 |
#1 - 17-10-2010 18:43:25
- Promath-
- Elite de Prise2Tete
- Enigmes résolues : 18
- Messages : 1416
- Lieu: Au fond de l'univers
santa griego 2 - aire du cgamp
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
 sur 5 points
ps: un sommet du grand carré est sur le milieu d'un des segments du petit carré.
Un promath- actif dans un forum actif
#2 - 17-10-2010 20:39:05
- MthS-MlndN
- Hors d'u-Sage
- Enigmes résolues : 49
- Messages : 12,414E+3
- Lieu: Rouen
santa griego 2 - aiee 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 : A=4(8.162√8.162−42+4)28.162√8.162−42−4 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 
Podcasts Modern Zeuhl : http://radio-r2r.fr/?p=298
#3 - 18-10-2010 12:05:22
- gabrielduflot
- Expert de Prise2Tete
- Enigmes résolues : 34
- Messages : 614
Santa Grieg 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 : 1106
- Lieu: Jacou
Santa Grieg 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 du xhamp
Réponse : A=12×(208.08+4√494208.08−4√494×8+16.6464+0.32√494)×(4+208.08√494) m2≈291,9 m2
* 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, BG=0.32√494
* 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 GM=GHEB×EG=16.6464[/latex]et[latex]JE=EIBG×EG=208.08√494 * Soit K l'intersection de (JD) et (AB). Le théorème de Thalès donne KB=IBIC×DC=208.08+4√494208.08−4√494×8 * 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 : 1973
Santa Griego 2 - Aire du chap
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
sanra griego 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 : 614
qanta griego 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 : 852
- Lieu: au terrier ;^)
santa grirgo 2 - aire du champ
En suivant la rubrique "Sujets similaires", je suis tombé dans le champ de Mr Grieg 
 On pose p1=A1A2p2=B1B2 et q=A2B2
Grâce à ce cher Pythagore, on commence par : p22=(p1/2)2+q2→q=p1sqrt(1,022−1/22)[A2B2]⊥[A2Y][/latex],et[latex][B1B2]⊥[B1B3][/latex],onadonc[latex]^A2B2B1=^YB1B3 tg^A2B2B1=tg^YB1B3=p1/2q=r/p2→r=1,02p21/(2q) Ensuite, encore Pythagore : s2=r2+p22→s=sqrt(r2+p22) La hauteur du champ vaut s+p1/2 →h=s+p1/2 Dans le triangle (YXA2) : [A3A4][/latex]//[latex][XA2][/latex]car[latex](A1A2A3A4)[/latex]estuncarré,doncl′angle[latex]^A4XA1[/latex]sereporteen[latex]^YA4A3 donc tgα=tg^A4XA1=tg^YA4A3 d'où p1/v=(s−p1/2)/p1 →v=p21/(s−p1/2) Dans le triangle (YZA2) : [B1B2][/latex]//[latex][B3B4][/latex]car[latex](B1B2B4B3)[/latex]estuncarré,doncl′angle[latex]^YZA2[/latex]sereporteen[latex]^B1B2A2 donc tgβ=tg^YZA2=tg^B1B2A2 d'où h/(q+t)=p1/2q →t=2hq/p1−q On connaît les deux bases des triangles et leur hauteur commune, d'où S=(v+x+q+t).h/2 ~291,923358m²
PS : avec LATEX, j'espère que je n'ai pas laissé passer trop de coquilles 
Mots clés des moteurs de recherche
|
 |