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 #1 - 17-10-2010 18:43:25

Promath-
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 18
Messages : 1416
Lieu: Au fond de l'univers

Snta Griego 2 - Aire du champ

Mr Grieg Possède un champ avec 2 étangs carrés. L'un ayant un côté 2poucent supérieur à l'autre. Les étangs sont tangents au bord du champ.
Le plus petit Etangs fait 8m de côté.

Quel est l'aire du grand champ?Spoiler : [Afficher le message] grand triangle

http://img63.imageshack.us/img63/1589/griego2.png
sur 5 points

ps: un sommet du grand carré est sur le milieu d'un des segments du petit carré.



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 #2 - 17-10-2010 20:39:05

MthS-MlndN
Hors d'u-Sage
Enigmes résolues : 49
Messages : 12,414E+3
Lieu: Rouen

Santa Grriego 2 - Aire du champ

La phrase "L'un ayant un côté 2poucent supérieur à l'autre." m'a d'abord échappé, puis elle m'a semblé bizarrement formulée, mais maintenant, je commence à recoller les morceaux...

Le carré de gauche fait 8cm de côté, l'autre fait 2% de plus, soit 8,16cm de côté.

Après des calculs de Thalès incroyablement moches (et que j'ai la flemme de recopier), j'obtiens :
[TeX]A = \frac {4 \left( \frac{8.16^2}{\sqrt{8.16^2-4^2}}+4 \right)^2}{\frac{8.16^2}{\sqrt{8.16^2-4^2}}-4}[/TeX]
Soit une valeur approchée de 133,19 cm^2 qui me paraît sévèrement fausse (vu que c'est à peu de choses près la somme des aires des deux étangs). Damenaiyde lol


Podcasts Modern Zeuhl : http://radio-r2r.fr/?p=298

 #3 - 18-10-2010 12:05:22

gabrielduflot
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 34
Messages : 609

santa grizgo 2 - aire du champ

En faisant un schéma sur un logiciel et en prenant le côté du carré égal à 8 et 8.0508 on trouve que l'aire du champs est de 287,57m²
j'essaye de le prouver.....

 #4 - 18-10-2010 12:05:46

rivas
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 1105
Lieu: Jacou

Santa Grieggo 2 - Aire du champ

Bon, plus galère celui-la.
D'autre part la figure n'est pas très lisible. Je pense donc lire 8.00 pour l'étang de gauche et je base tous mes calculs la-dessus.

Les triangles de la partie droite sont semblables entre eux (et les 2 de la partie gauche aussi). On peut donc déterminer leur dimensions (Thalès et Pythagore) ce qui donne la hauteur du grand triangle.
La hauteur étant connue, on peut déterminer la base de celui de gauche (semblable à celui d'en haut à gauche) et donc l'aire totale:

291,92 m^2 (Aire du grand triangle)
(Geogebra donne 291,86 à cause de calculs tous arrondis à 0.01 près)

Mais aucun calcul ne tombe juste, c'est dommage, ça serait plus élégant...

Si ce qu'on demande est l'aire de la partie "champ" du grand triangle (pas clair dans l'énoncé), il faut soustraire l'aire des 2 étangs et on trouve:

161,34 m^2 (ou 161,28 avec les valeurs de Géogébra)

Voila, fini. Merci.

 #5 - 18-10-2010 12:06:40

Yannek
Passionné de Prise2Tete
Enigmes résolues : 10
Messages : 60

Santa Griego 2 - Aire u champ

Réponse : [latex]\mathcal A=\frac 12\times(\frac{208.08+4\sqrt{494}}{208.08-4\sqrt{494}}\times 8+16.6464+0.32\sqrt{494})\times(4+\frac{208.08}{\sqrt{494}})~m^2\approx 291,9~m^2[/latex]

* ABCD est le "petit carré" (dans le sens direct, A étant le sommet en bas à gauche). Donc AB=BC=CD=DA=8m.
* E est le milieu de de [BC] (EB=EC=4m) et EGHI est le "grand carré", donc EG=GH=HI=IE=1.02*8=8.16m.

* Par le théorème de Pythagore, [latex]BG=0.32 \sqrt{494}[/latex]

* Soient J l'intersection de (BC) et (HI) et M l'intersection de (HI) et (AB). Un raisonnement sur les angles montre que EBG, GHM et JIE sont semblables. D'où
[TeX]GM=\frac{GH}{EB}\times EG=16.6464[/latex]  et  [latex]JE=\frac{EI}{BG}\times EG=\frac{208.08}{\sqrt{494}}[/TeX]
* Soit K l'intersection de (JD) et (AB). Le théorème de Thalès donne
[TeX]KB=\frac{IB}{IC}\times DC=\frac{208.08+4\sqrt{494}}{208.08-4\sqrt{494}}\times 8[/TeX]
* On conclue sachant que l'aire de KJM est la moitié de KM=(KB+BG+GM) multipliée par JB=JE+EB

 #6 - 18-10-2010 12:15:31

scarta
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 1433

Santa Griego 2 - Aire du champp

On note le petit carré ABCD (en commençant en haut à gauche et en tournant dans le sens horaire), et le grand EFGH (en notant E milieu de [BC] et en tournant dans le sens horaire), enfin on note PQR le triangle, en commençant à gauche et en tournant dans le sens horaire

