur un sommet du rectangle, sur un côté ou encore au centre du rectangle, c’est-à-dire à l’intersection de ses diagonales.
On voit que, lorsque le point M est en un sommet, l’aire hachurée vaut bien la moitié de celle du rectangle.
Lorsque M est sur un côté vertical du rectangle, on calcule que son aire est de 
petits carrés, soit aussi la moitié de l’aire du rectangle. On peut aussi le voir sans calculer en découpant le triangle hachuré en deux.
L’aire de la partie hachurée est encore la moitié de l’aire totale si le point M se situe sur un côté horizontal du rectangle. C’est fois, on le voit en découpant le triangle blanc en deux.
Si le point M est au milieu, à nouveau en calculant ou en découpant les triangles, on voit que l’aire hachurée est la moitié de celle du rectangle.
Dans tous les cas, quelle que soit la position du point M,
l’aire de la partie hachurée est-elle toujours égale à l’aire de la partie non hachurée ?
La figure suivante fait apparaître les aires des deux triangles hachurés et leur somme. Bougez le point M et vérifiez votre réponse.
Il semble bien que cette somme soit constante.
Par exemple, dans le cas précis donné dans la consigne de départ, l’aire (en petits carrés) vaut
![\[\frac{6\times 3}{2} + \frac{6\times 9}{2} = 9 + 27 = 36,\]](https://wp.gem-math.be/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-77b05787e13037b61f8eabe5e282c279_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
![\[\frac{6\times5}{2} + \frac{6\times7}{2} = 15 + 21 = 36\]](https://wp.gem-math.be/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-c378ed28e4c7451ce861075d8f3e2422_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
Mais pourquoi trouve-t-on forcément la même réponse ?
On retrouve les « 6 × » et « /2 » dans tous les termes. Par ailleurs 3 + 9 = 12 et 5 + 7 = 12.
Au secondaire, on pourrait utiliser des lettres pour désigner les hauteurs 
et 
(horizontales) des deux triangles et, après simplification, montrer que la somme des deux aires est bien égale à la moitié de celle du rectangle :
![\[\frac{6\times h_1}{2} + \frac{6\times h_2}{2} = \frac{6\times(h_1+h_2)}{2} = \frac{6\times12}{2} = 36\]](https://wp.gem-math.be/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-4533c8a4703f2bc1b5d59ecf53fd3495_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
On peut aussi s’en convaincre par découpage (décomposer , accessible en primaire) : on montre que l’aire hachurée vaut toujours la moitié de celle du rectangle, à nouveau en utilisant le découpage. Chacune des parties hachurées est doublée pour constituer le rectangle en entier.
On peut aussi partir d’une position quelconque de M et déplacer celui-ci parallèlement aux côtés verticaux. Ainsi ceux-ci peuvent être vus comme les bases des deux triangles hachurés, et les hauteurs correspondantes ne changeant pas, l’aire de ces triangles ne change pas non plus. Remarquons que l’on peut aussi déplacer M horizontalement, c’est-à-dire parallèlement aux bases des triangles blancs. L’aire de ceux-ci n’est alors pas modifiée et, par complémentarité, l’aire hachurée ne l’est pas non plus.
Finalement l’aire hachurée ne varie pas quelle que soit la position du point M, du moins tant que celui-ci reste à l’intérieur du rectangle.
Activité 2
Peut-on sortir M du rectangle tout en ne modifiant pas l’aire hachurée ?
Solution
La situation est un peu différente car l’aire hachurée n’apparaît pas toujours comme le complémentaire de l’aire blanche. Se contenter de ne pas modifier l’aire blanche n’est plus suffisant. Par contre, tant qu’on déplace M verticalement, entre les droites AB et DC, on ne change ni les bases ni les hauteurs des deux triangles hachurés, donc l’aire de la partie hachurée reste inchangée.
La figure suivante fait apparaitre les aires des deux triangles hachurés et leur somme. Bougez le point M pour faire apparaître les différents cas.
Si M est placé en dehors des parallèles AB et DC, alors l’aire de la partie hachurée est plus grande que la moitié de l’aire du rectangle.
On peut s’en convaincre en se référant à des cas extrêmes,
ou en travaillant sur la formule de l’aire de la somme des triangles hachurés :
![\[\frac{6\times(h_1+h_2)}{2} > \frac{6\times12}{2} > 36\]](https://wp.gem-math.be/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-06d7c4c4593915454d5e6100e655f100_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
![\[car\ h_1+h_2 > 12.\]](https://wp.gem-math.be/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-e8936b4da7eb9315aeabbf6fa31605d3_l3.png "Rendered by QuickLaTeX.com")
La figure suivante fait apparaître les aires des deux triangles hachurés et leur somme. Bougez le point M pour faire apparaitre les différents cas.
Activités en amont
- Représentations et déformations de triangles
- Familles de triangles à 10-12 ans
- Trois formes de la formule d’aire des triangles
- Aires des triangles à 10-12 ans
- Déformation de quadrilatères
Instruments de pensée
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Notes
| ↑1 | Ce problème a été présenté lors de l’atelier Apports et intérêts de l’utilisation d’un logiciel de géométrie dynamique pour la démarche d’investigations, par Alain COLONNA et Béatrice LEGOUPIL, au Colloque Inter‐IREM Collège d’Orléans, le 14 juin 2010. |
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