Le déficit de blanc est un trapèze identique au trapèze original mais de proportion plus petite dans un rapport proportionnel au rapport grande base/petite base.
Je n'ai pas encore quantifié ce rapport...

On trace une parallèle aux bases qui passe par l'intersection des diagonales et une autre qui passe par le milieu de la hauteur, et une 3ème qui est la symétrique de la 1ère par rapport à la seconde (donc bien 3 parallèles aux bases)
On trace par ailleurs un rectangle grande base/ hauteur du trapèze.
Le déficit de blanc est la portion de ce rectangle comprise entre les 1eres et 3èmes parallèles auquel on ôte la partie comprise dans le trapèze. Cette partie résiduelle est un trapèze identique à l'original mais en modèle réduit.

Si d est le décalage de l'intersection des diagonales par rapport à la mi hauteur du trapèze, et B et b les grande et petite base, la surface de ce trapèze vaut sauf erreur:
S=d(B-b).

Comme d=(h/2)(B-b)/(B+b)
alors S vaut h(B-b)²/(2B+2b).

J'ajouterai que le rapport entre le déficit de la surface blanche et la surface du trapèze est le carré du rapport entre la différence B-b sur la somme B+b.
Autrement dit, le petit trapèze déficit est le modèle réduit de l'original dans le proportion (B-b)/(B+b).

On peut prouver que non, temps que les faces qui sont paralleles sont horizontales, les triangles jaunes sont superieurs ou egaux aux triangles blancs.Mais je n'ai pas le temps de chercher une preuve.
(Ils sont egaux dans le cas d'un rectangle)

Bonjour,
Soient a et b les bases supérieure et inférieure du trapèze
Soient h1 et h2 les hauteurs des triangles inférieur et supérieur
On aura: S1=ah1/2, S2=bh2/2 et St=(a+b)(h1+h2)/4
On veut que: S1+S2<St soit 2ah1+2bh2<ah1+ah2+bh1+bh2
ou encore a(h1-h2)<b(h1-h2) avec 2 possibilités:
soit h1<h2 ce qui donne a>b, soit h1>h2 ce qui donne a<b
Or h1<h2 (resp. h1>h2) est équivalent à a<b (resp. a>b)
Comme a ne peut pas être à la fois <b et >b, on en déduit que
l'aire blanche est toujours inférieure ou égale à l'aire jaune
L'égalité des aires n'est obtenue que pour un parallélogramme (a=b)
Bonne journée.
Frank
Remarque: ma solution est HS car un peu artillerie lourde quand même

Par pliage j'imagine, selon une parallèle aux bases et passant par l'intersection ?
C'est en effet immédiat!

Pfff, avec ce gâteau 47, tu me poses un lapin

Comme toujours , il ne s'agît pas de sortir l'artillerie lourde mais de chercher une approche originale

Raaah mince alors, ce n'est donc pas pour le lapin

Soit dit en passant, j'admire beaucoup les raccourcis de certaines précédentes solutions matheuses de certains, aussi expéditives que rusées.
Bon, par contre, j'M moins quand c'est si concis que cela en devient inaccessible à ma paire de neurones léporidesques

Re-bonjour,
Voici un nouveau raisonnement "sans calcul" et presque "sans mot" . D'abord, je remarque que faire "glisser" la base supérieure du trapèze par rapport à la base inférieure ne change rien aux surfaces. Je place donc ces bases de façon à ce les diagonales soient perpendiculaires. Puis, je plie mon trapèze suivant une des diagonales et je m'apercois alors que ce qui reste de surface jaune sera toujours supérieur à ce qui reste de surface blanche. Il en est de même avec les surfaces de départ.
Bonne soirée.
Frank

Oublie ce pliage, c'est n'importe quoi...