Problèmes sur les aires et les périmètres en cinquième

Une piste, une maison, un jardin : chaque surface se découpe en figures simples dont on connaît l'aire.

Calculer l'aire d'un parallélogramme en choisissant la bonne hauteur
Décomposer une figure complexe, ou lui retirer une partie
Convertir des unités de longueur et d'aire dans un problème

La piste d'athlétisme

Une piste d'athlétisme est formée de deux lignes droites de longueur $L$ et de deux demi-cercles de diamètre $l$ :

Exprimer le périmètre de cette piste en fonction de $L$ et de $l$.

Le tour de piste comprend les deux lignes droites et les deux demi-cercles. Mis bout à bout, ces deux demi-cercles forment un cercle entier de diamètre $l$ :

$$ P = L + L + \pi \times l $$

$$ P = 2L + \pi l $$
Sur cette piste, $L = 100 \ \text{m}$ et $l = 64 \ \text{m}$. Calculer la longueur d'un tour, arrondie au mètre, en prenant $\pi \approx 3{,}14$.

$$ P \approx 2 \times 100 + 3{,}14 \times 64 $$

$$ P \approx 200 + 200{,}96 $$

$$ P \approx 401 \ \text{m} $$

Les travaux de la maison

Pour des travaux à effectuer sur une maison, on dispose du plan suivant :

$$ \left \{ \begin{gather*} AB = AE = 4 \ \text{m} \\ AD = 10 \ \text{m} \\ EI = IF = 2{,}5 \ \text{m} \\ IK = 1{,}5 \ \text{m} \end{gather*} \right \} $$

Peinture de la façade

On souhaite peindre les quatre murs extérieurs, y compris les deux pignons triangulaires $EFI$ et $HGJ$.
1. Calculer la surface à peindre.
  
  Les murs de devant et de derrière sont des carrés de côté $4 \ \text{m}$, les deux murs de côté des rectangles de $10 \ \text{m}$ sur $4 \ \text{m}$ :
  
  $$ \mathcal{A}_{\text{murs}} = 2 \times 4 \times 4 + 2 \times 10 \times 4 = 32 + 80 = 112 \ \text{m}^2 $$
  
  Chaque pignon est un triangle de base $EF = 4 \ \text{m}$ et de hauteur $IK = 1{,}5 \ \text{m}$ :
  
  $$ \mathcal{A}_{\text{pignons}} = 2 \times \frac{4 \times 1{,}5}{2} = 6 \ \text{m}^2 $$
  
  $$ \mathcal{A} = 112 + 6 = 118 \ \text{m}^2 $$
2. Un litre de peinture couvre $10 \ \text{m}^2$. Calculer la quantité de peinture nécessaire.
  
  $$ 118 \div 10 $$
  
  $$ 11{,}8 \ \text{L} $$
3. La peinture ne se vend qu'au litre entier, à $25{,}90 \ \text{€}$ le litre. Calculer le coût de la peinture.
  
  Avec $11 \ \text{L}$, il en manquerait : il faut acheter $12 \ \text{L}$.
  
  $$ 12 \times 25{,}90 $$
  
  $$ 310{,}80 \ \text{€} $$
Couverture du toit

On souhaite à présent recouvrir les deux pans du toit d'ardoises.
1. Calculer la surface du toit.
  
  Chaque pan est un rectangle de largeur $EI = 2{,}5 \ \text{m}$ et de longueur $IJ = AD = 10 \ \text{m}$ :
  
  $$ \mathcal{A}_{\text{toit}} = 2 \times 2{,}5 \times 10 $$
  
  $$ \mathcal{A}_{\text{toit}} = 50 \ \text{m}^2 $$
2. Il faut $20$ ardoises par mètre carré. Calculer le nombre d'ardoises à prévoir.
  
  $$ 50 \times 20 $$
  
  $$ 1 \ 000 \ \text{ardoises} $$
3. Une ardoise coûte $1{,}20 \ \text{€}$. Calculer le coût des ardoises.
  
  $$ 1 \ 000 \times 1{,}20 $$
  
  $$ 1 \ 200 \ \text{€} $$
Isolation du grenier

Enfin, on isole le plancher du grenier, le rectangle $EFGH$, avec des rouleaux de laine de bois de $120 \ \text{cm}$ de large sur $5 \ \text{m}$ de long.
1. Calculer l'aire du plancher, puis celle d'un rouleau déroulé.
  
