Bonjour,

Cette fois j'ai un problème avec la case réponse.

Pour simplifier les calcul j'ai réduit à AD=3 et CD=7. Il sera toujours temps de multiplier par 11 à la fin.



Le théorème de Pitot caractérise les quadrilatères circonscriptibles, c'est-à-dire les quadrilatères dans lesquels on peut construit un cercle tangent à tous les côtés.
Cette condition est simple : [latex]AB + CD = AD + BC[/latex]. (les sommes des côtés opposés sont égales)
Ici elle permet d'écrire [latex]BC=AB+4[/latex].

Le fait que ABCD soit inscrit dans un cercle peut être caractérisé par l'égalité d'angles
[TeX]\widehat{ABC}+ \widehat{ADC} = \pi [/latex] qui donne [latex]\widehat{ABC}= \frac{\pi}{4}[/TeX]
En écrivant la formule d'Al-Kashi dans les deux triangles ADC et ABC, on a deux expressions de [latex]AC^2[/latex]  (l'une exacte et l'autre en fonction trinôme de AB)
Dans ADC:
[TeX]AC^2=AD^2+CD^2-2AD.CD\cos \frac{3\pi}{4} = \dots = 58+21\sqrt{2}[/TeX]
Dans ABCen remplaçant BC par AB + 4
[TeX]AC^2=AB^2+(AB+4]^2+2AB(AB+4)\cos \frac{\pi}{4} = \dots = (2-\sqrt{2})AB^2+(8-4\sqrt{2})AB+16[/TeX]
En identifiant :
[TeX] (2-\sqrt{2})(AB^2+4AB)=42+21\sqrt{2}[/TeX]
puis [latex]AB^2+4AB=63+42\sqrt{2}[/latex]
puis finalement à [latex] (AB+2)^2=67+42\sqrt{2}[/latex]
qui donne [latex]AB +2 =7+ 3\sqrt{2} [/latex] càd [latex] AB= 5+ 3\sqrt{2} [/latex]

La réponse attendue est donc [latex]55+33\sqrt{2}[/latex] qu'on peut arrondir à 102
Et au passage on a aussi le quatrième côté qui vaut [latex] 99+33sqrt2 [/latex]

.Je continue pour le plaisir mais avec mes chiffres à moi : 3, 7, [latex]5+3\sqrt2[/latex], [latex]9+3\sqrt2[/latex].
le rayon r du cercle inscrit est facile à calculer en écrivant l'aire de deux manières différentes.[latex]\frac{1}{2}r(AB+BC+CD+DA)=\frac{1}{2}AB \times BC \sin \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2}AD \times CD \sin \frac{3\pi}{4} [/latex]
Cela s'écrit en remplaçant et en simplifiant :
[TeX]r(24+6\sqrt2)=42+42\sqrt2[/TeX]
et cela donne [latex]r=\frac{2+3\sqrt2}{2}[/latex]

Pour le rayon du cercle circonscrit  R c'est plus compliqué (pas pour le calcul mais pour le résultat )
On a d'après la formule  des sinus :
[TeX]\frac{AC}{ \sin \frac {\pi }{4}}=2R[/TeX]
cela donne [latex]R=\sqrt{\frac{58+21\sqrt2}{2}}[/latex]

Les bissectrices des 4 angles doivent être concourantes.
Avec un bon outil graphique, on trouve rapidement
AB = 102 m

Je pense qu'il est correct de citer les sources des problèmes.
Dans ce cas, j'ai reconnu le problème n°18 de la finale régionale du 25e Championnat International des Jeux Mathématiques et Logiques (finale régionale qui n'est plus disputée en France depuis quelques années).
L'énoncé disponible par exemple ici donne en plus une figure.

Pour le problème lui-même:
Le plus difficile est de trouver une solution "simple" qui minimise les calculs monstrueux. Voici ce que j'ai trouvé de mieux. Il reste un calcul à la fin qui me semble difficile sans calculatrice....

Je nomme a, b, c, d les longueurs des côtés dans l'ordre de parcours en commençant par la longueur que l'on cherche. Soit D la longueur de la diagonale séparant a et d d'un côté et b et c de l'autre.
On a c=77, d=33. On cherche a.

Le théorème d'Al-Kashi nous donne:
[TeX]D^2=33^2+77^2-2.33.77.cos(135)=7018+2541\sqrt2[/TeX]
Le quadrilatère étant inscrit dans un cercle (et convexe) on sait que l'angle opposé à celui à 135° mesure 45° (180-135).
On a donc aussi (Al-Kashi encore):
[TeX]D^2=a^2+b^2-2ab.cos(45)[/latex] (1)

Mais le quadrilatère est aussi circonscriptible (circonscrit au lac) et le Théorème de Pitot nous dit donc que:
a+c=b+d, soit: b=a+44.

(1) devient donc:
[latex]7018+2541\sqrt2=a^2+(a+44)^2-2a(a+44)\dfrac{\sqrt2}2[/TeX]
qui réduite devient:

[latex]a^2(2-\sqrt2)+a(88-44\sqrt2)-(5082+2541\sqrt2)=0[/latex].

Equation de degré 2 un peu barbare qui admet 2 solutions dont une seule positive qui arrondie au plus près donne 102m, ce qui est validé par la case réponse.

Merci pour cette énigme intéressante.

33 et 77 sont la longueurs des 2 barrières...

@NickoGecko

Je pense que tu as fait une erreur en imaginant que BC est un diamètre. A mon avis O n'est par sur (BC) même s'il n'en est pas loin.

rivas a écrit:

Je pense qu'il est correct de citer les sources des problèmes.
Dans ce cas, j'ai reconnu le problème n°18 de la finale régionale du 25e Championnat International des Jeux Mathématiques et Logiques (finale régionale qui n'est plus disputée en France depuis quelques années).
L'énoncé disponible par exemple ici donne en plus une figure.
.

Normal, je l'ai proposé à la ffjm qui l'a mis au concours, et je voulais insister sur cette nigme, voilà tout!