OLYMPIADES ACADÉMIQUES DE MATHÉMATIQUES Académie de Bordeaux

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OLYMPIADES ACADÉMIQUES DE MATHÉMATIQUES Académie de Bordeaux Session de 2009 Éléments de correction Exercice 1 : Un pliage de Rectangle D'où l'égalité : LllcL 25,0)( =? d'où Lc 75,0= 5- Le pliage correspond à une symétrie axiale d'axe (AC). Notons B' l'image de B et E l'intersection de (AB') et (CD) (qui sont sécantes) et E' le symétrique de E (E' est sur (AB) car CBE' est un triangle rectangle image de CB'E). La symétrie assure les égalités de longueurs : CE'=CE et AE=AE' On conclut avec le parallélisme de (CE) et (AE'). Exercice 2 : Les triangles magiques Partie A 1- Plus petite valeur : 6 (=1 + 2 + 3) 2- Plus grande valeur : 24 (= 7 + 8 + 9) Partie B : 1- Triangle 20-magique : 2- a. 3S = n1 + n2 + n3 + n4 + n4 + n5 + n6 + n7 + n7 + n8 + n9 + n1 = 1+2+3+4+5+6+7+8+9+T b. 3 4524 3 456 +≤≤+ S (cf. partie A) 2 7 1 6 9 5 3 4 8 2- Sachant que AE'CE est un losange on a : 222 8)16( cc =+? soit c = 10 3- On a nécessairement : 222 5

  • point d'intersection de la parallèle

  • côté du triangle

  • symétrie axiale d'axe

  • triangle rectangle

  • ?? ??

  • ?? ?


Publié le : lundi 18 juin 2012
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Source : mathematiques.ac-bordeaux.fr
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OLYMPIADES ACADÉMIQUES DE MATHÉMATIQUES Académie de Bordeaux Session de 2009 Éléments de correction Exercice 1 :Un pliage de Rectangle2-Sachant que AE’CE est un losange on a : 2 22 (16%c)#81c soitc= 10 2 22 3-(On a nécessairement :L%7,5)#l17,5 avecL³8 2 soit :l1L(15%L) d’où les seules réponses entières :L=12 etl=6. Et ces deux dimensions conduisent à un losange de côté 7,5 cm. 4-Sachant que AE’CE est un losange, on a ED=E’B donc les triangles rectangles BCE’ et AED sont isométriques. La somme de leurs aires est égale à 25% de l’aire du rectangle. D’où l’égalité :(L c)l0,25Lld’oùc0,75L5-Le pliage correspond à une symétrie axiale d’axe (AC). Notons B’ l’image de B et E l’intersection de (AB’) et (CD) (qui sont sécantes) et E’ le symétrique de E (E’ est sur (AB) car CBE’ est un triangle rectangle image de CB’E). La symétrie assure les égalités de longueurs : CE’=CE et AE=AE’ On conclut avec le parallélisme de (CE) et (AE’). Exercice 2 :Les triangles magiques Partie A 1-6 (=1 + 2 + 3)Plus petite valeur : 2-Plus grande valeur :24 (= 7 + 8 + 9) Partie B : 1-Triangle 20-magique :  2  71  69 5 3 4 8 2- a.3S= n1+ n2+ n3+ n4+ n4+ n5+ n6+ n7+ n7+ n8+ n9+ n1= 1+2+3+4+5+6+7+8+9+T6 4524 45 b.£S£(cf. partie A) 3 3
c.(17,6) (18,9) (19,12) (20,15) (21,18) (22,21) (23,24) 3-Triangle 17-magique :  1  84  69 2 5 7 3 4-Supposons qu’un tel triangle existe, alorsT n#n#n19 . 1 4 7 Aucun des trois nombresn,n,nn’est 9. 9 serait donc un des six autres nombres. 1 4 7 Considérons le côté du triangle sur lequel se situe le nombre 9. On peut supposer par exemple quen9 . On aurait alors,S n#n#n#n1d’où18 , 2 12 3 4 n n#n19 . Or,T n#n#n19 . Par suite,n n, ce qui est exclu. 1 3 41 4 73 7 Il n’existe donc pas de triangle magique tel queS18. (On peut aussi envisager toutes les possibilités.) 5-a.Supposons qu’un tel triangle existe, alorsT n#n#n112 . 1 4 7 Supposons que 7 ne soit pas sur l’un des sommets et considérons le côté du triangle sur lequel se situe le nombre 7. On peut supposer par exemple quenOn aurait alors,7 . 2 S n#n#n#n1d’où19 ,n n#n112 .Or,T n#n#n112 .Par suite,n n, 1 2 3 41 3 41 4 73 7 ce qui est exclu. 7 est donc nécessairement situé sur l’un des sommets du triangle. b.Triangle 19-magique 7  41  59 3 8 6 2 6-Il suffit de remplacer chaquenipar 10 –ni; les sommes sont alors remplacées par 40 –Set les10 –ni sont deux à deux distincts et compris entre 1 et 9. Exercice 3 :Des carrés magiques multiplicatifs
3 2 7 2 9122 2 2 8 41.36 61;12 2        6 5 3 41822 2     4 33 33 2.(aei)(gec)(beh)(def)=P =abcdefghe=Pe. Donce=P. 9 3 3., donc P=10 , donc 10 est auD(100)={1, 2, 4, 5, 10, 20, 25, 50, 100}. Leur produit est 10 milieu. 202 25  100 101.     5 450  
2 22 2 1e e e e1 e1e e1e     2 22 2 4.e e1 ; 1e e;e e1 ; 1e e.      2 22 2      e1e e1e1e ee e1      2 1 4 9 1 3 255 1 30090 1     5.1 3 94 2 1125 5=100 309          1 4 23 9 11 25 53 90010      Exercice 4 :Des triangles olympiadiques 1.BC , (AH) est laH étant le milieu de l’arc bissectrice de l’angleBAC etdonc I appartient à (AH).  D’autre part,BIH1180° %BIA1x#y1IBH. Le triangle BIH est donc isocèle en H et HB=HI. Si le triangle est olympiadique, I est un point d’intersection de la parallèle à (BC) passant par O et du cercle de centre H passant par B. On construit donc le point A intersection du cercleavec (HI). 2.La construction est possible si et seulement si HB>HO. Or HB>HOHOB260° Û a 260 , donc il existe un triangle olympiadique ABC de sommet A tel queBACasi et seulement si260°. Exercice 5 :Des carrés dans un carré 0 six00, 5 1.S(x)1.Sest représentée sur le schéma 1. 11 2 (2x%1) sinon 2 1%2x six00, 5 2.1. résentéesur le schéma 3. S2(x)S2est rep 2 2(x%1) sinon 1 13 3.S(x2) pourx11, donc pourx. 1 4 24 21 2 2 2 4.S x1S(x)1( )2pour(2x1!12(x%1!2, donc pourx1 donc pourx1 1. 2 2 2 % 0 1 2x six2 10, 5 .# 1 5S1(x)S2(x). Le minimum est obtenu six, il est égal à. 2 6x%8x#3 sinon3 3 ______________________________
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