Bonjour,

il est facile de tracer des "trapèzes" divers de même aire que ABCD
ainsi ABCD, AB"C"D, A"B'C'D" etc etc ont tous la même aire
(le justifier formellement, mais c'est "évident")


parmi tous ces "trapèzes" certains sont :
des rectangles
ou des trucs avec au moins un côté perpendiculaire à AC,
ou etc

et sont "facilement" découpables en deux morceaux de même aire ...
tu n'as plus qu'à choisir le plus commode pour répondre instantanément au problème posé.

salut.
vue comme ça je ne réussit toujours pas.
y a t il vraiment une droite  qui remplit  les conditions posées par l'exercice ?
comme piste, l'exercice propose les équation de droite. mais je ne sais comment.

les triangles IBB" et ICC" ont même aire car même base et même hauteur (I est bien entendu le milieu de BC, Thalès ou symétrie par rapport à I)

pareil de l'autre côté avec J

donc le parallélogramme A"B"C"D" a même aire que le trapèze donné (sommes et différences d'aires)

et couper en deux un parallélogramme par une droite est facile : elle passe par le centre de symétrie du parallélogramme, le milieu M de IJ

terminé

maintenant si on te demande de le faire par les équations de droites ... en 3ème (sans produit scalaire ni autres trucs qui simplifient la vie)
pourquoi faire simple quand on peut faire compliqué, n'est-ce pas ...

en tout cas il te faut un repère
origine D, axe Ox = (DC), axe Oy = (DA)
coordonnées de A,B,C,D dans ce repère
équation de la droite (AC) (ou simplement coordonnées du vecteur )

la droite cherchée va couper le trapèze selon un segment EF dont intuitivement on sent bien que E est sur [AB] et F sur [CD]
soient E (u; 2) et F (v; 0) où u et v sont les abscisses inconnues de E et F

aire du trapèze AEFD en fonction de u et v doit être la moitié de celle de ABCD => une première relation (équation) en les inconnues u et v

équation de la droite (EF) en fonction de u et v (ou coordonnées du vecteur )
écrire que cette droite est perpendiculaire à (AC) => une deuxième relation entre u et v
(ou écrire que le produit scalaire )

cela forme donc un système de deux équations en u et v à résoudre
=> les positions de E et F

vérifier que l'hypothèse E et F sur les segments [AB] et [CD] est vraie (que 0 < u < 3 et 0 < v < 5)

(pfff méthode débile)

alors là ! chapeau a toi. je comprend tout maintenant.

Bonjour aide moi a comprendre ceci stp.
B= 1,1*1.01*1.0001*1,00000001
démontrer que B=(10-10^-15)/9

c'est un autre exo !
un exo = un topic

de plus je l'ai vu passer il y a peu de temps. exo

ah tiens, c'est même du multipost (remettre son exo deja discuté dans un autre topic) et ça c'est fortement interdit et puni de "prison" (bannissement temporaire)

redemande des précisions là bas

Bonjour

J'ai une solution pour 2 aires égales
EF détermine  2 trapèzes  de 4 cm²

Pour peu que l'angle soit droit
Ce qui implique la tangente de l'angle ACD
0.4 donc EB/2 -->EB =0.6

Bonjour dpi

tu devrais vérifier soigneusement que ton angle est réellement un angle droit et pas un angle de 85.24...°

AE ne fait pas 2.5 et DF 1.5
même si de façon "géométriquement évidente" leur somme fait bien (AB+CD)/2 = (3+5)/2 = 4, ça ne suffit pas à obtenir l'angle de 90° avec la diagonale

on doit avoir (AE-DF)/AD = AD/CD pour avoir l'angle droit (tangentes égales des deux angles égaux)



or (2.5-1.5)/2 = 1/2 et 2/5 1/2

ce qui donne une autre façon de résoudre le problème en obtenant directement le système d'équations en u=AE et v=DF précité :

u+v = 4
u-v = 4/5

bon, tu t'en es aperçu entre temps.

