
\begin{enumerate}
\item \label{exfct-jardin-q1}
\begin{enumerate}
\item Nous avons le schéma suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) node[below left] {A} -- (4,0) node[below right] {B} -- (60:4) node[above] {C} -- cycle;
\draw[dotted] (60:4) -- (2,0) node[below] {H} node[midway,below right] {$h$};
\draw (1,0) arc(0:60:1cm);
\node[right] at (30:1cm) {$60^\circ$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
Dans le triangle ACH rectangle en H :
\[
\sin60^\circ=\dfrac{h}{AC}\qquad\text{donc}\qquad h=AC\sin60^\circ=30\times\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\underline{15\sqrt{3}}.
\]

\item\label{exfct-jardin-q1b} L'aire d'un triangle est donnée par la formule : $\dfrac{\text{base}\times\text{hauteur}}{2}$ donc l'aire de ABC est :
\[
\mathcal{A}=\dfrac{AB\times h}{2}=\dfrac{30\times15\sqrt{3}}{2}\Rightarrow\boxed{\mathcal{A}=225\sqrt{3}~\text{m}^2}
\]
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item Considérons les points P et Q comme indiqués ci-dessous, de sorte que AA'P et AA'Q soient rectangles respectivement en P et Q (voir schéma page suivante).
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\filldraw[fill=yellow!50!brown,draw=black] 
(0,0) node[below left] {A'} -- 
(4,0) node[below right] {B'} -- 
(60:4) node[above] {C'} -- cycle;
\filldraw[fill=green!50!brown,draw=black]
(1,0.5) node[left] {A} --
(3,0.5) node[below right] {B} node[above,midway,scale=0.75] {30 m} -- 
($(1,0.5)+(60:2)$) node[above] {C} -- cycle;
\draw[<->,>=latex'] (2,0) -- (2,0.5) node[midway,right] {$x$};
\draw[dotted] (1,0.5) -- (1,0) node[below] {P};
\draw[dotted] (1,0.5) -- (60:1) node[left] {Q};
\end{tikzpicture}
\end{center}

$\left.\begin{array}{l}
AP=AQ\\
(AP)\perp(A'B')\text{ et }(AQ)\perp(A'C')
\end{array}\right\}\Rightarrow(A'A)\text{ est la bissectrice de }\widehat{B'A'C'}.$

Ainsi, $\widehat{B'A'A}=30^\circ$. Dans le triangle A'AP, rectangle en P, on a donc :
\[
\tan\widehat{PA'A}=\dfrac{AP}{A'P}\Rightarrow A'P=\dfrac{AP}{\tan30^\circ}\Rightarrow A'P=\dfrac{x}{\frac{1}{\sqrt{3}}}\Rightarrow A'P=x\sqrt{3}\;.
\]
Pour des raisons de symétrie de la figure, on a : $A'B'=2A'P+AB$, soit \underline{$A'B'=30+2x\sqrt{30}$}.

\item D'après ce qui a été fait dans la question \ref{exfct-jardin-q1}~\ref{exfct-jardin-q1b}, l'aire d'un triangle équilatéral de côté $a$ est égale à $a^2\dfrac{\sqrt{3}}{4}$. Ainsi, 
\begin{align*}
\mathcal{A}' & = (A'B')^2\times\dfrac{\sqrt{3}}{4}\\
& = \big(30+2x\sqrt{3}\big)^2\dfrac{\sqrt{3}}{4}\\
& = \left[2\big(15+x\sqrt{3}\big)\right]^2\dfrac{\sqrt{3}}{4}\\
\Aboxed{\mathcal{A}' & = \big(15+x\sqrt{3}\big)^2\sqrt{3}}
\end{align*}
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item L'aire de l'allée ($\mathcal{A}'-\mathcal{A}$) est égale à celle du jardin ($\mathcal{A}$) donc $\mathcal{A}'-\mathcal{A}=\mathcal{A}$. 

En ajoutant $\mathcal{A}$ à droite et à gauche du signe \og $=$ \fg, on arrive à l'équation : $\mathcal{A}'=2\mathcal{A}$.

\item $\begin{aligned}[t]
\mathcal{A}'=2\mathcal{A} & \iff \big(15+x\sqrt{3}\big)^2\sqrt{3}=450\sqrt{3}\\
& \iff \big(15+x\sqrt{3}\big)^2=450\\
& \iff 15+x\sqrt{3}=\sqrt{450}\qquad\text{(car }15+x\sqrt{3}>0)\\
& \iff x\sqrt{3}=\sqrt{450}-15\\
& \iff x=\dfrac{\sqrt{450}-15}{\sqrt{3}}\\
& \iff x=\dfrac{15\sqrt{2}-15}{\sqrt{3}}\\
& \iff x=\dfrac{15\big(\sqrt{2}-1\big)\sqrt{3}}{3}\\
& \iff \boxed{x=5\sqrt{3}\big(\sqrt{2}-1\big)}
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
