Eclipse solaire partielle $2$

D’abord, si $A$ et $A'$ sont les points communs des deux cercles alors, puisque les cercles ont même rayon, le quadrilatère $SALA'$ est un losange. Ses diagonales se coupent donc en leur milieu et perpendiculairement. Il suit que $(AA')$ coupe $[SL]$ en son milieu $B$ et que la droite $(AA')$ (donc la droite $(AB)$) est un axe de symétrie de la figure.

La droite $(SL)$ est aussi un axe de symétrie de la figure. Pour trouver l’aire $\mathcal{A}$ recherchée, il suffit de trouver l’aire de sa moitié $A_{1}$. $\boxed{\mathcal{A}=2A_{1}}$
Je note $A_{2}$ et $A_{3}$ les aires délimitées par les demi-cercles et la droite $(AB)$ comme indiqué sur le schéma.

Par homothétie, on se ramène au cas où $R=1$.
On a $A_{1}+A_{2}+A_{3}=\dfrac{\pi}{2}$ puis $\boxed{A_{1}=\dfrac{\pi}{2}-2A_{3}}$ $\big( \bigstar \big)$ puisque par symétrie par rapport à $(AB)$, $A_{2}=A_{3}$.

Calcul de $A_{3}$
On peut voir l’aire $A_{3}$ comme l’intégrale sous la courbe du demi-cercle de centre $S$. Si $S$ est l’origine d’un repère orthornormé comme sur la figure, sa courbe est donnée par $x \mapsto \sqrt{1-x^{2}}$.

$A_{3}= \displaystyle \int_{0,25}^{1} \sqrt{1-x^{2}}dx= \displaystyle \int_{\arcsin(0,25)}^{\pi \div 2} \sqrt{\cos^{2} (\theta)} \cos(\theta) dx$ par changement de variable $x=cos(\theta)$.

Sur l’intervale, $\cos>0$ et on doit donc intégrer $x \mapsto \cos^{2}(x)=\dfrac{1+\cos(2x)}{2}$. Or$x \mapsto \dfrac{x}{2} +\dfrac{\sin(2x)}{4}$ est une primitive.
On obtient donc
$A_{3}=\dfrac{1}{2} \big( \dfrac{\pi}{2} - \arcsin(0,25) \big)- \dfrac{\sin(2t)}{4}$ avec $t=\arcsin(0,25)$.

Sachant $\cos^{2}(t)+sin^{2}(t)=1$ avec $\sin(t)=0,25$ et $\cos(t)\geqslant 0$, on obtient $\cos(t)=\dfrac{\sqrt{15}}{4}$ ce qui permet d’écrire :
$\sin(2t)=2\cos(t)\sin(t)=\dfrac{\sqrt{15}}{8}$. D’où $\boxed{A_{3}=\dfrac{1}{2} \big( \dfrac{\pi}{2} - \arcsin(0,25) \big)- \dfrac{\sqrt{15}}{32}}$.

En utilisant $\big( \bigstar \big)$, on obtient $A_{1}=\arcsin(0,25) +\dfrac{\sqrt{15}}{16}$ et finalement $\mathcal{A}=2\arcsin(\dfrac{1}{4})+\dfrac{\sqrt{15}}{8}$.

Par homothétie, on déduit le cas général : $\boxed{\mathcal{A}=R^2 \big( 2\arcsin(\dfrac{1}{4})+\dfrac{\sqrt{15}}{8}\big)}$.