\documentclass{article} \usepackage[frenchb]{babel} \usepackage[latin1]{inputenc} \usepackage[dvips]{graphicx} \usepackage{fancybox,color,amsmath,multicol} \parindent0pt \topmargin0pt\headheight0pt\headsep0pt\footskip10pt \usepackage[dvips,a5paper,margin=1cm]{geometry} \input christ5.tex %\pagestyle{empty} \begin{document} \parskip0pt \titrage{Calculs sur les aires}{d'après Les Malices du Kangourou} \parskip6pt \par Toutes les aires à calculer dans cette série d'exercices sont basées sur un carré de côté 1. Notons $\cal B$ son aire. {\em Remarquez que toutes les extrémités des segments sont les milieux des côtés ou les sommets du carré.} \begin{myenumerate} \begin{multicols}{2} \item\subitem{} \par\includegraphics{drolesdaires.1} \item\subitem{} \par\includegraphics{drolesdaires.3} \item\subitem{} \par\includegraphics{drolesdaires.5} \item\subitem{} \par\includegraphics{drolesdaires.7} \item\subitem{} \par\includegraphics{drolesdaires.9} \item\subitem{} \par\includegraphics{drolesdaires.11} \end{multicols} \newpage \begin{multicols}{2} \item\subitem{} \par\includegraphics{drolesdaires.13} \item\subitem{} \par\includegraphics{drolesdaires.15} \item\subitem{} \par\includegraphics{drolesdaires.17} \item\subitem{} \par\includegraphics{drolesdaires.19} \item\subitem{} \par\includegraphics{drolesdaires.21} \item\subitem{} \par\includegraphics{drolesdaires.23} \item\subitem{} \par\includegraphics{drolesdaires.25} \item\subitem{} \par\includegraphics{drolesdaires.27} \end{multicols} \newpage \begin{multicols}{2} \item\subitem{} \par\includegraphics{drolesdaires.29} \item\subitem{} \par\includegraphics{drolesdaires.31} \item\subitem{} \par\includegraphics{drolesdaires.33} \item\subitem{} \par\includegraphics{drolesdaires.35} \end{multicols} \end{myenumerate} \newpage \parskip0pt \titrage{Calculs sur les aires - n°1}{d'après Les Malices du Kangourou} \parskip6pt \partie{150}{Classe de 4\ieme} \begin{itemize} \item[$\bullet$] Dans le triangle $ABC$, les droites $(CI)$ et $(BO)$ sont des médianes. Donc $E$ est le centre de gravité du triangle $ABC$ et $IE=\dfrac{1}{3}IC$. \item[$\bullet$] Les droites $(EK)$ et $(CB)$ sont toutes deux perpendiculaires à la droite $(AB)$ donc les droites $(EK)$ et $(CB)$ sont parallèles. \item[$\bullet$] Dans le triangle $IBC$, $K$ est un point du segment $[IB]$ et $E$ est un point du segment $[IC]$ tels que les droites $(EK)$ et $(BC)$ soient parallèles. \og{}L'égalité des 3 rapports\fg{} permet d'écrire $$\frac{IE}{IC}=\frac{IK}{IB}=\frac{EK}{CB}\quad\mbox{c'est-à-dire}\quad\frac{1}{3}=\frac{EK}{CB} $$ \end{itemize} \par\compo{2}{drolesdaires}{1}{\begin{itemize} \item[$\bullet$] D'où $$\Eqalign{ {\cal A}_{IBE}&=\frac{EK\times IB}{2}\cr {\cal