Ensuite:
(Pythagore) EH²-EC² = CH²; (8*1.02)²-4² = 50,5856 => CH = 7.11
(Trigo) (HE, HC) = arcsin(CE/HE) => (HE,HC) =  14.19°
(Somme d'angles supplémentaires) (HG,HR) = 180-14.19-90 => (HG,HR) = 75.81°
(Trigo) cos(HG,HR) = HG/HR => HR = 33.29
(Somme) CR = CH + HR = 40.40
(Somme des angles d'un triangle) (EH, EC) = 180 - 90 - 14.19 = 75.81°
(Somme d'angles supplémentaires) (EQ,EF) = 180-75.81-90 = 14.19°
(Trigo) cos(EQ,EF) = EQ/EF => EQ = 7.91
(Somme) QC = QE + EC = 9.91
(Différence) QB = QE - EB = 5.91
(Trigo) tan(AQ,AB) = BQ/AB => (AQ,AB) = 55.91°
(Angles avec 2 parallèles) (PQ,PR) = 55.91°
(Trigo) cos(PQ,PR) = PC/QC => PC = 5.55
(Somme) PR = PC + CR = 5.55+40.40 = 45.95
(Aire) = PR*CQ/2 = 227,68

L'aire serait donc de 227.68 m²

 #7 - 18-10-2010 19:27:13

LeSingeMalicieux
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 1298
Lieu: Haute-Marne

Santa Grieo 2 - Aire du champ

Promath-, je trouve que pour des problèmes mathématiques, l'énoncé n'est pas toujours rigoureux. C'est pourtant essentiel.
Quand tu écris "L'un ayant un côté 2poucent supérieur à l'autre", ce n'est pas franchement français. Doit-on comprendre qu'un carré a son côté supérieur de 2 pouces au côté de l'autre carré ?


Avoir quatre mains, c'est plus pratique pour taper sur un clavier.

 #8 - 19-10-2010 20:13:00

gabrielduflot
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 34
Messages : 609

santa groego 2 - aire du champ

en regardant les triangles rectangles
du côté gauche il y a 2 triangles semblables au gd triangle rectangle de gauche
du côté droit il y a 3 triangles semblables  au gd triangle rectagle de droite

au début je pensais qu'il voulait que le petit triangle rectangle valait 4 et 7 de côté de l'angle droit......

 #9 - 13-11-2011 19:27:24

TiLapiot
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 16
Messages : 851
Lieu: au terrier ;^)

Santa Griego 2 - Air du champ

En suivant la rubrique "Sujets similaires", je suis tombé dans le champ de Mr Grieg wink

http://img7.imagebanana.com/img/ng252zy6/2etangsPromath.gif
On pose
[TeX]p_1=A_1A_2
p_2=B_1B_2[/TeX]
et [latex]q=A_2B_2[/latex]

Grâce à ce cher Pythagore, on commence par :
[TeX]p_2^2=(p_1/2)^2+q^2
\rightarrow q =p_1sqrt(1,02^2-1/2^2)[/TeX][TeX][A_2B_2] \bot [A_2Y][/latex], et [latex][B_1B_2] \bot [B_1B_3][/latex], on a donc
[latex] \widehat{A_2B_2B_1} = \widehat{YB_1B_3}[/TeX]
[TeX]tg \widehat{A_2B_2B_1} = tg \widehat{YB_1B_3} =p_1/2q =r/p_2
\rightarrow r =1,02p_1^2/(2q)[/TeX]
Ensuite, encore Pythagore :
[TeX]s^2=r^2+p2^2
\rightarrow s = sqrt(r^2+p2^2)[/TeX]
La hauteur du champ vaut [latex]s+p_1/2[/latex]
[TeX]\rightarrow h= s+p_1/2[/TeX]
Dans le triangle [latex](YXA_2)[/latex] :
[TeX][A_3A_4][/latex] // [latex][XA_2][/latex] car [latex](A_1A_2A_3A_4)[/latex] est un carré,
donc l'angle [latex] \widehat{A_4XA_1}[/latex] se reporte en [latex] \widehat{YA_4A_3}[/TeX]
donc [latex]tg \alpha = tg \widehat{A_4XA_1} =tg \widehat{YA_4A_3}[/latex]
d'où [latex]p_1/v=(s-p_1/2)/p_1[/latex]
[TeX]\rightarrow v =p_1^2/(s-p_1/2)[/TeX]
Dans le triangle [latex](YZA_2)[/latex] :
[TeX][B_1B_2][/latex] // [latex][B_3B_4][/latex] car [latex](B_1B_2B_4B_3)[/latex] est un carré,
donc l'angle [latex]\widehat{YZA_2}[/latex] se reporte en [latex]\widehat{B_1B_2A_2}[/TeX]
donc [latex]tg \beta = tg \widehat{YZA_2} =tg \widehat{B_1B_2A_2}[/latex]
d'où [latex]h/(q+t) =p_1/2q[/latex]
[TeX]\rightarrow t =2hq/p_1-q[/TeX]
On connaît les deux bases des triangles et leur hauteur commune, d'où
[latex]S =(v+x+q+t).h/2 [/latex] ~291,923358m²


PS : avec LATEX, j'espère que je n'ai pas laissé passer trop de coquilles big_smile

 

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