23 janvier 2015

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  • Janvier 2015, 4ème défi

    le 23 janvier 2015 à 11:12, par verdurin

    x est la moitié de l’aire coloriée.

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  • Janvier 2015, 4ème défi

    le 24 janvier 2015 à 10:13, par gedspilett

    x est la surface « intersection » du triangle ADF (F est sur le segment BC) et du triangle DCE (E est sur le segment AB )

    Ces deux triangles ont la même surface, égale à la moitié de celle du rectangle ABCD

    Si y est la surface non coloriée, on peut écrire y+2x = Surface ADF+ Surface DCE = Surface du rectangle ABCD

    Donc y+2x = 35+9+6+y+x

    Soit x=35+9+6=50

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  • Janvier 2015, 4ème défi

    le 24 janvier 2015 à 21:53, par thomisus

    Juste un indice plutôt que la solution : trouver deux triangles que l’on a replié sur le rectangle et qui en ont l’aire à eux deux.

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  • Janvier 2015, 4ème défi

    le 27 janvier 2015 à 12:22, par ROUX

    Tous les triangles ont toujours une surface égale à la moitié du rectangle dans lequel on peut les inscrire.

    On pose que la surface du rectangle ABCD est égale à S.

    J’appelle I le point entre A et B et J le point entre B et C.

    J’appelle (ab) la surface blanche le long de (AB), (bc) la surface blanche le long de (BC), etc.

    S = 9 + (ab) + 35 + (ad) + x + (bc) + (dc) + 6.

    Les triangles AJD et DIC ont la même surface, S/2.

    Je soustrais la surface de AJD à celle de DIC et j’obtiens alors que :

    (ad) + (bc) - (ab) -(cd) = 0 ou que (ad) + (bc) = (ab)+(cd).

    J’ai alors :

    S = 50 + x + 2*((ad) + (bc)).

    J’ajoute entre elles les surfaces des triangles IDA et IBC dont la somme est évidemment S/2 et je trouve alors :

    S/2 = (ad) + 9 + 35 + (bc) + 6 ou (ad) + (bc) = S/2 - 50.

    J’injecte alors cette égalité concernant la somme (ad) + (bc) dans l’expression de S et j’obtiens :

    S = 50 + x + 2*(S/2 - 50) ou S = 50 + x + S -100 ou x = 50.

    Deux défis : le résoudre et rédiger la solution clairement. Clairement ?

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