Une étoile de Noël à quatre branches

Voici une étoile de Noël assez simple à réaliser à partir d'une feuille carrée.

Cette étoile nous permettra de travailler sur les angles et de faire de la trigonométrie.

Pliage

Vous trouverez les instructions de pliage, en vidéo, en texte et en images, sur le site Tête à modeler.

Exploration mathématique

Quand on déplie le pliage, on obtient la figure suivante.

Les deux diagonales du carré sont axes de symétries de la figure, mais pas les médianes. La figure admet aussi le centre du carré comme centre de symétrie.

Recherche de triangles

On peut s'intéresser aux triangles formés par les plis. Si on se contente de regarder les 32 triangles qui permettent de reconstituer le carré, on voit quatre sortes de triangles : huit triangles rectangles isocèles isométriques, huit triangles rectangles non isocèles isométriques, huit triangles obtusangles isométriques et huit triangles isométriques, en rouge ci-dessous, qui semblent – mais le sont-ils vraiment ? – isocèles.

Un triangle acutangle isocèle ?

Si on souhaite déterminer de manière rigoureuse si les triangles qui semblent isocèles le sont vraiment, on peut essayer de déterminer tous les angles de la figure. Les angles suivants sont trouvés aisément, en utilisant les propriétés de symétrie et les superpositions par construction lors du pliage, ainsi que la propriété de la somme des amplitudes des angles d'un triangle. Ils mesurent $22,5^\circ$, $45^\circ$, $67,5^\circ$ et $90^\circ$.

Mais comment déterminer les angles restants de manière exacte, sans mesurage ? On serait tenté d'utiliser le fait que les plis marqués en gras ci-dessous semblent parallèles aux médianes du carré. Mais on ne voit pas non plus de premier abord comment justifier rigoureusement cela.

Il est utile de revenir ici à la manipulation et de s'arrêter à l'étape intermédiaire du pliage de l'étoile qui permet de former les plis considérés ici.

Cette étape est celle qui permet d'obtenir les branches latérales de l'étoile.

 

On comprend, en refaisant le pliage, que le pli se fait, simultanément sur les quatre couches de papier, selon la bissectrice d'un angle droit.

L'angle au sommet des triangles qui nous intéressent mesure donc $45^\circ$. Comme on avait déjà déterminé que l'autre angle mesurait $67,5^\circ$, on calcule que le troisième angle mesure également $67,5^\circ$. Les triangles est donc bien isocèles.
Dans la foulée, on peut à présent déterminer tous les angles de la figure.

Enfin, on peut maintenant justifier le parallélisme des plis, sachant qu'on a des angles alternes-internes de même amplitude.

Une étoile dans un carré

Si on prend une étoile pliée et une feuille de papier de mêmes dimension que le carré utilisé pour plier l'étoile, on peut les disposer de la manière suivante, ce qui fait penser que la distance séparant deux sommets opposés de l'étoile est égale à la longueur d'une médiane du carré.

Pourtant, quand on considère le pliage, les quatre sommets de l'étoile correspondent aux sommets du carré et pas aux extrémités des médianes de celui-ci.

La question est assez rapidement résolue si on se permet de colorier l'étoile puis de déplier la feuille. On voit que les huit triangles qui forment l'étoile correspondent aux huit triangles marqués en gras sur le carré ci-dessous. Remarquons que, pour les quatre triangles correspondant aux branches verticales, un des côtés n'est pas marqué dans les plis.

Déterminer l'aire de l'étoile

Pourrait-on déterminer l'aire de l'étoile en fonction de la longueur $c$ du côté du carré ? Cette aire est égale à huit fois l'aire du triangle (agrandi) ci-dessous.

Traçons la hauteur relative à la base $c/2$. Elle découpe le triangle en deux triangles, dont un est un rectangle isocèle. On peut donc coder le triangle comme ci-dessous.

Dans le triangle rectangle de droite, on a donc
\[ \tan(22,5^\circ) = \frac{h}{\frac{c}{2}-h}.\]
Pour isoler $h$, on fait successivement les manipulations algébriques suivantes :
\[ h = \Big(\frac{c}{2}-h\Big)\tan(22,5^\circ)= \frac{c}{2}\,\tan(22,5^\circ)-h\tan(22,5^\circ),\]
\[h\, (1+\tan(22,5^\circ))=\frac{c}{2}\,\tan(22,5^\circ),\]
et on obtient
\[h=\frac{c \tan(22,5^\circ)}{2+2\tan(22,5^\circ)}.\]

L'aire du triangle valant $\frac{1}{2}\cdot \frac{c}{2}\cdot h$ et l'étoile étant composée de huit triangles, on trouve donc que l'aire de l'étoile vaut
\[ \text{Aire}_{étoile} = 2 \cdot c\cdot h =  \frac{\tan(22,5^\circ)}{1+\tan(22,5^\circ)} \, c^2.\]
On peut en calculer une valeur approchée à l'aide d'une calculatrice. On trouve $\text{Aire}_{étoile}\approx 0,29289 \, c^2$.
On peut aussi exprimer sa valeur exacte, si on sait que $\tan(22,5^\circ)=\sqrt{2}-1$ (dans l'article D'une pyramide en origami à la tangente de $22,5^\circ$, j'explique comment déterminer cette valeur par le biais d'un origami). On trouve alors
\[ \text{Aire}_{étoile} =  \frac{\sqrt{2}-1}{1+(\sqrt{2}-1)} \, c^2=\frac{2-\sqrt{2}}{2}\, c^2.\]

Pour en savoir plus

Vous trouverez les instructions de pliage de la pyramide permettant de déterminer la valeur exacte de $\tan(22,5^\circ)$ à l'article Une pyramide à base carrée de ce blog. L'exploration mathématique est présentée dans un article de la revue Losanges de la SBPMef :

• L. Ninove, D'une pyramide en origami à la tangente de $22,5^\circ$, Revue Losanges, n.38, SBPMef, septembre 2017, pp. 17-24.