Aire du carré MBRQ

A, M et B alignés donc ${\displaystyle {\rm {MB}}={\rm {AB}}-{\rm {AM}}=8-x}$

L’aire d’un carré est égale au carré de son côté donc la solution est ${\displaystyle (8-x)^{2}}$

Aire du triangle APM

Soit (PD) la hauteur de APM issue de P, et D l'intersection de celle-ci et de (AM)

Comme APM est équilatéral, on a ${\displaystyle {\rm {AD}}={\frac {\rm {AM}}{2}}={\frac {x}{2}}}$

Selon le théorème de Pythagore, dans le triangle rectangle APD on a ${\displaystyle {\rm {PD}}^{2}+{\rm {AD}}^{2}={\rm {AP}}^{2}}$, soit ${\displaystyle {\rm {PD}}^{2}={\rm {AP}}^{2}-{\rm {AD}}^{2}=x^{2}-\left({\frac {x}{2}}\right)^{2}=x^{2}\left(1-{\frac {1}{4}}\right)={\frac {3}{4}}x^{2}}$

PD est positif car c’est une distance donc ${\displaystyle {\rm {PD}}={\sqrt {{\frac {3}{4}}x^{2}}}={\frac {\sqrt {3}}{2}}x}$

La solution est donc ${\displaystyle {\frac {{\rm {AM}}\times {\rm {PD}}}{2}}={\frac {x\times {\frac {\sqrt {3}}{2}}x}{2}}={\frac {x^{2}{\sqrt {3}}}{4}}}$

Aire du triangle MPQ

Soit (PE) la hauteur de PQM issue de P, et E l'intersection de celle-ci et de (QM)

${\displaystyle {\rm {PE}}={\frac {x}{2}}}$

La solution est donc ${\displaystyle {\frac {{\rm {QM}}\times {\rm {PE}}}{2}}={\frac {(8-x){\frac {x}{2}}}{2}}=2x-{\frac {1}{4}}x^{2}}$

Aire de ABRQP

La solution est la somme des 3 aires calculées précédemment, soit : ${\displaystyle (8-x)^{2}+{\frac {x^{2}{\sqrt {3}}}{4}}+2x-{\frac {1}{4}}x^{2}}$

Développement et réduction de ${\displaystyle A(x)}$

${\displaystyle {\begin{aligned}64-16x+x^{2}+{\frac {x^{2}{\sqrt {3}}}{4}}+2x-{\frac {1}{4}}x^{2}&=\left({\frac {3}{4}}+{\frac {\sqrt {3}}{4}}\right)x^{2}-14x+64\\&={\frac {3+{\sqrt {3}}}{4}}x^{2}-14x+64\end{aligned}}}$

Courbe représentative et table de valeurs

${\displaystyle {\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}0&1&2&3&4&5&6&7&8\\\hline 64&{\frac {{\sqrt {3}}+203}{4}}&{\sqrt {3}}+39&{\frac {9{\sqrt {3}}+115}{4}}&4{\sqrt {3}}+20&25{\sqrt {3}}+51&9{\sqrt {3}}+7&{\frac {49{\sqrt {3}}+11}{4}}&16{\sqrt {3}}\end{array}}}$