  $$ \mathcal{A}_{EFGH} = EF \times FG = 4 \times 10 = 40 \ \text{m}^2 $$
  
  On convertit la largeur du rouleau avant de multiplier : $120 \ \text{cm} = 1{,}2 \ \text{m}$.
  
  $$ \mathcal{A}_{\text{rouleau}} = 1{,}2 \times 5 $$
  
  $$ 40 \ \text{m}^2 \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} 6 \ \text{m}^2 $$
2. Un rouleau coûte $18{,}50 \ \text{€}$. Calculer le nombre de rouleaux à acheter et leur coût.
  
  $$ 40 \div 6 \approx 6{,}7 $$
  
  Six rouleaux ne couvriraient que $36 \ \text{m}^2$ : il en faut $7$.
  
  $$ 7 \times 18{,}50 $$
  
  $$ 7 \ \text{rouleaux, pour} \ 129{,}50 \ \text{€} $$

La mauvaise hauteur

Le parallélogramme $ABCD$ ci-dessous a une base $AB = 8 \ \text{cm}$, un côté $AD = 5 \ \text{cm}$ et une hauteur $DH = 4 \ \text{cm}$. Pour calculer son aire, Inès a écrit : $8 \times 5 = 40 \ \text{cm}^2$.

Expliquer l'erreur d'Inès.

Elle a multiplié la base par le côté oblique $AD$. Or l'aire d'un parallélogramme se calcule avec la hauteur, mesurée perpendiculairement à la base, et le côté oblique est plus long qu'elle.
Calculer l'aire du parallélogramme $ABCD$.

$$ \mathcal{A} = AB \times DH = 8 \times 4 $$

$$ \mathcal{A} = 32 \ \text{cm}^2 $$
On prend maintenant $\bigl[AD\bigr]$ pour base de ce même parallélogramme. Calculer la hauteur qui lui correspond.

L'aire ne change pas quand on change de base : elle vaut toujours $32 \ \text{cm}^2$. La hauteur cherchée $h$ vérifie donc :

$$ 5 \times h = 32 $$

$$ h = 32 \div 5 $$

$$ h = 6{,}4 \ \text{cm} $$

L'allée du jardin partagé

Un jardin partagé a la forme d'un rectangle $ABCD$ de $30 \ \text{m}$ sur $18 \ \text{m}$. Une allée $EFGH$ le traverse en biais : ses deux bords $\bigl[EF\bigr]$ et $\bigl[HG\bigr]$, posés sur les côtés $\bigl[AB\bigr]$ et $\bigl[DC\bigr]$, mesurent chacun $2 \ \text{m}$. Le reste du jardin, en bleu, sera semé de gazon.

Calculer l'aire du jardin entier.

$$ \mathcal{A}_{ABCD} = 30 \times 18 $$

$$ \mathcal{A}_{ABCD} = 540 \ \text{m}^2 $$
Justifier que l'allée $EFGH$ est un parallélogramme, puis calculer son aire.

Étape 1 : Justifier que les côtés $\bigl[EF\bigr]$ et $\bigl[HG\bigr]$ sont parallèles.

Étape 2 : Comparer les longueurs de ces deux côtés.

Conclure :

Étape 1 : $\bigl[EF\bigr]$ et $\bigl[HG\bigr]$ sont portés par deux côtés opposés du rectangle, donc parallèles.

Étape 2 : ils ont la même longueur, $2 \ \text{m}$.

Conclusion : or un quadrilatère qui a deux côtés opposés parallèles et de même longueur est un parallélogramme. $EFGH$ en est donc un.

Sa base $EF$ mesure $2 \ \text{m}$, et sa hauteur est la distance entre $(AB)$ et $(DC)$, soit $18 \ \text{m}$ :

$$ \mathcal{A}_{EFGH} = 2 \times 18 $$

$$ \mathcal{A}_{EFGH} = 36 \ \text{m}^2 $$
En déduire l'aire à semer, en mètres carrés puis en ares.