A}_{IBE}&=\frac{\dfrac{1}{3}AB\times\dfrac{1}{2}AB}{2}\cr {\cal A}_{IBE}&=\frac{1}{12}AB^2\cr {\cal A}_{IBE}&=\frac{1}{12}{\cal A}_{ABCD}\cr {\cal A}_{IBE}&=\frac{1}{12}{\cal B}\cr }$$ \end{itemize} } \newpage \parskip0pt \titrage{Calculs sur les aires - n°2}{d'après Les Malices du Kangourou} \parskip6pt \partie{150}{Classe de 3\ieme} \begin{multicols}{2} \begin{itemize} \item[$\bullet$] Dans le triangle $EHC$, rectangle en $H$, on a $$\tan\widehat{ECH}=\dfrac{EH}{HC}$$ \par Dans le triangle $ICB$, rectangle en $B$, on a $$\tan\widehat{ECH}=\dfrac{IB}{BC}=\dfrac{1}{2}$$ \par D'où $$\frac{EH}{HC}=\frac{1}{2}\mbox{ ou }HC=2\times EH$$ \item[$\bullet$] Dans le triangle $EHJ$, rectangle en $H$, on a $$\tan\widehat{EJH}=\dfrac{EH}{JH}$$ \par Dans le triangle $CDJ$, rectangle en $C$, on a $$\tan\widehat{EJH}=\dfrac{DC}{CJ}=2$$ \par D'où $$\frac{EH}{JH}=2\mbox{ ou }EH=2\times JH$$ \end{itemize} \end{multicols} \begin{itemize} \item[$\bullet$] On a alors $$JC=JH+HC=JH+4\times JH=5\times JH\quad\mbox{d'où}\quad\frac{JH}{JC}=\frac{1}{5}$$ \end{itemize} \par\compo{4}{drolesdaires}{1}{ \begin{itemize} \item[$\bullet$] Les droites $(EH)$ et $(CD)$ sont toutes deux perpendiculaires à la même droite $(CB)$ donc les droites $(EH)$ et $(CD)$ sont parallèles. \item[$\bullet$] Dans le triangle $CDJ$, $E$ est un point de la droite $(JD)$ et $H$ est un point de la droite $(JC)$ tels que les droites $(EH)$ et $(CD)$ soient parallèles. Le théorème de Thalès permet d'écrire $$\frac{JE}{JD}=\frac{JH}{JC}=\frac{EH}{CD}\quad\mbox{c'est-à-dire}\quad\frac{1}{5}=\frac{EH}{CD}$$ \end{itemize} } \begin{itemize} \item[$\bullet$] On a alors $${\cal A}_{ECJ}=\frac{JC\times EH}{2}=\frac{\dfrac{1}{2}BC\times\dfrac{1}{5}BC}{2}=\frac{1}{20}BC^2=\frac{1}{20}{\cal B}$$ \end{itemize} \newpage \parskip0pt \titrage{Calculs sur les aires - n°3}{d'après Les Malices du Kangourou} \parskip6pt \partie{150}{Classe de 4\ieme} \compo{6}{drolesdaires}{1}{\begin{itemize} \item[$\bullet$] Pour expliquer le raisonnement, évaluons l'aire du pentagone $DGIBC$. Elle est composée des deux triangles rectangles identiques $DCJ$ et $CIB$ en partie superposés. Mais le triangle rectangle $CGJ$ est compté deux fois\footnotemark{} : une première fois dans le triangle rectangle $DCJ$, une deuxième fois dans le triangle rectangle $CIB$. On a donc comptabilisé ce triangle rectangle une fois de trop. C'est pourquoi on obtient $${\cal A}_{DGIBC}={\cal A}_{DCJ}+{\cal A}_{BCI}{\mathbf-}{\cal A}_{GCJ}$$ \end{itemize} } \footnotetext{Le triangle $CGJ$ est hachuré deux fois et son aire est $\dfrac{1}{20}{\cal B}$.