Licence SFNE, UE Maths LG310

Corrigé du TD 5



Exercice 1 Soient d et D les longueurs des diagonales, alors l'aire est dD/2.

Exercice 2 Notons r le rayon recherché. L'aire du triangle OBC est 1/2.r.BC. De même les aires de OAC et OAB sont 1/2.r.AC et 1/2.r.AB respectivement. Donc
Aire(ABC)=Aire(OBC)+Aire(OAC)+Aire(OAB) =
1
2
r (BC+AC+AB)=
rp
2
où p est le périmètre de ABC. On en déduit que r=2A/p.

Exercice 3 Pour faire le dessin « à la règle et au compas » c'est-à-dire sans rapporteur, la difficulté est de construire un angle de pi/3 radians (60 degrés). Traçons un repère centré au centre du cercle. On utilise le fait que cos(pi/3)=1/2 : on trace la droite d'équation x=1/2, parallèle à l'axe des y. Elle coupe le cercle dans les y positifs en un point P tel que [OP) et l'axe des x définissent un angle de mesure p/3. Si on réitère cette construction on peut tracer l'hexagone entier.

Notons A le point de coordonnées (1,0). Pour calculer l'aire de l'hexagone on multiplie par 6 l'aire du triangle OAP. Or comme le sinus de pi/3 vaut √3/2 on trouve
6×
√3
2
×
1
2
 = 
3√3
2


Exercice 4 Soit a la longueur du côté de H. Comme H et T ont même périmètre p=6a, le côté de T a pour longueur 2a. D'après l'exercice précédent les aires de T et H valent
AT =
√3
4
× (2a)2   et   AH =
3√3
2
× a2
On en déduit que
AH =
3
2
AT
Pour retrouver cela géométriquement on observe qu'on peut découper T en 4 triangles équilatéraux et H en 6 triangles équilatéraux, tous de même taille. Soit B l'aire de ce petit triangle équilatéral de base, on a donc AT=4B et AH=6B donc
AH =
3
2
AT


Exercice 5 On va voir que lorsqu'on replie AB'F, le triangle replié tient dans le triangle AFE, puis que lorsqu'on replie ADE il tient lui aussi dans AFE. (Ceci proviendra des conditions b3 a b(1+2).) Ainsi, le tapis final replié a simplement la forme du triangle AFE, et on calculera son aire.

1ère étape. Notons alpha l'angle ∠BAC ; pour cet exercice on peut raisonner avec des angles non orientés. (Compte tenu des limitations du langage html j'utilise la notation ∠BAC pour l'angle de sommet A.) Les conditions pour que le triangle AB'F une fois replié ne déborde pas de AFE sont que
∠B'AF ≤ ∠FAE      et      ∠B'FA ≤ ∠AFE
Par construction les diagonales de AFCE sont perpendiculaires donc c'est un losange. Ainsi ∠CAE=alpha donc ∠FAE=2alpha. De plus ∠AFE=pi/2-alpha. Ensuite, par réflexion par rapport à la droite (EF) on a ∠B'FA=∠BFC. En raisonnant dans les triangles rectangles ABC et FBC on trouve que ∠B'FA=BFC=2alpha. Alors en raisonnant dans le triangle rectangle B'FA on trouve ∠B'AF=pi/2-2alpha. Donc les deux conditions à exprimer sont
pi
2
-2alpha ≤ 2alpha      et      2alpha ≤
pi
2
-alpha
La première donne pi/8 ≤ alpha et la deuxième alpha ≤ pi/6. Or l'hypothèse b√3 ≤ a ≤ b(1+√2) signifie
1
√2+1
 ≤ 
b
a
 ≤ 
√3
3
De plus
1
√2+1
 = √2-1 = tan(pi/8)    ,   
b
a
 = tan(alpha)    ,   
√3
3
 = tan(pi/6)
Comme la fonction tangente est croissante ceci est bien la même chose que pi/8 ≤ alpha ≤ pi/6. Donc a bien démontré que AB'F se replie dans AFE.

2ème étape. Pour démontrer que ADE se replie dans AFE il faut montrer que
∠DAE ≤ ∠FAE      et      ∠DEA ≤ ∠AEF
Or ∠DAE=pi/2-2alpha et ∠DEA=2alpha donc on voit que les conditions numériques à vérifier sont les mêmes que pour le triangle AB'F, donc le triangle ADE se replie dans AFE.

3ème étape. Pour calculer l'aire du tapis replié c'est-à-dire du triangle AFE, il suffit de calculer la distance AF. Soit h la longueur de la diagonale du rectangle (on a h2=a2+b2 par Pythagore) et I le milieu de AC. En se plaçant dans les triangles rectangles AFI puis ABC on peut calculer cos(alpha) de deux manières différentes et on trouve
cos(alpha) = 
h/2
AF
 = 
a
h
et on en déduit que AF=h2/2a. Donc l'aire cherchée vaut
A  = 
AF× b
2
 = 
(a2+b2)b
4a


Exercice 6 On a ∫0 1  x 2 dx = [x 3/3]01 = 1/3. C'est l'aire de la portion de plan située entre l'axe des x (droite d'équation y=0), la parabole d'équation y = x2 et les droites d'équation x=0 et x=1.

This document was translated from LATEX by HEVEA.