TT
873. Problème. Les circonférences de deux cercles sont entre elles eommc les nombres W et 3; la différence des rayons est 6; on demande la valeur de chaque circonférence.
Solotioa. On «nura par l’énoncé
27tR : 2irr 4 : 3,
d’où Sitr = GtiR ;
mais la diflérence des rayons étant égale à 6 , on n R = r + 6.
Cette valeur étant portée dans l’équation précédente, on
obtient Sitr == 671(1* + 6) ,
d’où r = 18 mètres , et par conséquent R = 24. mètres.
On aura donc pour la plus grande des deux circonférences StiR = 271 X 24 = 487: = ISO®, 80 , et pour la plus petite
27tr = 27r X 18 = 36 t: = 113“,10.
876. Problème. Le rayon d’un cercle vaut 12 mètres; on demande la longueur absolue de l’arc compris entre les deux rayons qui forment au centre un angle égal à
- d’angle droit.
solation. Les arcs sont entre eux comme les angles aux- ([ucis ils correspondent (505). Par conséiiucnt, en exprimant l’arc demandé par ar, on aura , , • 3 1 ,
1 angle droit - de circonj. ; x.
Pi,. 23 . SOLUTIONS HUMiRIQUES.
OU, ce qui est la même chose,
5 27tR ^ • 7 •• ’r •
ce qui doDue
Tï"’
mais on sait par l’énoncé que R = 12. Ainsi , on aura Stt X 12 IOtt
877. Problème. La différence des circonférences de deux cercles est égale à 0'",6 ; la différence de leurs surfaces est 2 mètres quarrés', on demande les deux rayons. solation. La différence des deux circonférences est
27 rR — 27 tr = 6 décimètres , ou
On a de plus pour ladiilérence des surfaces
^R* — t:i* = 200 décimètres quarrés (590) , ou
Divisant l’équation (2) par (1), et réduisant, on obtient
(3) R -f- — "Y" ’ mais l’équation (1) donne
Ajoutant les équations (3) et (V), on obtient 200 3 200 7T 4- 9
d’où R = TT + 9 gg g décimètres = 3“', 38.
Gtt
Retranchant l’ëquation (4.) de (3) , on a
3tt
d’où r =■
Gtt
= 32,8 décimètres = 3“28.
878. Problème. La circonférence d’un cercle vaut 18 mètres ; on demande la surface.
Solation- On a SttR = 18,
d’où
ce qui donne
R = îi = ?.
et par conséquent
Surface = ttR’ = — = 25“",78.
TT
879. Problème. La surface d'un cercle vaut il mètres «juarrés y on demande la circonférence.
Solation. On a 7 tR*= 12,
cc qui donne
d’où R = —
Circonférence = 2nR =
880. Problème. Le contour d’un rectangle vaut 72 mèti CS ; les deux cotes adjacents sont entre eux comme
Digitizod by.CoogIc
PL. 23. SOLUTIONS RUMÉaiQUSS. 377
les nombres 2 et 3; on demande la cireonfèrence du cercle équivalent.
Solation. Soit x la base et y la hauteur du rectangle, on aura par l’énoncé
(1) 2jc + 2/ = 72,
on a ensuite a: : ^ 2 : 3, d’où
Les équations (1) et (2) étant résolues , donnent 72 108
et si nous exprimons par S la surface du rectangle, nous
aurons S=-X — =
mais le cercle demandé devant être équivalent au rectan-
gle , on aura ttR’ =
d’où
5l<^ IT
et par conséquent
SKt: »
881. Problème. Le contour d’un quané vaut 18 mù- U cs ; on demande la circonférence du cercle équivalent. solation. Les quatre côtés du quarré étant égaux ,
chacun d’eux vaudra cl la surface sera
/oy Sf
Uj ^ V ’
Mais le cercle étant équivalent au quarré , on doit avoir
7tR’ = d’où = p.
et par conséquent R = ^
ce qui donnera pour la circonférence du cercle 2t:R = ^ ^ = 9\/ff = 15“.95.
