Un défi par semaine

Février 2016, 2e défi

Le 12 février 2016  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (4)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2016 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 7 :

Cent balles de ping-pong sont rangées dans $5$ boîtes de telle sorte que le nombre de balles dans chaque boîte contienne le chiffre $8$. Si seulement deux boîtes contiennent le même nombre de balles, combien de balles y a-t-il dans chaque boîte ?

Solution du 1er défi de Février :

Enoncé

La réponse est $\frac{2}{3}\,\mbox{cm}^2$.

Soient $[OP]$ le segment perpendiculaire à $AD$, $Q$ le point d’intersection des segments $[ED]$ et $[AF]$ et $R$ le point d’intersection des segments $[OP]$ et $[EF]$. Observons que le point $Q$ appartient au segment $[OP]$.

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L’aire de la partie colorée est l’aire du quadrilatère $EOFQ$ et est égale à la différence

$\mbox{aire}(AQD)+\mbox{aire}(AOF)+\mbox{aire}(EOD)-\mbox{aire}(AOD).$

L’aire du triangle $AOD$ est égale à $\frac{4\times 2}{2}=2$ cm$^2$, car $OP=2$ cm. Les diagonales d’un carré sont perpediculaires entre elles. Donc $[AO]$ et $[OD]$ sont perpendiculaires et l’aire du triangle $EOD$ est égale à la moitié du produit de $OD$ et $EO$. Par le théorème de Pythagore,

$AO=\frac{1}{2}\sqrt{16+16}=2\sqrt{2}\,\mbox{cm},$

et $EO=\frac{AO}{3}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$ cm. Ainsi,

$\mbox{aire}(AOF)=\mbox{aire}(EOD)=\frac{2\sqrt{2}\left(\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)}{2}=\frac{8}{6}=\frac{4}{3}\,\mbox{cm}^2.$

Calculons l’aire du triangle $AQD$. Par le théorème de Thalès on a $(EF)$ parallèle à $(AD)$ et $EF=\frac{AD}{3}$. Alors les triangles $AQP$ et $FQR$ sont semblables et

$\frac{PQ}{QR}=\frac{AP}{RF}=3,$

donc $QR=\frac{PQ}{3}$. Par ailleurs, les triangles $APO$ et $ERO$ sont semblables et

$\frac{PO}{RO}=\frac{AO}{EO}=3,$

donc $RO=\frac{2}{3}$ cm. Observons que $PQ+QR+RO=PO=2$ cm. En remplaçant les valeurs de $QR$ et $RO$ on obtient

$\frac{4}{3}PQ = 2-\frac{2}{3}$

$PQ = 1\,\mbox{cm}.$

Par conséquent l’aire du triangle $AQD$ est égale à $\frac{2\times 1}{2}=2$ cm$^2$, et l’aire de la partie colorée est égale à

$\mbox{aire}(AQD)+\mbox{aire}(AOF)+\mbox{aire}(EOD)-\mbox{aire}(AOD)=2+2\times \frac{4}{3}-4=\frac{2}{3}\,\mbox{cm}^2.$

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2016 - Sous la direction d’Ana Rechtman, Maxime Bourrigan - Textes : Aubin Arroyo, Fabiola Manjarrez et Ana Rechtman.
2015, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

Article édité par Ana Rechtman

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Février 2016, 2e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2016

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  • Février 2016, 2e défi

    le 4 novembre 2016 à 12:09, par Pierre Quarré

    Bonjour,

    C’était l’occasion de mettre le problème en équations.
    Posons
    x = aire OQE, y = aire OQA et a = aire ABCD.
    On peut rapidement trouver les deux équations :
    x+y=a/12 et y-x=2y/3.
    La résolution donne
    x=a/48.
    Comme a = 16 cm², on obtient aire OEQF = 2x = 32/48 = 2/3 cm².

    Cordialement,

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