Un défi par semaine

Juin 2016, 1er défi

Le 3 juin 2016  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (13)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2016 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 23 :

Soit $ABCD$ un carré de côté $6$ cm. Le point $P$ divise le coté $[AB]$ de telle façon que le rapport des longueurs $AP : PB$ est de 2 sur 1. Plaçons un point $Q$ à l’intérieur du carré tel que $AQ = PQ = CQ$. Quelle est l’aire du triangle $QPC$ ?

Solution du 4e défi de Mai :

Enoncé

La réponse est Norah : $8$ ; Marie : $7$ ; Irène : $5$.

Raisonnons sur le nombre de victoires de Norah.

Il y a deux cas (disjoints) dans lesquels Norah ne gagne pas : si Marie arrive avant elle (on sait que cela est arrivé $11$ fois) et si le classement est « Irène, Norah, Marie » (d’après l’énoncé, c’est arrivé au moins une fois). Il s’ensuit donc que Norah n’a pas gagné plus de $20 - 11 -1 = 8$ fois.

D’un autre côté, Irène a battu Marie $12$ fois. Autrement dit, Marie a battu Irène $20 - 12 = 8$ fois. Cela correspond à trois classements possibles : « Marie, Irène, Norah », « Norah, Marie, Irène », « Marie, Norah, Irène ». Encore une fois, chacun de ces classements étant arrivé au moins une fois, on peut affirmer que le classement « Marie, Norah, Irène » ne s’est pas produit plus de $6$ fois.

Or, quand Norah bat Irène (ce qui s’est produit $14$ fois), c’est soit que Norah arrive première, soit précisément avec ce classement « Marie, Norah, Irène ». Puisque ce classement n’est pas arrivé plus de $6$ fois, Norah a gagné au moins $14 - 6 = 8$ fois.

On a donc établi que Norah avait gagné la course exactement $8$ fois.

En reprenant les raisonnements que l’on vient de tenir, on voit que cela entraîne que les classements « Marie, Norah, Irène » et « Marie, Irène, Norah » se sont produits $6$ et $1$ fois, respectivement. Par conséquent, Marie a gagné $7$ fois. Irène a donc gagné $20 - 8 - 7 = 5$ fois.

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.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Juin 2016, 1er défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2016

Commentaire sur l'article

  • Juin 2016, 1er défi

    le 3 juin à 07:59, par Daniate

    L’aire du triangle QPC est 10 cm² et je laisse à chacun le plaisir de retrouver ce résultat par la méthode qu’il préférera.

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    • Juin 2016, 1er défi

      le 3 juin à 10:15, par mickanubis

      Exercice sympa au lycée pour appliquer la formule de Héron

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  • Juin 2016, 1er défi

    le 3 juin à 16:46, par Al_louarn

    En notant les angles en degrés, on a d’abord :
    $\widehat{APQ} + \widehat{QPC} + \widehat{CPB} = \widehat{APB} = 180$ car $P$ est sur $[AB]$.
    $\widehat{DCQ} + \widehat{QCP} + \widehat{PCB} = \widehat{DCB} = 90$ car $ABCD$ est un carré.

    En additionnant on obtient :
    $\widehat{APQ} + \widehat{DCQ} + \widehat{QPC} + \widehat{QCP} + \widehat{CPB} + \widehat{PCB} = 270$ (1)

    Comme $AQ=CQ$, le point $Q$ est sur la médiatrice de $[AC]$, qui n’est autre que la droite $(BD)$. Donc les triangles $DAQ$ et $DCQ$ sont symétriques par rapport à $(BD)$, et par conséquent $\widehat{DAQ} = \widehat{DCQ}$.

    Par ailleurs le triangle $AQP$ est isocèle en $Q$ donc $\widehat{APQ} = \widehat{QAP}$. Du coup :
    $\widehat{APQ} + \widehat{DCQ} = \widehat{QAP} + \widehat{DAQ} = \widehat{DAP} = 90$.

    Comme la somme des angles d’un triangle fait toujours $180$, on a aussi :
    $\widehat{QPC} + \widehat{QCP} = 180 - \widehat{CQP}$
    $\widehat{CPB} + \widehat{PCB} = 180 - \widehat{PBC} = 180 - 90 = 90$

    En reportant tous ces résultats dans l’équation (1), on obtient $\widehat{CQP} = 90$. Le triangle $CQP$ est rectangle et isocèle en $Q$ donc c’est la moitié d’un carré. Son aire est donc $\frac{QP^2}{2}$.

    D’après le théorème de Pythagore on a $QP^2 + QC^2 = PC^2$, qui devient $2QP^2 = PC^2$, d’où $\frac{QP^2}{2} = \frac{PC^2}{4}$.

    Pythagore donne encore $PC^2 = PB^2 + BC^2$.
    On sait déjà que $BC=6$.
    On sait aussi que $AP = 2PB$ et $AB = 6$ donc $PB=2$.
    Donc $PC^2 = 2^2 + 6^2 = 40$.

    L’aire du triangle est donc $\frac{QP^2}{2} = 10$cm².

    Bon, c’est un peu long à mon goût... Quelqu’un a plus simple ?