Le gazon couvre le jardin privé de l'allée :

$$ 540 - 36 = 504 \ \text{m}^2 $$

Comme $1 \ \text{a} = 100 \ \text{m}^2$ :

$$ 504 \ \text{m}^2 = 5{,}04 \ \text{a} $$
Il faut $35 \ \text{g}$ de graines par mètre carré, vendues en boîtes de $1 \ \text{kg}$. Calculer le nombre de boîtes à acheter.

$$ 504 \times 35 = 17 \ 640 \ \text{g} = 17{,}64 \ \text{kg} $$

Dix-sept boîtes ne suffisent pas :

$$ 18 \ \text{boîtes} $$
Léa propose une allée plus penchée, dont les bords sur $\bigl[AB\bigr]$ et $\bigl[DC\bigr]$ mesurent toujours $2 \ \text{m}$. Elle pense qu'il restera moins de gazon. A-t-elle raison ? Justifier.

Étape 1 : Justifier que la nouvelle allée est encore un parallélogramme.

Étape 2 : Donner la base et la hauteur de ce parallélogramme.

Étape 3 : Calculer son aire.

Conclure :

Étape 1 : ses bords sur $\bigl[AB\bigr]$ et $\bigl[DC\bigr]$ sont encore parallèles et de même longueur : la nouvelle allée est encore un parallélogramme.

Étape 2 : sa base mesure $2 \ \text{m}$, et sa hauteur est toujours la distance entre $(AB)$ et $(DC)$, $18 \ \text{m}$.

Étape 3 : son aire reste $36 \ \text{m}^2$ : l'allée paraît plus longue, mais elle n'est pas plus large mesurée perpendiculairement.

Conclusion : la surface à semer ne change pas.

$$ \text{Léa a tort : il reste } 504 \ \text{m}^2 \text{ de gazon} $$

Le cadre articulé

Quatre tiges rigides sont articulées à leurs extrémités : $\bigl[AB\bigr]$ et $\bigl[CD\bigr]$ mesurent $8 \ \text{cm}$, $\bigl[AD\bigr]$ et $\bigl[BC\bigr]$ mesurent $5 \ \text{cm}$. En poussant sur un coin, on change l'ouverture de l'angle $\widehat{DAB}$, sans que les tiges se croisent.

Justifier que $ABCD$ reste un parallélogramme, quelle que soit l'ouverture.

Quelle que soit l'ouverture, les côtés opposés du quadrilatère $ABCD$ ont deux à deux la même longueur : $AB = CD = 8 \ \text{cm}$ et $AD = BC = 5 \ \text{cm}$. Or un quadrilatère dont les côtés opposés ont deux à deux la même longueur est un parallélogramme.

$ABCD$ est toujours un parallélogramme.
Pour quelle ouverture l'aire du cadre est-elle la plus grande ? Prouver qu'aucune autre ouverture ne fait mieux, et donner cette aire.

Étape 1 : Exprimer l'aire du cadre en prenant $\bigl[AB\bigr]$ pour base.

Étape 2 : Comparer la hauteur correspondante à la longueur $AD$.

Étape 3 : Trouver l'ouverture pour laquelle cette hauteur est égale à $AD$.

Conclure :

Étape 1 : on prend $\bigl[AB\bigr]$ pour base : elle mesure toujours $8 \ \text{cm}$. La hauteur est la distance $DH$ du point $D$ à la droite $(AB)$, où $H$ est le pied de la perpendiculaire à $(AB)$ passant par $D$.

Étape 2 : le chemin le plus court de $D$ à la droite $(AB)$ est la perpendiculaire : $DH$ ne dépasse jamais $DA = 5 \ \text{cm}$.

$$ \mathcal{A} = 8 \times DH \leqslant 8 \times 5 $$

Étape 3 : $DH$ n'est égale à $DA$ que si $H$ est en $A$, c'est-à-dire si $(AD)$ est perpendiculaire à $(AB)$.

Conclusion : l'aire atteint $8 \times 5$ pour un angle droit, et reste plus petite pour toute autre ouverture :

$$ \widehat{DAB} = 90° \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} \mathcal{A} = 40 \ \text{cm}^2 $$

Le cadre est alors un rectangle.
Nina veut refermer le cadre jusqu'à ce que ses diagonales soient perpendiculaires. Est-ce possible ? Prouver la réponse.

