Sujet
Le format de la feuille de cet énoncé est un format dit A4. Mais d'où vient cette dénomination? Une feuille au format A 0 est un rectangle ABCD d'aire \(1 \mathrm{~m}^{2}\) avec \([\mathrm{AB}]\) la longueur et \([\mathrm{BC}]\) la largeur. On pose \(A B=L_{0}\) et \(B C=\ell_{0}\). On nomme \(k\) le rapport \(: \frac{L_{0}}{\ell_{0}}=k\) (on a donc \(k>1\) ). Le nombre \(k\) n'est pas quelconque mais a la propriété suivante :
On appelle I le milieu de [ AB ] et J le milieu de [CD].
Lorsqu'on plie la feuille ABCD de format A 0 suivant la droite (IJ) (en superposant A et B ainsi que C et D , comme indiqué sur le dessin), on obtient une feuille au format A1, c'est-à-dire un rectangle A'B'C'D' d'aire \(0,5 \mathrm{~m}^{2}\), de longueur notée \(L_{1}\) et de largeur \(\ell_{1}\).
Dans ces conditions \(k=\frac{L_{1}}{\ell_{1}}\) et \(L_{1}=\ell_{0}\) et \(\ell_{1}=\frac{L_{0}}{2}\).
Une feuille A0 est ainsi un agrandissement d'une feuille A1.
Format A0
Format A1
- Démontrer que \(k=\sqrt{2}\).
- Calculer les valeurs exactes exprimées en mètre de \(L_{0}\) et \(\ell_{0}\).
On recommence le même procédé en pliant la feuille de format A1 pour obtenir une feuille de format A2. En réitérant encore le procédé on obtient ainsi une feuille de format A3, puis de format A4...
3. Calculer l'aire exacte, en \(\mathrm{cm}^{2}\), d'une feuille au format A4.
- \(\frac{L_{1}}{\ell_{1}}=\frac{L_{0}}{\ell_{0}}\), ce qui d'après l'énoncé s'écrit \(\frac{2 \ell_{0}}{L_{0}}=\frac{L_{0}}{\ell_{0}}\), ce qui est équivalent à \(\frac{L_{0}^{2}}{\ell_{0}^{2}}=2\),
soit, puisque \(L_{0}>0\) et \(\ell_{0}>0, \frac{L_{0}}{\ell_{0}}=\sqrt{2}\). - Comme \(L_{0} \times \ell_{0}=1\) on en déduit que \(L_{0}=2^{\frac{1}{4}}\) et \(\ell_{0}=\frac{1}{2^{\frac{1}{4}}}\).
- A chaque étape l'aire est divisée par 2 . L'aire d'une feuille A4 est donc de \(\frac{1}{16}=0,0625 \mathrm{~m}^{2}\) c'est-à-dire de \(625 \mathrm{~cm}^{2}\).
- On a encore la relation \(\frac{L_{4}}{\ell_{4}}=\sqrt{2}\) et donc \(L_{4}=\frac{\sqrt[4]{2}}{4} \approx 0,297301779 \mathrm{~m} \approx 29,7 \mathrm{~cm}\).
\(\ell_{4}=\frac{1}{4 \sqrt[4]{2}} \approx 0,210224104 \mathrm{~m} \approx 21 \mathrm{~cm}\). - SOLUTION 1
En posant \(X Y=Z B=x\) et \(Z C=X C=y\) et en remarquant que \(Y C=C B=\ell_{0}\) d'une part et que \(x+y=L_{0}\) et \(T Z=L_{0}-2 x\) d'autre part, il vient \(\left\{\begin{aligned} y^{2} & =x^{2}+\ell_{0}^{2} \\ y+x & =L_{0}\end{aligned}\right.\)
Soit : \(y=\frac{3 \sqrt[4]{2}}{4} ; x=\frac{\sqrt[4]{2}}{4}\)
Et \(X Z^{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{4}=\frac{3 \sqrt{2}}{4}\).
La hauteur du triangle XCZ vaut alors \(: h=\sqrt{\frac{3 \sqrt{2}}{4}}\)
Finalement : \(\mathrm{A}(\mathrm{CXZ})=\frac{3}{8}\).
Et l'aire des deux triangles rectangles XYC et CZB vaut \(x \ell_{0}=\frac{\sqrt[4]{2}}{4} \times \frac{\sqrt[4]{2}}{\sqrt{2}}=\frac{1}{4}\).