} \vspace{2mm} \begin{itemize} \item[$\bullet$] En recommençant ce raisonnement, on obtient $$\Eqalign{ {\cal A}_{EFGH}&={\cal A}_{ABCD}-4\times{\cal A}_{IBC}+4\times{\cal A}_{CGJ}\cr {\cal A}_{EFGH}&={\cal B}-4\times\frac{1}{4}{\cal B}+4\times\frac{1}{20}{\cal B}\cr {\cal A}_{EFGH}&={\cal B}-{\cal B}+\frac{4}{20}{\cal B}\cr {\cal A}_{EFGH}&=\frac{4}{20}{\cal B}\cr {\cal A}_{EFGH}&=\frac{1}{5}{\cal B}\cr }$$ \end{itemize} \newpage \parskip0pt \titrage{Calculs sur les aires - n°4}{d'après Les Malices du Kangourou} \parskip6pt \partie{150}{Classe de 6\ieme} \par\compo{8}{drolesdaires}{1}{Il s'agit ici d'un classique découpage. Chaque triangle composant la surface colorée représente $\dfrac{1}{8}$ de l'aire du carré. \par Par conséquent, $$\Eqalign{ {\cal A}&=2\times\frac{1}{8}{\cal B}\cr {\cal A}&=\frac{1}{4}{\cal B}\cr }$$ } \newpage \parskip0pt \titrage{Calculs sur les aires - n°5-6}{d'après Les Malices du Kangourou} \parskip6pt \partie{150}{Classe de 4\ieme} \begin{itemize} \item[$\bullet$] On décompose le triangle $DAC$ en 3 parties : le triangle $DAS$, le triangle $DTC$ et le triangle $DST$ dont on cherche l'aire. On a donc $${\cal A}_{DAC}={\cal A}_{DAS}+{\cal A}_{DTC}+{\cal A}_{DTS}$$ \end{itemize} \par\Compo{1}{drolesdaires.10}{1}{\begin{itemize} \item[$\bullet$] Calculons l'aire du triangle $DAS$.\\ On peut décomposer le triangle $DAI$ (dont on connaît l'aire) en somme du triangle $ASI$ (dont on connaît l'aire\footnotemark) et du triangle $DAS$. \\On obtient $$\Eqalign{ {\cal A}_{DAI}&={\cal A}_{DAS}+{\cal A}_{ASI}\cr \frac{1}{4}{\cal B}&={\cal A}_{DAS}+\frac{1}{12}{\cal B}\cr \frac{1}{4}{\cal B}-\frac{1}{12}{\cal B}&={\cal A}_{DAS}\cr \frac{1}{6}{\cal B}&={\cal A}_{DAS}\cr }$$ \end{itemize} } \footnotetext{Depuis le calcul n°1.} \begin{itemize} \item[$\bullet$] Le triangle $DTC$ a la même aire que le triangle $DAS$ donc on obtient $$\Eqalign{ {\cal A}_{DAC}&={\cal A}_{DAS}+{\cal A}_{DTC}+{\cal A}_{DTS}\cr \frac{1}{2}{\cal B}&=2\times\frac{1}{6}{\cal B}+{\cal A}_{DTS}\cr \frac{1}{2}{\cal B}&=\frac{2}{6}{\cal B}+{\cal A}_{DTS}\cr \frac{1}{2}{\cal B}-\frac{2}{6}{\cal B}&={\cal A}_{DTS}\cr \frac{1}{6}{\cal B}&={\cal A}_{DTS}\cr }$$ \par\Compo{1}{drolesdaires.12}{1}{Il est facile de voir que cett aire est le double de la précédente donc $$\Eqalign{ {\cal A}_{DSBT}&=2\times{\cal A}_{DST}\cr {\cal A}_{DSBT}&=\frac{1}{3}{\cal B}\cr }$$ } \end{itemize} \newpage \parskip0pt \titrage{Calculs sur les aires - n°7}{d'après Les Malices du Kangourou} \parskip6pt \partie{150}{Classe de 4\ieme} \par\Compo{1}{drolesdaires.14}{1}{On décompose le triangle $BDC$ en 3 parties: les triangles $DUK$ et $BVJ$\footnotemark{} et le pentagone $CKUVJ$. On a donc $$ \Eqalign{ {\cal A}_{CKUVJ}&={\cal A}_{BCD}-2\times{\cal A}_{DKU}\cr {\cal A}_{CKUVJ}&=\frac{1}{2}{\cal B}-2\times\frac{1}{12}{\cal B}\cr {\cal A}_{CKUVJ}&=\frac{1}{2}{\cal B}-\frac{1}{6}{\cal B}\cr {\cal A}_{CKUVJ}&=\frac{1}{3}{\cal B}\cr }$$ } \footnotetext{Ils sont \og{}identiques\fg{} et on connaît leur aire depuis le n°1.