Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Bien sûr, il nécessite de montrer que $FJ=\dfrac{1}{2}AB$ (très facile).

Quelle que soit la position de B, l'aire du rectangle AFED = aire du carré AFCO + ou - aire du rectangle ODEC.

Si x est l'abscisse de B et r le rayon du cercle de centre O, alors aire = r² - rx.

Les 2 cercles ont pour équations x² + y² = r² et (r-x)² + y² = 6², soit r² -2rx + x² +y² = 36. D'où : r² - 2rx + r² = 36,

donc 2(r² - rx) = 36, et alors aire = 18 !

On peut voir deux triangles semblables, ou directement par projection et projection réciproque entre l'hypothénuse et le diamètre du cercle vu de deux façons:
En notant L la longueur moitié de l'hypothénuse, on a toujours que l'aire vaut $2L^2$, soit pile l'aire de deux carrés quand C est confondu avec le pied de la médiatrice...

En notant p la projection orthogonale des longueurs sur le diamètre du cercle l'aire est $A = p(2L)q(L)$ avec $q(L)$ rayon du cercle ( et donc p(q(x) = x )
Donc par linéarité $A = 2p(L)q(L) = 2p( q(L) L) = 2p(q( LL) ) = 2 p o q (L^2) = 2L^2$
On a simplement  utilisé une section q , linéaire, de la projection surjective linéaire p.

l'aire est égale à 18 cm².

Sans tout dévoiler, on peut constater que lorsque $C$ décrit la médiatrice de $[AB]$, l'aire du rectangle coloré reste constante ($\text{18 }cm^2$)

Merci Fred : c'est amusant !