C'était trop beau...
Au moins on est sûrs que c'est inutile de faire
varier ER dans le trapèze

Bonjour.
Voici ma solution par calcul.
On peut supposer que la droite à trouver rejoint les côtés parallèles en E et en F, comme dans le dessin de Dpi.
Soient G l'intersection de (AC) et de (EF) et x le rapport CG/CA.
AC = √29. CG = √29x.
Le triangle GCF est une réduction de rapport √29x/5 du triangle DCA.
CF = √29*√29x/5 = 5,8x
AE = 5,8*(1-x)/x = 5,8/x - 5,8
BE = 3-AE = 8,8 - 5,8/x
CF+BE = 4 ; 5,8x + 8,8 - 5,8/x = 4
5,8x²+4,8x-5,8 = 0
x = (-2,4+√(5,76+33,64))/5,8 = 0,667064
CF = 0,667064*5,8 = 3,868971207

Finalement

C'était simple si on passe par tang =AD/DC=2/5=0.4.
*on abaisse G hauteur issue de E
*On abaisse H hauteur issue de B
*le triangle isocèle et rectangle BHC a une aire de 2x2/2 =2
*On cherche une oblique EF perpendiculaire à AC
qui forme 2 trapèzes AEDF et EBFH tels que le premier
ait une aire de 4 et le second de 2.
*ceci implique:
AE+DF= 4
EB+FH =2
On a AE+EB=3
DF+FG+GH=3
EB=GH
FG/EG = tg-->FG=0.8

Donc EB+GH= 2-0.8 =1.2
EB=GH =0.6
-->FH=0.8+0.6=1.4
-->AE=2.4
-->DF=3-1.4=1.6
et bien AE +DF=2.4+1.6=4 CQFD
Aire AEDF =(2.4+1.6)/2=4=aire EBCG=2+[(0.6+1.4)/2x2]=4

on peut même simplifier tout ça si on se rappelle de la formule de l'aire d'un trapèze (Base + base)/2 × h
l'aire de ABCD = (AB+CD)/2 × AD = (5+3)/2 × 2 = 8

donc l'aire moitié c'est 4, aire de chacun des deux morceaux

et l'aire du trapèze AEFD = (AE+FD)/2 × AD = (u+v)/2× 2 = 4 donc u+v = 4 équation déja citée

les tangentes des deux angles égaux donnent FG/AG = (AE-DF)/AD = (u-v)/2 et AD/CD = 2/5
donc u-v = 2×2/5 = 4/5

le système à résoudre est donc comme déja cité (avec ici tous ces détails un peu superflus) u+v = 4, u-v = 4/5
par addition on obtient
2u = 4 + 4/5 = 24/5 et u = 12/5 = 2.4
et v = 4 - u = 1.6

nota : soit M le milieu de IJ, I et J milieu des côtés AD et BC, IJ = (AB+CD)/2, par conséquent
on en déduit (des formules ci dessus sur l'aire des trapèzes) que du moment que E et F sont sur AB et CD, la droite EF coupe le trapèze en deux aires égales si et seulement si (EF) passe par M
d'où la construction géométrique sans aucun calcul déja suggérée au tout début :
construire I, J, M milieux de BC, AD et IJ
la droite cherchée est la perpendiculaire à (AD) passant par M


par contre si on incline d'avantage la droite, de sorte qu'elle ne coupe plus une des deux bases c'est "un peu plus compliqué" et la droite EF (en continuant d'appeler E et F les intersections avec le pourtour de ABCD) enveloppe des arcs d'hyperboles

ici tant que E reste sur BC et F sur CD
un autre arc si F passe sur AD puis encore un autre si E sur AB et F sur BC
le démonter dépasse largement le cadre de cet exo ci.


en tout cas cela justifie dans cet exercice de la nécessité de s'assurer en fin de résolution que E et F sont bien réellement sur les segments [AB] et [CD] (que 0 < u < 3 et 0 < v < 5)