Étape 1 : Montrer que, si les diagonales étaient perpendiculaires, $(AC)$ serait la médiatrice de $\bigl[BD\bigr]$.

Étape 2 : Montrer qu'il faudrait alors $AB = AD$.

Conclure :

Étape 1 : les diagonales d'un parallélogramme se coupent en leur milieu $O$. Si $(AC)$ était perpendiculaire à $(BD)$, elle passerait par le milieu de $\bigl[BD\bigr]$ perpendiculairement : ce serait la médiatrice de $\bigl[BD\bigr]$.

Étape 2 : le point $A$, situé sur cette médiatrice, serait à égale distance de $B$ et de $D$ : il faudrait $AB = AD$, le cadre serait un losange.

Conclusion : or, sur ce cadre :

$$ AB = 8 \ \text{cm} \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} AD = 5 \ \text{cm} $$

C'est impossible : les tiges $\bigl[AB\bigr]$ et $\bigl[AD\bigr]$ n'ont pas la même longueur.
Nina ouvre le cadre à $\widehat{DAB} = 30°$. Tracer ce cadre en vraie grandeur, puis construire le triangle équilatéral $ADE$, avec $E$ de l'autre côté de $(AB)$. Démontrer que l'aire du cadre est la moitié de l'aire maximale.

Étape 1 : Calculer l'angle $\widehat{BAE}$.

Étape 2 : Montrer que $(AB)$ coupe $\bigl[DE\bigr]$ perpendiculairement, en son milieu $H$.

Étape 3 : Calculer la hauteur $DH$ du cadre, puis son aire.

Conclure :

la construction se fait ici

Étape 1 : le triangle $ADE$ est équilatéral : $DE = AD = 5 \ \text{cm}$, et $\widehat{DAE} = 60°$. La droite $(AB)$ partage cet angle en deux :

$$ \widehat{BAE} = 60° - 30° = 30° = \widehat{DAB} $$

Étape 2 : la droite $(AB)$ est donc la bissectrice de l'angle au sommet du triangle $ADE$, isocèle en $A$. C'est son axe de symétrie : elle coupe la base $\bigl[DE\bigr]$ perpendiculairement, en son milieu $H$.

Étape 3 : la hauteur du cadre relative à la base $\bigl[AB\bigr]$ est donc $DH$, la moitié de $DE$ :

$$ DH = 5 \div 2 = 2{,}5 \ \text{cm} $$

$$ \mathcal{A} = 8 \times 2{,}5 = 20 \ \text{cm}^2 $$

Conclusion : l'aire maximale, trouvée à la question 2, vaut $40 \ \text{cm}^2$ :

$$ 20 = 40 \div 2 $$

Vérification : sur le cadre tracé en vraie grandeur, l'équerre et la règle donnent $2{,}5 \ \text{cm}$ entre $D$ et la droite $(AB)$.

Le vitrail

Un vitrail a la forme d'un parallélogramme $ABCD$, avec $AB = 60 \ \text{cm}$ et $AD = 50 \ \text{cm}$ ; la distance entre les droites $(AB)$ et $(CD)$ est de $40 \ \text{cm}$. Des baguettes de plomb relient un point $P$ aux quatre sommets : les triangles $PAB$ et $PCD$ sont en verre bleu, les triangles $PBC$ et $PDA$ en verre vert.

Le point $P$ est à $15 \ \text{cm}$ de la droite $(AB)$. Calculer l'aire du verre bleu, en $\text{cm}^2$ puis en $\text{dm}^2$.

La perpendiculaire à $(AB)$ passant par $P$ est aussi perpendiculaire à $(CD)$, qui lui est parallèle. Les distances de $P$ aux deux droites font donc ensemble $40 \ \text{cm}$ : $P$ est à $40 - 15 = 25 \ \text{cm}$ de $(CD)$.

$$ \mathcal{A}_{PAB} = \frac{60 \times 15}{2} = 450 \ \text{cm}^2 \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} \mathcal{A}_{PCD} = \frac{60 \times 25}{2} = 750 \ \text{cm}^2 $$

$$ 450 + 750 = 1 \ 200 \ \text{cm}^2 $$

Comme $1 \ \text{dm}^2 = 100 \ \text{cm}^2$ :

$$ 1 \ 200 \ \text{cm}^2 = 12 \ \text{dm}^2 $$
Le verrier affirme : « Où que l'on place $P$ dans le vitrail, le verre bleu en couvre toujours la moitié. » Démontrer qu'il a raison.

