Un tétraèdre en tickets de métro selon Micmaths

Mickaël Launey, alias Micmaths propose des mathématiques ludiques, notamment via des vidéos, à regarder sans modération. L'une d'elle nous propose de construire un tétraèdre en assemblant deux tickets de métro parisien pliés. La voici :

Vous avez peut-être remarqué que le premier pli qu'on est invité à faire est déterminé de manière approximative : Mickaël Launey indique qu'il faut plier de manière à "laisser un petit coin en haut", avec un "petit triangle qui fait à peu près cette dimension-là". Ce petit "coin de dépassement" est important, car c'est lui qui permettra d'emboîter de manière solide les deux modules (les "clipser" efficacement).

Mais où devrait-on plier exactement pour que le tétraèdre soit vraiment régulier ? La question est plutôt mathématique que pratique, car vous vous en doutez, les imprécisions de pliage rendent impossible une construction exacte en pratique. Elle peut quand même nous aider à comprendre quel format approximatif il faut choisir pour les deux cartons : pourquoi le format du ticket de métro convient-il bien, contrairement au format A4, par exemple.

C'est ce à quoi nous vous proposons de réfléchir ici...

Analyse mathématique du pliage

Retour sur le pliage

Le pliage d'un des deux modules à assembler peut être décrit de la manière suivante :

• Soit un rectangle $ABCD$.
  
  De quelles dimensions ? C'est ce qu'on souhaite déterminer...
  
• Plier selon $EF$, avec $E\in[AB]$ et $F\in[CD]$. Ce pli envoie $B$ en $B'$ et $C$ en $C'$.
  
  Quelle est la position exacte de ce pli ? C'est ce qu'on souhaite déterminer.
  
• Nommer $I$ l'intersection de $AE$ et de $C'F$.
• Marquer les plis $IF$ et $EI$.
• Déplier. Nommer $J$ le point symétrique de $I$ par rapport à $EF$.

Pour que le tétraèdre soit régulier, il faut et il suffit que ses quatre faces soient des triangles équilatéraux. La question est donc "Sous quelle condition les triangles $IEF$ et $JEF$ sont-ils équilatéraux ?" Ces deux triangles sont identiques (isométriques), car ils ont été construits par superposition lors du pliage (ils sont images l'un de l'autre par symétrie d'axe $EF$). Il suffit donc de s'intéresser à un des deux triangles, disons $JEF$.

Des triangles isocèles

Montrons d'abord que, quelle que soit la position du pli $EF$ (en gardant un pli qui permet de construire les triangles $IEF$ et $JEF$, tout de même), le triangle $JEF$ (et donc aussi $IEF$) est isocèle.

• Les angles $\widehat{JFE}$ et $\widehat{IFE}$ ont même amplitude par construction (une superposition, ils sont images l'un de l'autre par la symétrie d'axe $EF$).
• De même, les angles $\widehat{JEF}$ et $\widehat{IEF}$ ont même amplitude.
• Les angles $\widehat{JFE}$ et $\widehat{IEF}$ sont alternes-internes déterminés par deux droites parallèles $AB$ et $CD$. Ils ont donc même amplitude.
• Par transitivité, $|\widehat{JEF}|=|\widehat{JFE}|$, ce qui signifie que le triangle $JEF$ est isocèle de sommet $J$.

Condition sur les angles pour que les triangles soient équilatéraux

On peut tout d'abord affirmer que le triangle isocèle $JEF$ sera équilatéral si et seulement si le pli $EF$ forme un angle de $60°$ avec les côtés $AB$ et $CD$. (Cela se justifie par exemple par la somme des amplitudes des angles d'un triangle.)

Condition sur les longueurs pour que les triangles soient équilatéraux

On peut vouloir aussi déterminer une condition sur les longueurs, de manière entre autres à choisir des formats de papier adaptés au pliage considéré.
Supposons donc que $JEF$ est équilatéral et observons la figure ci-dessous.

• Soit $H\in[FJ]$ le pied de la hauteur de $JEF$. Comme $JEF$ est équilatéral, ses droites remarquables sont confondues. Donc, $H$ est le milieu de $[JF]$.
• En outre, comme $JEF$ est équilatéral, $|JF|=|JE|$. Par transitivité, on a donc $|JE|=2|JH|$.
• Dans le triangle rectangle $JHE$, la relation de Pythagore s'écrit \[ |JH|^2+|EH|^2=|JE|^2. \]
• En prenant $|JE|=2|JH|$, on trouve \[|EH|=\sqrt{3}|JH|.\]

En conclusion

Avec les notations du dessin, pour que les triangles $JEF$ et $IEF$ soient équilatéraux, il faut prendre \[ |AB|\ge|JL|=3|JH| \quad \text{ et } \quad |AD|=|EH|=\sqrt{3}|JH|.\]
La feuille $ABCD$ doit donc respecter la relation \[\boxed{|AB|\ge\sqrt{3} |AD|.}\]
(Pour avoir le dépassement permettant de "clipser" les modules, l'inégalité doit être stricte.)

En pratique, la longueur du rectangle doit être environ du double de sa largeur. Le ticket de métro (de Lille) que j'ai sous la main mesure $6,6$ cm sur $3$ cm et convient bien. Par contre, avec un format A4, on a $|AB|=\sqrt{2}|AD|<\sqrt{3}|AD|$, ce qui ne convient pas.