} \newpage \parskip0pt \titrage{Calculs sur les aires - n°8}{d'après Les Malices du Kangourou} \parskip6pt \partie{150}{Classe de 4\ieme} \par\Compo{1}{drolesdaires.16}{1}{Ici encore, il s'agit d'un découpage \og{}classique\fg{} qui permet d'obtenir la solution. En effet, le triangle $ADI$ est composé de trois pièces : les triangles $DLX$ et $AWI$\footnotemark{} et le quadrilatère $ALXW$. On peut alors écrire $$\Eqalign{ {\cal A}_{ALXW}&={\cal A}_{ADI}-{\cal A}_{DLX}-{\cal A}_{AWI}\cr {\cal A}_{ALXW}&=\frac{1}{4}{\cal B}-\frac{1}{20}{\cal B}-\frac{1}{12}{\cal B}\cr {\cal A}_{ALXW}&=\frac{15}{60}{\cal B}-\frac{3}{60}{\cal B}-\frac{5}{60}{\cal B}\cr {\cal A}_{ALXW}&=\frac{7}{60}{\cal B}\cr }$$ } \footnotetext{dont on connaît les aires depuis les n°1 et n°2.} \newpage \parskip0pt \titrage{Calculs sur les aires - n°9}{d'après Les Malices du Kangourou} \parskip6pt \partie{150}{Classe de 4\ieme} \begin{itemize} \item[$\bullet$] Le triangle $ADI$ se décompose cette fois-ci en un triangle $AYI$\footnotemark, un triangle $DLP$ et un quadrilatère $AYPL$. \item[$\bullet$] Dans le triangle $ADI$, $L$ est le milieu du segment $[AD]$ et les droites $(LP)$ et $(AI)$ sont parallèles. Donc $P$ est le milieu du segment $[DI]$ et $LP=\dfrac{1}{2}AI=\dfrac{1}{4}AD$. \end{itemize} \Compo{1}{drolesdaires.18}{1}{\begin{itemize} \item[$\bullet$] On a donc $$\Eqalign{ {\cal A}_{DLP}&=\frac{LP\times DL}{2}\cr {\cal A}_{DLP}&=\frac{\frac{1}{4}AD\times\frac{1}{2}AD}{2}\cr {\cal A}_{DLP}&=\frac{\frac{1}{8}AD^2}{2}\cr {\cal A}_{DLP}&=\frac{1}{16}AD^2\cr {\cal A}_{DLP}&=\frac{1}{16}{\cal B}\cr }$$ \end{itemize} } \begin{itemize} \item[$\bullet$] L'aire du polygone $ALPY$ est donc $$\Eqalign{ {\cal A}_{ALPY}&={\cal A}_{ADI}-{\cal A}_{AYI}-{\cal A}_{DLP}\cr {\cal A}_{ALPY}&=\frac{1}{4}{\cal B}-\frac{1}{20}{\cal B}-\frac{1}{16}{\cal B}\cr {\cal A}_{ALPY}&=\frac{20}{80}{\cal B}-\frac{4}{80}{\cal B}-\frac{5}{80}{\cal B}\cr {\cal A}_{ALPY}&=\frac{11}{80}{\cal B}\cr }$$ \end{itemize} \footnotetext{Dont on connaît l'aire depuis le n°2.} \newpage \parskip0pt \titrage{Calculs sur les aires - n°10}{d'après Les Malices du Kangourou} \parskip6pt \partie{150}{Classe de 4\ieme} \begin{itemize} \item[$\bullet$] Dans le triangle $ACD$, les droites $(DO)$ et $(CL)$ sont des médianes. Donc leur point d'intersection $Z$ est le centre de gravité du triangle $ADC$.\\On a alors $$OZ=\frac{1}{3}OD$$ \item[$\bullet$] Les droites $(ZZ')$ et $(DL)$ sont toutes deux perpendiculaires à la même droite $(OL)$ donc les droites $(ZZ')$ et $(DL)$ sont parallèles. \item[$\bullet$] Dans le triangle $OLD$, $Z$ est un point du segment $[OD]$, $Z'$ est un point du segment $[OL]$ tels que les droites $(ZZ')$ et $(DL)$ soient parallèles.