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    • Juin 2016, 1er défi

      le 3 juin à 21:25, par FDesnoyer

      Bonsoir,
      exactement la méthode que j’ai abandonnée après quelques minutes de calculs vains. On peut remarquer que l’angle PAC est de 45° et le théorème de l’angle inscrit donne le triangle QPC rectangle en Q. On calcule ensuite l’hypohténuse dudit triangle, son côté, son aire en une petite ligne. Bref, ingrédient de base : th de l’angle inscrit (3e).

      Amicalement,

      F.D.

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  • Juin 2016, 1er défi

    le 3 juin à 17:59, par Daniate

    Bonsoir, il suffit de placer le carré dans un quadrillage à mailles carrées de 2cm de côté.
    Les points A, P et C sont les sommets de 3 rectangles 2 sur 1 avec le même point servant de sommet diagonalement opposé, c’est donc Q. Les 2 rectangles de sommets respectifs P et C se déduisent l’un de l’autre par une rotation de 90° ce qui fait de QPC un demi-carré dont l’aire est QP²/2= (2²+4²)/2=10 (merci au pont aux ânes)

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  • Juin 2016, 1er défi

    le 3 juin à 18:24, par FDesnoyer

    (j’ai essayé de ne ni lire ni survoler les solutions précédentes)

    J’ai trouvé 10 (5/18 du côté dans le cas général). Il m’a fallu plus de temps pour montrer que QPC était un triangle rectangle que pour conclure.

    Merci pour ce charmant exercice qui va se retrouver dans ma compilation de problèmes ouverts,
    amicalement,

    F.D.

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    • Juin 2016, 1er défi

      le 3 juin à 21:22, par FredM

      QPC rectangle peut être démontré de manière calculatoire puisque l’on nous fournit des valeurs numériques : CP=racine(36+4)=racine(40)
      QP=QC par construction et =racine(16+4)=racine(20). Par conséquent QP²+QC²=CP² donc PQC est rectangle et isocèle, et son aire =1/2 * (CP/racine(2))²

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      • Juin 2016, 1er défi

        le 4 juin à 09:02, par FDesnoyer

        Bonjour,
        je n’ai pas aimé la méthode calculatoire car je l’ai trouvée pénible (pour moi ajouté-je).
        Je trouvais sympa une version plus visuelle comme celle-ci.

        Amicalement,

        F.D.

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        • Juin 2016, 1er défi

          le 4 juin à 11:30, par FredM

          Bonjour FD,
          Je l’accorde volontiers, ce n’est pas l’élégance qui caractérise ma proposition ! amicalement, Fred.

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  • Juin 2016, 1er défi

    le 3 juin à 18:55, par Hugo

    Bonjour à toutes et à tous,

    ma solution n’est probablement pas la plus élégante aux yeux d’un véritable géomètre mais néanmoins rapide.
    Utilisions un repère orthonormé, de sorte que A(0,0) B(6,0) C(6,6) et D(0,6). Alors, d’après l’énoncé, P(4,0). notons x et y les coordonnées de Q. Il est facile de se convaincre que Q est sur la droite (BD), médiatrice de [AC] (puisque Q est équidistant de A et C). On a donc y=6-x. (équation de la droite BD). Par ailleurs, puisque QA = QP, on a aussi x²+y²=(x-4)²+y² ie 8x-16=0 donc x =2. en reportant il vient y = 6-2=4. On sait maintenant où est Q.

    on vérifie facilement que QP²=QC²=QA²=x²+y² = 20. Or PC² = 2²+6²=40 = QP²+QC² donc le triangle QPC est rectangle en Q. IL en résulte que l’aire cherchée vaut QP*QC/2 = 20/2=10.

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  • Juin 2016, 1er défi

    le 3 juin à 23:07, par Davidoo

    Aire(QPC) = Aire(ABPQ) - Aire(PBC) - Aire(CQD) - Aire(DQA) - Aire(APQ)
    Toutes les aires des triangles sont faciles à calculer puisqu’on connait leur base et leur hauteur :
    Aire(QPC) = 6² - 6 x 2 / 2 - 6 x 2 / 2 - 6 x 2 / 2 - 4 x 4 / 2 = 36 - 6 - 6 - 6 - 8 = 10

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  • Juin 2016, 1er défi

    le 3 juin à 23:20, par Daniate

    Bonsoir, je reprends le quadrillage qui donne rapidement la place de Q. (mailles carrées à 2cm et donc unité d’aire à 4 cm²). Le théorème de Pick donne une solution simple : 3 points en frontière et 2 points intérieurs donc l’aire est (2 + 3 / 2 - 1) * 4cm²= 10 cm².

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  • Juin 2016, 1er défi

    le 4 juin à 19:36, par Lina

    Je propose une solution à caractère nettement géométrique qui ne nécessite pas de situer précisément le point Q, il suffit de savoir qu’il est sur la médiatrice de [AP] et sur celle de [AC] qui forment un angle de 45°. [QP] a pour symétrique [QA] par rapport à la première et [QA] a pour symétrique [QC] par rapport à la deuxième. La composée de 2 symétries axiales est une rotation dont l’angle est le double de l’angle des axes donc ici 90°. QPC devient un demi-carré dont je calcule l’aire par la sa diagonale CP (A=D²/2) .

    L’aire QPC est CP²/4= (CB²+BP²)/4=(36+4)/4=40/4=10.

    Naturellement je suis fort loin de la rapidité de Daniate avec la formule de Pick.

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