Enoncé du problème n°20

Correction du problème n°20

• En posant $a$ l'aire d'un petit triangle équilatéral, on a $a=\dfrac{2}{\sqrt{\sqrt 3} }$
$$LM^2= 13 a^2, MN^2=7a^2, LN^2= 19a^2$$
• L'aire de $LMN$ vaut $$S=\dfrac{1}{2} bc\sin \hat A $$ Et AlKashi donne $$\cos \hat A =\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$$ $$S^2=\dfrac{1}{4} b^2c^2\sin ^2\hat A $$ $$S^2=\dfrac{1}{4} b^2c^2\left (1-\cos ^2\hat A \right )$$ $$S^2=\dfrac{1}{4} b^2c^2\left (1-\left(\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\right )^2 \right )$$ $$S^2=\dfrac{1}{16} \left( 4b^2c^2-\left (b^2+c^2-a^2\right )^2\right ) $$ AN: on trouve $$S=11$$

Enoncé du problème n° 19

Correction du problème n° 19

• En appliquant le théorème de Pythagore, dans le triangle $AVZ$ rectangle en $V$ :
  $AV^2+VZ^2= AZ^2$
  d'où $AZ^2=2$, soit $AZ=\sqrt 2$.
• On note $D$ le diamètre d'un des petits disques oranges.
  On a ( figure ci-dessous ), comme le côté du carré est 2 : $$\begin{array}{rlc} AS+ST+TU = 2&\iff 2\ell +D= 2 & \text{ où } \ell = AS= TU \\ &\iff D= 2(1-\ell)&\\ \end{array} $$ Par ailleurs : $$\begin{array}{rlc} AT+TU = 2&\iff \sqrt 2 +\ell = 2 & \text{ car }AT =AZ=\sqrt 2 \\ &\iff \ell = 2 - \sqrt 2 &\\ \end{array} $$ On a donc : $$\begin{array}{rl} D&=2(1-\ell) \\ & = 2\left( 1-2+\sqrt 2\right) \\ &= 2 \left( \sqrt 2 -1\right) \\ \end{array} $$ Leur rayon est donc $r=\sqrt 2-1$, on déduit alors l'aire des 4 disques oranges : $\mathcal{ A}= 4\pi r^2$ $$\begin{array}{rl} \mathcal{ A}= 4\pi r^2&= 4\pi \left( \sqrt 2 -1\right)^2 \\ & =4\pi\left( 2-2\sqrt 2+1\right) \\ &= 4\pi\left( 3-2\sqrt 2 \right) \\ &\approx 2,156 \textbf{ cm} ^2 \end{array} $$