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• Juin 2018, 2e défi

  le 8 juin 2018 à 08:19, par Kamakor

  Si les points $X$, $B$ et $M$ sont alignés et si les points $Y$, $B$ et $N$ sont alignés alors l’aire de $XYCA$ est de $32\; cm^2$.

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• Juin 2018, 2e défi

  le 8 juin 2018 à 09:39, par Kamakor

  Considérons la hauteur du triangle $\,ABC\,$ issue de $B$ et notons $h$ sa longueur.
  L’aire du triangle $ABC$ peut donc s’écrire $\:\dfrac{AC\times h}{2}\\$.
  De plus, le quadrilatère $XYMN$ est un parallélogramme car ses diagonales se coupent en leur milieu. Les droites $(XY)$ et $(MN)$ étant parallèles, il vient que le quadrilatère $XYCA$ est un trapèze dont l’aire est égale à :$\\$
  $\\$
  $\dfrac{(XY+AC)\times 2h}{2}=\dfrac{(MN+AC)\times 2h}{2}=\dfrac{8}{3}\times\dfrac{AC\times h}{2} =\dfrac{8}{3}\times 12=32\, cm^2$

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• Juin 2018, 2e défi

  le 8 juin 2018 à 10:57, par drai.david

  Rien à ajouter. J’ai fait exactement pareil... ;-)

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• Pas plus simple

  le 8 juin 2018 à 15:27, par Daniate

  Traçons CY et la parallèle à AC passant par B. On démontre aisément que les 8 petits triangles ainsi formé ont la même aire.

  Autre méthode : Z est l’intersection de AX et CY. Le triangle ACZ à même base que ABC mais il est 3 fois plus haut. Pour obtenir le trapèze on enlève XYZ dont l’aire est le tiers de ABC ... etc ....

  Et pour finir mon message une méthode qui s’appuie sur la logique de la question. Si la longueur de AB n’est pas donnée c’est qu’elle peut prendre n’importe quelle valeur, par exemple 6cm . La hauteur de ABC est donc 4cm, celle du trapèze est alors 8 cm et la petite base est 2cm ... etc ...

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• Juin 2018, 2e défi

  le 9 juin 2018 à 23:10, par ROUX

  On trace la hauteur du triangle ABN qui passe par B et est perpendiculaire à (AC).
  Mais c’est aussi la hauteur des deux triangles BNM et BMC.
  Comme AN=NM=MC et sont les bases, ces trois triangles ont la même surface S.
  Le parallélépipède XYNA... Eh bien si on trace la hauteur du triangle ABN qui passe par A et est perpendiculaire à (BN), on voit (il faut dessiner la construction des rectangles pour la surface de ABN) que sa surface est quatre fois la surface de ABN.
  Donc XYNA a une surface égale à 4*S.
  Il reste la surface du triangle YBC.
  On trace sa hauteur qui passe par C et est perpendiculaire à (YB). On reprend le triangle BNM et cette fois-ci on trace sa hauteur qui passe par M et est perpendiculaire à (YB).
  Par d’habiles Thalèsseries, la hauteur du triangle YBC est le double de la hauteur du triangle BNC et comme ils ont la même base puisque YB=BN, la surface de YBC est égale à 2*S.
  La figure a donc une surface de 4*S (pour XYNA) + 2*S (pour YBC) + 2*S pour BNC soit un total de 8*S.
  Comme 3*S=12, S=4 et alors la surface cherchée est égale à 8*4=32.

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• Juin 2018, 2e défi

  le 11 juin 2018 à 19:05, par Daniate

  Autre méthode. la figure entre dans un quadrillage d’origine A, avec N(1,0) et B(1,1). On peut alors utiliser la formule de Pick pour comparer les aires de ABC et de AXYC.

  ABC : 5 points en bordures, 0 intérieur 0+5/0-1=1,5

  AXYC : 8 points en bordures, 1 point intérieur : 1+8/0-1=4.

  L’aire du trapèze est donc 12x4/1,5

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• Juin 2018, 2e défi

  le 11 juin 2018 à 22:37, par LASSALLE Philippe

  Après avoir observé l’égalité entre les petits triangles de la figure tracée (triangles de 4 cm^$2$) , sauf un qui est le double (ABX),

  et après voir observé le parallélépidède XYMC,

  j’en suis venu naturellement à a léthode n°1 de Dianate, pour trouver d’autres triangles égaux divisant la figure proposée XYAC : « Traçons CY et la parallèle à AC passant par B. On démontre aisément que les 8 petits triangles ainsi formé ont la même aire ».

  Merci les collègues !

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• Juin 2018, 2e défi

  le 12 juin 2018 à 18:15, par Poss Jean-Louis

  Les triangles ABN, NBM et MBC ont même hauteur issue de B et leurs bases AN, NM et MC sont égales : leurs aires sont égales. Leur réunion formant le triangle ABC dont l’aire est égale à 12 cm^2, leurs aires sont égales à 4 cm^2.

  Le triangle BXY est symétrique du triangle BMN dans la symétrie de centre B : son aire est égale à celle de BMN soit 4 cm^2.

  Puisque Y B = BN et CM = MN, le triangle NY C se déduit du triangle NBM par l’homothétie de centre N et de rapport 2 : son aire est égale à quatre fois celle du triangle NBM soit 16 cm^2.

  De la même façon le triangle MAX se déduit du triangle MNB par l’homothétie de centre M et de rapport 2 : son aire est aussi égale à 16 cm^2.

  On en déduit que les aires des triangles BCY et BAX sont égales à 8 cm^2.

  On obtient l’aire du quadrilatère XY CA en additionnant les aires des triangles ; elle est égale à 32 cm^2.

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