\og{}L'égalité des 3 rapports\fg{} permet d'écrire $$\frac{OZ'}{OL}=\frac{OZ}{OD}=\frac{ZZ'}{DL}\mbox{ c'est-à-dire }\frac{1}{3}=\frac{ZZ'}{DL}$$ \end{itemize} \par\Compo{1}{drolesdaires.20}{1}{\begin{itemize} \item[$\bullet$] On obtient $$\Eqalign{ {\cal A}_{ZOL}&=\frac{OL\times ZZ'}{2}\cr {\cal A}_{ZOL}&=\frac{\frac{1}{2}AB\times\frac{1}{3}\times DL}{2}\cr {\cal A}_{ZOL}&=\frac{\frac{1}{2}AB\times\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}AD}{2}\cr {\cal A}_{ZOL}&=\frac{\frac{1}{12}AB\times AD}{2}\cr {\cal A}_{ZOL}&=\frac{1}{24}AB\times AD\cr {\cal A}_{ZOL}&=\frac{1}{24}{\cal B}\cr }$$ \end{itemize} } \newpage \parskip0pt \titrage{Calculs sur les aires - n°11}{d'après Les Malices du Kangourou} \parskip6pt \partie{150}{Classe de 4\ieme} \begin{itemize} \item[$\bullet$] Le triangle $LQO$ se décompose en deux triangles : le triangle $OZL$\footnote{Dont on connaît l'aire depuis le n°10.} et le triangle $QZO$. \item[$\bullet$] Dans le triangle $JLC$, $O$ est le milieu du segment $[JL]$ et les droites $(QO)$ et $(CJ)$ sont parallèles. Donc le point $Q$ est le milieu du segment $[CL]$ et $$QO=\frac{1}{2}CJ=\frac{1}{4}BC$$ \end{itemize} \par\Compo{1}{drolesdaires.22}{1}{\begin{itemize} \item[$\bullet$] On a alors $$\Eqalign{ {\cal A}_{LQO}&={\cal A}_{QZO}+{\cal A}_{OZL}\cr \frac{QO\times OL}{2}&={\cal A}_{QZO}+\frac{1}{24}{\cal B}\cr \frac{\frac{1}{4}BC\times\frac{1}{2}AB}{2}&={\cal A}_{QZO}+\frac{1}{24}{\cal B}\cr \frac{1}{16}BC\times AB&={\cal A}_{QZO}+\frac{1}{24}{\cal B}\cr \frac{1}{16}{\cal B}&={\cal A}_{QZO}+\frac{1}{24}{\cal B}\cr {\cal A}_{QZO}&=\frac{1}{16}{\cal B}-\frac{1}{24}{\cal B}\cr {\cal A}_{QZO}&=\frac{3}{48}{\cal B}-\frac{2}{48}{\cal B}\cr {\cal A}_{QZO}&=\frac{1}{48}{\cal B}\cr }$$ \end{itemize} } \newpage \parskip0pt \titrage{Calculs sur les aires - n°12}{d'après Les Malices du Kangourou} \parskip6pt \partie{150}{Classe de 4\ieme} \begin{itemize} \item[$\bullet$] Cette surface se compose des deux surfaces triangulaires $MLE$ et $EAS$. \item[$\bullet$]\underline{Calcul de l'aire de la surface $EAS$}.\par On décompose le triangle $SLA$ en deux triangles $EAS$ et $ELA$\footnote{Dont on connaît les aires depuis les calculs n°1 et n°2}. On a alors $$\Eqalign{ {\cal A}_{EAS}&={\cal A}_{SLA}-{\cal A}_{ELA}\cr {\cal A}_{EAS}&=\frac{1}{12}{\cal B}-\frac{1}{20}{\cal B}\cr {\cal A}_{EAS}&=\frac{5}{60}{\cal B}-\frac{3}{60}{\cal B}\cr {\cal A}_{EAS}&=\frac{2}{60}{\cal B}\cr {\cal A}_{EAS}&=\frac{1}{30}{\cal B}\cr }$$ \item[$\bullet$]\underline{Calcul de l'aire de la surface $MLE$}.