Modifié le 21 Octobre 2006 à 22 h 00.
%@P:exocorcp
%@metapost: 303dme10.mp
%@Dif:4
\compo{1}{303dme10}{1}{La voile d'une planche à voile a la forme
ci-contre avec $AF$ un arc de cercle de centre $B$ et de rayon
$AB$. Les dimensions connues sont les suivantes : $AD=4,50$~m;
$DE=2,50$~m; $AB=0,90$~m; $CD=0,40$~m; $\widehat{ABF}=60$\degres.
\par Détermine l'aire de la voile.}
%@Correction:
\paragraph{Aire de la part de disque} Comme $\widehat{ABF}=60$\degres\ alors l'aire de la part de disque représente $\dfrac16$ de l'aire d'un disque. Donc ${\cal A}_1=\dfrac16\times\pi\times BF^2=\dfrac16\pi\times0,90^2=0,135\pi$.
\paragraph{Aire du triangle $BFG$} On a clairement $\widehat{FBG}=30\degres$ et $\widehat{BGF}=60\degres$.
\\Dans le triangle $BFG$, rectangle en $F$, on a :
\[\Eqalign{
\cos\widehat{FBG}&=\frac{BF}{BG}\kern2cm&\cos\widehat{BGF}&=\frac{FG}{BG}\cr
\cos30&=\frac{0,9}{BG}&\cos60&=\frac{FG}{\dfrac{0,9}{\cos30}}\cr
BG&=\frac{0,9}{\cos30}&FG&=\frac{0,9\times\cos60}{\cos30}\cr
BG&\approx1,04~\mbox{m}&FG&\approx0,52~\mbox{m}\cr
}\]
Donc ${\cal A}_2=\dfrac{BF\times BG}2=\dfrac{0,9\times0,9\times\cos60}{2\times\cos30}\approx0,23~\mbox{m}^2$.
\paragraph{Calcul de l'aire du triangle $CDE$}\setboolean{exact}{false}\pythadroit DEC{2,5}{0,4}
\\Donc ${\cal A}_2=\dfrac{CE\times CD}2=\dfrac{\sqrt{6,09}\times0,4}2\approx0,49~\mbox{m}^2$.
\paragraph{Calcul de l'aire du trapèze $BGEC$} On a clairement $BC=3,2$~m.
\par Donc ${\cal A}_3=\dfrac{(BG+CE)\times BC}2=\dfrac{(\dfrac{0,9}{\cos30}+\sqrt{6,09})\times3,2}2\approx5,61~\mbox{m}^2$.
\paragraph{Aire totale} On obtient environ 6,76~m$^2$.
%@Commentaire: Exercice d'approfondissement. Bien que la décomposition de la surface représentant la planche à voile soit donnée, les calculs sont longs.