882. Problème. La surface d’un cercle vaut 24 mitres quarrés ; on demande la surface d’un quarré dont le périmètre serait égal à la circonférence du cercle.
Solation. On a pour la surface du cercle
t:R’ = 24 , d’où R* = — ;
ce qui donne
on aura donc pour la circonférence
„ 2ît X 2V^6 i/~>
2wR = -ÿr = Gtt;
ce nombre devant être égal au périmètre du quarré , chaque
cote sera égal a — - — = K 6:: ,
donc la surface du quarré sera 6rr = 18“",85.
883. Problème. Fig. 14. Le rayon d’un cercle yaul 10 mètres,: on demande la surface du segment correspondant à un arc de 72 degrés.
Solation. Puisque l’arc BOG vaut 72 degrés , ou le cinquième de la circonférence entière, il s’ensuit que le secteur ABOG vaut le cinquième de la suriace du cercle, ce qui donne
ttR* lOOn
(1) secteur ABOG = = — — = 20t:.
Mais le rayon du cercle étant connu, on pourra calculer le côté BG du pentagone, ainsi que l’apolhémc AD et la surface du triangle ABG (8i5), ce qui donnera
triangle ABG
Retranchant celte équation de l’équation (1) , on obtient segm. BDGO = sect. ABOG — tri. ABG =
884. Problème. Fig. 15. Deux circonférences se coupent aux points B et G ; l'arc BOG oaut le sixième de la grande circonférence, et l’arc BO'G est égal au quart de la petite. On sait de plus que la corde BG = 3 mètres ; on demande la surface comprise entre les deux arcs BOG, BO'G.
solution. Il est évident que la surface demandée est la somme des deux segments BOGI , BO'Gl ; or, puisque l’arc BOG vaut le sixième de la grande circonférence-, il s’ensuit que la corde BG est égale au rayon AB que nous exprimerons par R ; ainsi on aura (292)
' R = BG = 3 mètres ,
la surface du plus grand des deux cercles sera donc
ttR* = Ott
et le secteur ABOG vaudra
9it 3t:
d ou r’ = = - ;
380 GÉOMÉTRIE PLANE. Pt. 23.
Mais le triangle ABC étant équilatéral on aura , en opérant comme au numéro 820 ,
surf. ABC = — , et par conséquent
(1) segm. BOCI = sect. ABOC — tri. ABC =
3t: 9V^3 6tt— 9\/3
Puisque l’arc BO'C vaut le quart de la petite circonférence, il s’ensuit que l’angle BA'C est droit, et le triangle rectangle BA'C donnera
BC*= BaV
qui , en exprimant A'B par r , devient (3)* = r*-fr>,
la surface du petit cercle sera donc
et par conséquent
secteur BA'CO' = — = — ;
mais le triangle rectangle BA'C est égal à BA' X A'C /■* 9
par conséquent on aura
(2) segm. BO'CI = sect. BA'CO' — tri. BA'C =
ajoutant les équations (1) et (2) on aura
surf. BOCO' = .segm. BOCI -\- segm. BO'CI =
Ott — 9 V /3 Ou — 18 12 t:- 18V/3 -f 9u— 18
886. Problème. Fig. 16. Sur les côtés d’un triangle, rectangle BAC, on décrit les trois demi-circonférences BAG, BO'A, AU'C. On demande la somme des surfaces AO'BO 4* AU'CU. On sait que AB = 18 mètres , et que AC = 16 mètres,
solation. Le triangle BAC étant rectangle , on a BC*= BA + ÂC = (18)* + (16)* = 6W , d’où BC = 3 ^^61 .
Le demi-cercle AO B a pour rayon ~^= surface entière du cercle sera donc égale à it X (9)* = Slit, et par conséquent le demi-cercle AO B =