Étape 1 : Calculer l'aire du vitrail.

Étape 2 : Exprimer la distance de $P$ à $(CD)$ à l'aide de la distance $h$ de $P$ à $(AB)$.

Étape 3 : Calculer l'aire du verre bleu à l'aide de $h$.

Conclure :

Étape 1 : l'aire du vitrail vaut $60 \times 40 = 2 \ 400 \ \text{cm}^2$.

Étape 2 : on note $h$ la distance de $P$ à $(AB)$, en centimètres ; comme à la question 1, $P$ est à $40 - h$ de $(CD)$.

Étape 3 : les triangles $PAB$ et $PCD$ ont des bases de $60 \ \text{cm}$ :

$$ \mathcal{A}_{\text{bleu}} = \frac{60 \times h}{2} + \frac{60 \times (40 - h)}{2} = 30 \times h + 30 \times (40 - h) $$

$$ \mathcal{A}_{\text{bleu}} = 30 \times (h + 40 - h) = 30 \times 40 $$

$$ \mathcal{A}_{\text{bleu}} = 1 \ 200 \ \text{cm}^2 = \frac{2 \ 400}{2} $$

Conclusion : le résultat ne dépend pas de $h$ : le verrier a raison. Le verre vert couvre donc aussi $1 \ 200 \ \text{cm}^2$.
Où placer $P$ pour que les quatre morceaux de verre aient la même aire ? Prouver qu'il n'y a qu'une seule position, puis reconnaître ce point.

Étape 1 : Calculer l'aire que doit avoir chaque morceau.

Étape 2 : Trouver sur quelle droite doit se trouver $P$ pour que le triangle $PAB$ ait cette aire.

Étape 3 : Trouver de même sur quelle droite doit se trouver $P$ pour que le triangle $PDA$ ait cette aire.

Étape 4 : Justifier que ces deux conditions suffisent pour les quatre morceaux.

Conclure :

Étape 1 : chaque morceau doit mesurer $2 \ 400 \div 4 = 600 \ \text{cm}^2$.

Étape 2 : la base du triangle $PAB$ mesure $60 \ \text{cm}$, donc sa hauteur $h$ vérifie $60 \times h \div 2 = 600$, soit $h = 20 \ \text{cm}$. Le point $P$ doit être sur la parallèle à $(AB)$ située à $20 \ \text{cm}$ de $(AB)$ et de $(CD)$, à mi-distance.

Étape 3 : pour le triangle $PDA$, en prenant $\bigl[AD\bigr]$ pour base du vitrail, la distance $h'$ entre $(AD)$ et $(BC)$ vérifie $50 \times h' = 2 \ 400$, soit $h' = 48 \ \text{cm}$. La hauteur $k$ du triangle vérifie $50 \times k \div 2 = 600$, soit $k = 24 \ \text{cm}$ : $P$ doit être sur la parallèle à $(AD)$ située à mi-distance de $(AD)$ et de $(BC)$.

Étape 4 : ces deux conditions suffisent : les deux autres morceaux mesurent alors $1 \ 200 - 600 = 600 \ \text{cm}^2$ chacun, d'après la question 2.

Conclusion : or ces deux droites, parallèles l'une à $(AB)$ et l'autre à $(AD)$, sont sécantes : elles n'ont qu'un point commun.

Ce point est le centre $O$ du vitrail. Le demi-tour de centre $O$ envoie $A$ sur $C$ et $B$ sur $D$, donc la droite $(AB)$ sur la droite $(CD)$ ; il conserve les distances, donc $O$ est à la même distance de $(AB)$ et de $(CD)$, soit $20 \ \text{cm}$. De même, $O$ est à mi-distance de $(AD)$ et de $(BC)$.

Une seule position : le point d'intersection des diagonales.

Vérification : $\frac{60 \times 20}{2} = 600$ et $\frac{50 \times 24}{2} = 600$.