L'aire du pentagone vaut donc : \(\frac{3}{8}+\frac{1}{4}=\frac{5}{8} \mathrm{~m}^{2}\) c'est-à-dire \(6250 \mathrm{~m}^{2}\).
SOLUTION 2
En remarquant que la hauteur issue de C du triangle isocèle CXZ est l'axe de symétrie du pentagone, on peut replier le pentagone autour de son axe de symétrie pour obtenir le quadrilatère de la figure suivante :La droite (XZ) a pour vecteur normal \(\overrightarrow{A C}\) de coordonnées \(\left(L_{0} ; \ell_{0}\right)\) et elle passe par l'origine O du repère donc elle a pour équation \(L_{0} x+\ell_{0} y=0\).
Le point Z a pour ordonnée \(-\frac{\ell_{0}}{2}\) et appartient à (XZ) donc son abscisse \(x_{Z}\) vérifie
\[ \begin{gathered} L_{0} x_{Z}+\ell_{0} y_{Z}=0 \Leftrightarrow L_{0} x_{Z}-\frac{\ell_{o}^{2}}{2}=0 \\ L_{0} x_{Z}+\ell_{0} y_{Z}=0 \Leftrightarrow x_{Z}=\frac{\ell_{o}^{2}}{2 L_{0}} \end{gathered} \]
Or \(\frac{L_{0}}{\ell_{0}}=\sqrt{2}\) donc \(\ell_{0}^{2}=\frac{L_{0}^{2}}{2}\)
\[ L_{0} x_{Z}+\ell_{0} y_{Z}=0 \Leftrightarrow x_{Z}=\frac{L_{0}}{4} \]
On en déduit que \(Z B=\sqrt{\left(x_{B}-x_{Z}\right)^{2}}=\left|x_{B}-x_{Z}\right|=x_{B}-x_{Z}=\frac{L_{0}}{2}-\frac{L_{0}}{4}=\frac{L_{0}}{4}\).
L'aire du triangle rectangle ZBC est donc égale à \(\frac{Z B \times B C}{2}=\frac{\frac{L_{0}}{4} \times \ell_{0}}{2}=\frac{L_{0} \times \ell_{0}}{8}=\frac{1}{8}\). C'est aussi l'aire du triangle CXY et l'aire du pentagone est donc égale à \(\frac{1}{2}+\frac{1}{8}=\frac{5}{8} \mathrm{~m}^{2}\) c'est-à-dire \(6250 \mathrm{~cm}^{2}\).
SOLUTION 5 Une dernière solution qui nécessite moins de calculs.
L'aire du pentagone est la moitié de l'aire du pentagone, soit \(\frac{1}{2} \mathrm{~m}^{2}\), à laquelle il faut rajouter l'aire du triangle CXY -
On a (XZ) perpendiculaire à (AC) (voir solution précédente), (XT) perpendiculaire à (AB) et (TZ) perpendiculaire à (BC).
On en déduit que le triangle ABC est un agrandissement du triangle XTZ (car tous leurs côtés sont perpendiculaires), et le facteur d'agrandissement vaut :
\[ \frac{B C}{T Z}=\frac{A B}{X T}=\frac{L_{0}}{\ell_{0}}=\sqrt{2} \]
Un calcul de pente donne le même résultat.
En multipliant \(\frac{B C}{T Z}\) par \(\sqrt{2}\), on obtient \(\frac{B C \sqrt{2}}{T Z}=2\), et comme \(B C \sqrt{2}=A B\) on a \(\frac{A B}{T Z}=2\).
De plus, d'après le pliage, on a \(A T=D X=X Y=Z B\) et \(Y C=B C\) donc l'aire du triangle rectangle CXY est égale à l'aire du triangle rectangle AXT .
Comme \(A B=A T+T Z+Z B=2 A T+\frac{A B}{2}\) on a \(A T=\frac{A B}{4}\) et l'aire de AXT est égale à \(\frac{A T \times X T}{2}=\frac{A B \times B C}{8}=\frac{1}{8}\). Finalement, l'aire de CXY est égale à \(\frac{1}{8}\) et l'aire du pentagone est égale à \(\frac{1}{2}+\frac{1}{8}=\frac{5}{8} \mathrm{~m}^{2}\) c'est-à-dire \(6250 \mathrm{~cm}^{2}\).