C'est bien vague tout ça

La quatrième part est-elle triangulaire comme les trois autres?
Merci

La seule manière de découper trois triangles en 2 coups de couteau est de couper 2 fois en partant d'un sommet. La quatrième part n'est donc pas un triangle

De là, le problème est assez trivial (euh, pas si trivial que ça vu que je me suis planté dans le premier jet ) :
Pour avoir un triangle, il faut que la plus grosse part soient placée entre les sommets d'où partent les traits de coupe.



La proportion de surface entre COH et COB étant de 1/3, O est au quart de [BH] et donc, H' est au quart de [AB]

De la même façon :

La proportion de surface entre BOH' et COB étant de 1/2, O est au tiers de [CH'] et donc, H est au tiers de [AC]


On peut alors symétriser le triangle vert OHH' dans OBC et en appliquant 2 fois la proportion des sécantes, on a :

aire(OHH')= aire(OBC) x 1/2 x1/3
aire(OHH') = 50

Edition:

Appelons a l'aire du triangle rouge
X le rapport  AH/AC
Y le rapport AH'/AB

Dans le triangle ABC :

X(600+a) = 150+a
Y(600+a) = 200+a   d'où XY= (150+a)(200+a) / (600+a)^2

Mais aussi : a = XY(600+a)

D'où, après simplification 30000 = 250 a
a=120

L'aire de la quatrième part est donc de 170

J'aime bien tes gâteaux, ils font un peu peur mais ils sont faisables sans trop de complication en fait.

Gwen.

Juste pour être sûr :
Avant coupes, le gâteau du pâtissier est-il bien triangulaire...?

Même si je n'y arrive pas encore , ma démarche est la suivante :
- je place le sommet [latex]B[/latex] en (0;0)
- je choisis l’abscisse de [latex]C_0[/latex] au hasard, par ex 50
- je choisis aussi l’ordonnée de [latex]M_0[/latex] au hasard, par ex 20
- je n'impose pas encore de valeur à [latex]x_{M0}[/latex], car elle est indépendante de la la surface de [latex](BC_0M_0)[/latex].
- je calcule la surface de [latex](BC_0M_0)[/latex], elle est de [latex]xC_0.yM_0/2[/latex], soit dans mon exemple de 50*20/2=500
- Comme il faut 300, c'est que mon triangle [latex](BC_0M_0)[/latex] est 5/3 trop grand, soit k ce coeff
- Je lui applique un coeff de [latex]sqrt(k)[/latex], d'où [latex]sqrt(3/5)[/latex] pour la base et la hauteur du gâteau rouge.
- j'obtiens [latex]x_C=sqrt(3/5).xC_0[/latex]
- idem avec [latex]yM_1=sqrt(3/5).yM_0[/latex]
- j'ai alors surface [latex](BCM_1)[/latex]=300, qlq que soit [latex]xM_1[/latex]
- Comme le triangle jaune est 50% plus grand que le bleu, cela signifie que [latex]xM_1/2-x_B<xM_1/2-x_C[/latex], donc je fixe temporairement [latex]xM_1[/latex] à 2/5 de [latex]x_C[/latex]
- je calcule les éq de droite de [latex]CM_1[/latex] et de [latex]BM_1[/latex]
- pfff, que coquin de pâtissier, quand même
- ensuite, je choisis A au hasard, soient [latex]xA[/latex] et [latex]yA[/latex] ses coord (avec [latex]0<xA<xC[/latex] et [latex]yM1<yA[/latex])
- j'en déduis les éq de droite de AB et [latex]AC[/latex], puis les coord de B' et C'
- par la formule de Héron, je calcule la surface de la part de gâteau bleu au cassis, et la part de gâteau jaune au citron
- comme A a été placé au hasard, et que [latex]xM_1[/latex] est assez arbitraire, les surfaces des deux parts ne font ni 100 ni 150, mais je m'intéresse à leur ratio (=part jaune/part bleue)
- idéalement, ce ratio doit être de 150/100=3/2
- je glisse donc [latex]xM[/latex] jusqu'à ce que le ration fasse exactement 3/2. Ouf, ça converge rapidement !
- ensuite il faut caler le point A. Le malheur, c'est qu'en le déplaçant, latéralement ou verticalement, ça modifie aussi bien la surface des deux petits triangles que leur.......
- ...
-> pour l'instant, je sèche pour obtenir une méthode optimale pour avoir les deux petites surfaces de 150 et 100

Bonjour !


Est-ce que la découpe ressemblait à cela ?




Sous quel format faut-il proposer une réponse, juste la valeur ? (ou bien " g") ?

Je continue de chercher l'aire de la quatrième part ...

Ce midi, requinqué en carotène, j'ai une autre méthode de construction, sans Excel ni WinGeom :


- je place le sommet B en (0;0), et C n'importe où sur l'axe des abscisses positives
- cela détermine la base du triangle (ABC)
- pour être sûr d'avoir une surface rouge égale à 300, il suffit de choisir l’abscisse yM=600/xC
- comme le triangle jaune est 50% plus grand que le bleu, je fixe xM à 2/5.xC, quitte à déplacer plus tard son abscisse
- on a donc M connu en f° de xC, soit M(2/5.xC;600/xC)
- je calcule l'éq de la droite (BM) : elle passe par B(0;0) et M(2/5.xC,600/xC), d'où y=(1500/x²C)*x
- je calcule l'éq de la droite (CM) : elle passe par C(xC;0) et M(2/5.xC,600/xC), d'où y=1000(xC-x)/x²C
- on sait que la surface du triangle (BMC') vaut 100
- le point C' est le sommet du triangle bleu BMC', et C' est situé sur une parallèle à BM 
- sa base est BM = sqrt(x²M+y²M) =sqrt((2/5.xC)²+(600/xC)²)
- pour obtenir une surface de 100, il faut que la hauteur de (BMC') soit égale à 200/BM
- le point C' est aussi sur la droite (CM) dont on connait déjà l'éq de droite
- on peut donc calculer les coord de C' en f° de xC, ainsi que l'éq de la droite BC'
- ............
- On procède de même avec B' (même problématique que C')
- le sommet A étant l'intersection des droites (BC') et (CB'), on détermine A

Spoiler : [Afficher le message] Bon, y avait une part de fraisier, une autre au citron, et la 3è au cassis, ..., mais elle était à quoi la %#£¤ part de gâteau du haut

>> @TiLapiot : cherche plus simple
Huh? Je vais soumettre ton énigme à ma laperette de 15 printemps



>> PS : si vous voulez un peu de rab de temps , il suffit de demander .
J'ai 25h pour passer à ma boulangerie, n'est pas pâtissier qui veut



☻ Ah si je tenais ce "héron" qui nous a pondu sa formule de l'aire du triangle, ..., raaah foutu oiseau

@Dan : il y a plusieurs formes possibles pour les trois premières parts et donc pour la 4ème mais la masse de celle-ci est bien déterminée .

Vasimolo

Parce que dans le cas des nouvelles valeurs, il n'y a qu'une possibilité pour placer les triangles. Si les traits de coupe partent des sommets d'une autre forme , les deux autres côtés "s'écartent"... la forme du gâteau n'est donc plus triangulaire.

Démonstration avec 150 central (c'est encore pire avec 100)


Tandis qu'avec les premières mesures, 2 cas sont possibles : 275 ou 300 en position "centrale" avec des résultats différents.

Très belle énigme ; merci Vasimolo