\par On décompose le triangle $DKA$ en 4 triangles : $DMK$ et $DML$\footnote{Ils sont \og{}indentiques\fg{}}, $MLE$, $ELA$\footnote{Leurs aires est connues}. On a alors $$\Eqalign{ {\cal A}_{MLE}&={\cal A}_{ADK}-{\cal A}_{DMK}-{\cal A}_{DML}-{\cal A}_{ELA}\cr {\cal A}_{MLE}&=\frac{1}{4}{\cal B}-\frac{1}{12}{\cal B}-\frac{1}{12}{\cal B}-\frac{1}{20}{\cal B}\cr {\cal A}_{MLE}&=\frac{15}{60}{\cal B}-\frac{5}{60}{\cal B}-\frac{5}{60}{\cal B}-\frac{3}{60}{\cal B}\cr {\cal A}_{MLE}&=\frac{2}{60}{\cal B}\cr {\cal A}_{MLE}&=\frac{1}{30}{\cal B}\cr }$$ \end{itemize} \par\Compo{1}{drolesdaires.24}{1}{\begin{itemize} \item[$\bullet$] L'aire recherchée est $$\Eqalign{ {\cal A}&={\cal A}_{MLE}+{\cal A}_{EAS}\cr {\cal A}&=\frac{1}{30}{\cal B}+\frac{1}{30}{\cal B}\cr {\cal A}&=\frac{2}{30}{\cal B}\cr {\cal A}&=\frac{1}{15}{\cal B}\cr }$$ \end{itemize} } \newpage \parskip0pt \titrage{Calculs sur les aires - n°13-15}{d'après Les Malices du Kangourou} \parskip6pt \partie{150}{Classe de 4\ieme} \par\Compo{1}{drolesdaires.26}{1}{ \begin{itemize} \item[$\bullet$] On remarque que le triangle $LXS$ est superposable au triangle $LEM$ du calcul n°12. Par conséquent, $$\Eqalign{ {\cal A}_{LXS}&={\cal A}_{LEM}\cr {\cal A}_{LXS}&=\frac{1}{30}{\cal B}\cr }$$ \end{itemize} } \vfill \par\Compo{1}{drolesdaires.30}{1}{ \begin{itemize} \item[$\bullet$] On remarque que le triangle $ASY$ est superposable au triangle $AES$ du calcul n°12. Par conséquent, $$\Eqalign{ {\cal A}_{ASY}&={\cal A}_{AES}\cr {\cal A}_{ASY}&=\frac{1}{30}{\cal B}\cr }$$ \end{itemize} } \newpage \parskip0pt \titrage{Calculs sur les aires - n°14}{d'après Les Malices du Kangourou} \parskip6pt \partie{150}{Classe de 4\ieme} \begin{itemize} \item[$\bullet$] Le triangle $OAD$ peut se décomposer en 3 polygones : le triangle $LMD$\footnote{Dont l'aire est connue depuis le calcul n°1}, les quadrilatères $LXSA$\footnote{Dont l'aire est connue depuis le calcul n°8} et $SOMX$. \\On peut donc écrire $${\cal A}_{OAD}={\cal A}_{LMD}+{\cal A}_{LXSA}+{\cal A}_{SOMX}$$ %\item[$\bullet$] L'aire du triangle $LMD$ a déjà été calculée depuis le calcul n°1 donc %$${\cal A}_{MLD}=\frac{1}{12}{\cal B}$$ %\item[$\bullet$] L'aire du quadrilatère $ASXL$ est déjà connue depuis le calcul n°8 donc %$${\cal A}_{ASXL}=\frac{7}{60}{\cal B}$$ \end{itemize} \par\Compo{1}{drolesdaires.28}{1}{\begin{itemize} \item[$\bullet$] Finalement, $$\Eqalign{ {\cal A}_{AOD}&={\cal A}_{LMD}+{\cal A}_{LXSA}+{\cal A}_{SOMX}\cr \frac{1}{4}{\cal B}&=\frac{1}{12}{\cal B}+\frac{7}{60}{\cal B}+{\cal A}_{SOMX}\cr {\cal A}_{SOMX}&=\frac{1}{4}{\cal B}-\frac{1}{12}{\cal B}-\frac{7}{60}{\cal B}\cr {\cal A}_{SOMX}&=\frac{15}{60}{\cal B}-\frac{5}{60}{\cal B}-\frac{7}{60}{\cal B}\cr {\cal A}_{SOMX}&=\frac{3}{60}{\cal B}\cr {\cal A}_{SOMX}&=\frac{1}{20}{\cal B}\cr }$$ \end{itemize} } \newpage \parskip0pt \titrage{Calculs sur les aires - n°16}{d'après Les Malices du Kangourou} \parskip6pt \partie{150}{Classe de 4\ieme} \par\Compo{1}{drolesdaires.32}{1}{\begin{itemize} \item[$\bullet$] On utilise le même raisonnement que pour le calcul n°3. On hachure les triangles $ADI$ et $AJB$ et on s'aperçoit que le triangle $AYI$\footnotemark{} intervient deux fois alors qu'il ne faut pas le compter. \end{itemize}} \footnotetext{Ce triangle a une aire connue depuis le calcul n°2.} \par\Compo{1}{drolesdaires.31}{1}{\begin{itemize} \item[$\bullet$] Donc l'aire recherchée est $$\Eqalign{ {\cal A}&={\cal A}_{ADI}+{\cal A}_{AJB}-2\times{\cal A}_{AYI}\cr {\cal A}&=\frac{1}{4}{\cal B}+\frac{1}{4}{\cal B}-2\times\frac{1}{20}{\cal B}\cr {\cal A}&=\frac{1}{2}{\cal B}-\frac{2}{20}{\cal B}\cr {\cal A}&=\frac{10}{20}{\cal B}-\frac{2}{20}{\cal B}\cr {\cal A}&=\frac{8}{20}{\cal B}\cr {\cal A}&=\frac{2}{5}{\cal B}\cr }$$ \end{itemize} } \newpage \parskip0pt \titrage{Calculs sur les aires - n°17}{d'après Les Malices du Kangourou} \parskip6pt \partie{150}{Classe de 4\ieme} \begin{itemize} \item[$\bullet$] Nous découpons le triangle $DOC$ en trois polygones : 2 triangles $DMK$ et $KTC$ et 1 quadrilatère $KMOT$. On a donc $${\cal A}_{DOC}={\cal A}_{DMK}+{\cal A}_{KTC}+{\cal A}_{KMOT}$$ \item[$\bullet$] Comme les triangles $DMK$ et $KTC$ ont la même aire\footnote{Connue depuis le calcul n°1} alors $${\cal A}_{DMK}={\cal A}_{KTC}=\frac{1}{12}{\cal B}$$ \end{itemize} \par\Compo{1}{drolesdaires.34}{1}{On a alors $$\Eqalign{ {\cal A}_{DOC}&={\cal A}_{DMK}+{\cal A}_{KTC}+{\cal A}_{KMOT}\cr \frac{1}{A}{\cal B}&=\frac{1}{12}{\cal B}+\frac{1}{12}{\cal B}+{\cal A}_{KMOT}\cr {\cal A}_{KMOT}&=\frac{1}{4}{\cal B}-\frac{1}{12}{\cal B}-\frac{1}{12}{\cal B}\cr {\cal A}_{KMOT}&=\frac{3}{12}{\cal B}-\frac{2}{12}{\cal B}\cr {\cal A}_{KMOT}&=\frac{1}{12}{\cal B}\cr }$$ } \newpage \parskip0pt \titrage{Calculs sur les aires - n°18}{d'après Les Malices du Kangourou} \parskip6pt \partie{150}{Classe de 4\ieme} \begin{itemize} \item[$\bullet$] On découpe le triangle $ADC$ en deux triangles $ADS$ et $KTC$ et un quadrilatère $DKTS$. On a alors $${\cal A}_{DKTS}={\cal A}_{ADC}-\left({\cal A}_{ADS}+{\cal A}_{KTC}\right)$$ \item[$\bullet$] Or, les triangles $KTC$ et $ASI$ ont la même aire donc $$\Eqalign{ {\cal A}_{ADS}+{\cal A}_{KTC}&={\cal A}_{ADS}+{\cal A}_{ASI}\cr {\cal A}_{ADS}+{\cal A}_{KTC}&={\cal A}_{ADI}\cr {\cal A}_{ADS}+{\cal A}_{KTC}&=\frac{1}{4}{\cal B}\cr }$$ \end{itemize} \par\Compo{1}{drolesdaires.36}{1}{Finalement, $$\Eqalign{ {\cal A}_{DKTS}&={\cal A}_{ADC}-\left({\cal A}_{ADS}+{\cal A}_{KTC}\right)\cr {\cal A}_{DKTS}&=\frac{1}{2}{\cal B}-\frac{1}{4}{\cal B}\cr {\cal A}_{DKTS}&=\frac{1}{4}{\cal B}\cr }$$ } \end{document}