\begin{questions}
\item Comme le trapèze est isocèle, $AD=2AH+BC$.

De plus, $AH=AB\cos x$ et $BH=AB\sin x$ donc $AD=1+2\cos x$ et $BH=\sin x$.

\item
\begin{questions}
\item $\begin{aligned}[t]
A(x) & = AH\times BH+BH\times BC\\
& = 1\times\cos x \times\sin x+1\times\sin x\times1\\
& = \left(\cos x+1\right)\sin x\;.
\end{aligned}$

\item La fonction $A$ est dérivable sur $\R$ comme produit de fonctions dérivables sur $\R$.
\begin{align*}
A'(x) & = \cos x(1+\cos x)+\sin x(-\sin x)\\
& = \cos x(1+\cos x)-(1-\cos^2x)\\
& = 2\cos^2 x+\cos x -1\;.
\end{align*}
Or,
\begin{align*}
2\left(\cos x-\dfrac{1}{2}\right)(1+\cos x) & =2\left(\cos x+\cos^2x -\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\cos x\right)\\
& = 2\cos^2x +\cos x-1.
\end{align*}
Cela prouve que l'on a bien $A'(x)=2\left(\cos x-\dfrac{1}{2}\right)(1+\cos x)$.

\newpage

\item \label{ch5ex12qc}\par~
\vspace*{-2em}
\begin{center}
\includegraphics{193_trigo-10}
\end{center}

Sur le cercle trigonométrique, on lit que dans l'intervalle $\left[0~;\dfrac{\pi}{2}\right]$, on a $\cos x\geqslant\dfrac{1}{2}$ pour $x\in\left[0~;\dfrac{\pi}{3}\right]$.

\item On calcule :
\[ A(0)=0\quad ; \quad A\left(\frac{\pi}{2}\right)=1\quad;\quad A\left(\frac{\pi}{3}\right)=\left(1+\dfrac{1}{2}\right)\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}.\]

Gr\^ace à la question \ref{ch5ex12qc}, on conna\^it le signe de $A'(x)$ sur $\left[0~;\dfrac{\pi}{2}\right]$ et on peut établir le tableau de variation de $A$ suivant :

\begin{center}
\begin{tabular}{|C|*5{Zc}|}
\hline\tabulartitle
$x$ & $0$ &  & $\dfrac{\pi}{3}$ &  & $\dfrac{\pi}{2}$\\
\hline
$A'(x)$ &  & $+$ & $0$ & $-$ & \\
\hline
        &  &     & $\frac{3\sqrt{3}}{4}$&  &  \\
$A(x)$  &  & $\nearrow$ &  & $\searrow$ & \\
        & 0 &           &  &            & 1\\
        \hline
\end{tabular}
\end{center}

\item L'aire maximale est obtenue lorsque l'angle $\widehat{BAD}$ mesure $\dfrac{\pi}{3}$ radians, et elle vaut alors $\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$.
\end{questions}
\end{questions}
