les angles DAY et ABX sont égaux donc si on note O l'intersection des droites (AY) et (BX) alors le triangle AOX est une réduction du triangle ABX de rapport [latex]5 \over \sqrt 125 [/latex] donc l'aire du triangle AOX=1/5 aire ABX=1/5*25=5ua donc l'aire du triangle AOB=20ua et donc l'aire du triangle OBY = 10*10/2-20=30ua

donc la partie hachurée est égale à 35 ua

Bonsoir,

J'appelle H le point d'intersection de (BX) et (AY). Et je remarque que ces droites sont perpendiculaires. (On montre facilement que les Angles XAB et AXB sont complémentaires.)
J'appelle a l'aire du triangle AXH, b celle de BYH et c celle de ABH.
a+c=25 (un quart du carré)
b+c=50 ( la moitié du carré)
Donc b-a=25
et l'aire cherchée vaut a+b=2a+25

D'autre part les triangles AHX et ADY sont semblables (rectangles et ils ont l'angle en A en commun)
Le coefficient de réduction de ADY à AXH est AX/AY =5/sqrt(125)=1/sqrt(5)
Donc a= 25/5=5
Et le résultat cherché est 2*5+25=35

Considérons le carré de côté 1 pour faire plus simple.

Méthode 1 : La méthode utilise la définition du produit vectoriel.

Soit [latex]f_{AY}(x)=1-2x[/latex] et [latex] f_{XB}(x)=\frac{x}{2}+\frac{1}{2} [/latex] appelons E le point d'intersection de ces deux droites.
On trouve [latex]E(0.2;0.6)[/latex]

L'aire hachurée est donc :
[TeX]\blue{\fbox{A_{aexyb}=\frac{|\vec{EX}\wedge \vec{EA}|}{2}+\frac{|\vec{EB}\wedge \vec{EY}|}{2}}}[/TeX]
En appliquant correctement le produit vectoriel on obtient :
[TeX]\red{\fbox{A_{axeyb}=35 cm^2}}[/TeX]
Shadock

Bonjour,
[TeX]Aire_{hachuree}=Aire_{AXB}+Aire_{AYB}-2*Aire_{AOB}[/TeX]
O étant l'intersection de (AY) et (BX)
[TeX]Aire_{AXB}=\frac{AB*AX}{2}=25[/latex] et [latex]Aire_{AYB}=\frac{AB*hauteur}{2}=50[/TeX]
Pour calculer  [latex]Aire_{AOB}[/latex], on s'intéresse à l'angle AOB.
[TeX]AOB=\pi-ABX-YAB=\pi-ABX-(\frac{\pi}{2}-YAD)=\frac{\pi}{2}[/TeX]
et [latex]tan(ABO)=\frac{AO}{BO}=tan(ABX)=\frac{AX}{AB}=\frac{1}{2}[/latex]

Pythagore dans AOB nous donne [latex]AO^2+BO^2=AB^2[/latex] donc [latex]AO=\sqrt{20}[/latex]

On conclut que [latex]Aire_{AOB}=\frac{AO*BO}{2}=20[/latex]

d'où [latex]Aire_{hachuree}=35[/latex]

Soit I l'intersection de BX et AY, E la projection de I sur AB, F celle sur CD et G celle sur AD.

Pour le grand triangle : il est inscrit dans le rectangle EBCF de surface 8*10 = 80.
Il faut ôter à ce rectangle les triangles :
- EBI, de surface 8*4/2 = 16
- BCY, de surface 10*5/2 = 25
- IFY, de surface 6*3/2 = 9.
Il reste donc 80-(16+25+9) = 30.

Pour le petit triangle, il es la somme des triangles :
- AGI, de surface 4*2/2 = 4
IGX, de surface  2*1/2 = 1.
Il fait donc 4+1 = 5.

Au total, la zone hachurée fait 30 + 5  =  35.

6,5

halloduda ,cachette et w9Lyl6n n'ont pas trouvé le bon résultat !

Est-ce 50? Soit la moitié de l'aire du carré?

En considérant que le carrée est de côté 1, je trouve une aire de 7/20

On se place dans le repère centre en D.

En calculant les équations des droites dans le carré, on trouve que leur point de rencontre a pour coordonnées (2,6).
L'aire du triangle de gauche est donc de 5 (base 5 hauteur 2)

Je calcule ensuite les deux côtés de l'angle droit qui forme l'autre triangle.
Celui du haut vaut [latex]4\sqrt5[/latex] (Pythagore avec 8 et 4), celui du bas vaut [latex]3\sqrt5[/latex] (Pythagore avec 3 et 6)
L'aire du triangle vaut donc [latex]\frac{4\sqrt5.3\sqrt5}2=30[/latex]

Au final l'aire hachurée mesure 35

35

Je suis content de voir que les méthodes utilisées on quelques points communs Et cette énigme ma aussi permit de réviser donc merci !
Par contre je ne vois pas l'erreur de TiLapiot qui trouve 36