Si l'on prend $[AA']$ pour base du triangle, la hauteur associée est $[MI]$.
On a $MI = OI - OM = 1 - x$.
D'autre part, puisque $A$ est sur le cercle et que son ordonnée est positive. \[\begin{aligned} x_A^2 + y_A^2 &= 1& \\ \implies y_A^2 &= 1 - x_A^2& \\ \implies y_A &= \sqrt{1-x_A} = \sqrt{1-x}.& \end{aligned}\] Donc \[AA' = 2MA = 2\sqrt{1-x}.\] L'aire du triangle se calcule donc par: \[\frac{MI\times AA'} 2 = \frac{(1-x)\cdot 2\sqrt{1-x}} 2 = (1-x)\sqrt{1-x^2}.\]

La fonction $f$ est dérivable sur $]-1;1[$ et pour tout $x$ de cet intervalle \[\begin{aligned} f'(x) &=-1\sqrt{1-x^2} + (1-x)\times\frac{-2x}{2\sqrt{1-x^2}}& \\ &=-\sqrt{1-x^2} - \frac{x(1-x)}{\sqrt{1-x^2}}& \\ &=\frac{-\left(\sqrt{1-x^2}\right)^2 - x(1-x)}{\sqrt{1-x^2}}& \\ &=\frac{-1+x^2 - x + x^2}{\sqrt{1-x^2}}& \\ &=\frac{2x^2-x-1}{\sqrt{1-x^2}}.& \end{aligned}\] Le dénominateur étant strictement positif, le signe de $f'(x)$ est entièrement déterminé par le signe de son numérateur.
Ce numérateur est un polynôme de degré 2. Il admet $x_1 = 1$ pour racine évidente, puisque \[x = 1 \implies x^2 -x - 1 = 1^2 - 1 - 1 = 0.\] Le produit de ses racines est \[x_1x_2 = \frac c a = -\frac 1 2 \implies x_2 = -\frac 1 2.\] Enfin, son coefficient principal est 2, positif. Ce polynôme est positif à l'extérieur de ses racines. On en déduit le tableau de variation de $f$. Avec \[\begin{aligned} \lim_{x\to-1} f(x) &= \left(1-(-1)\right)\sqrt{1-(-1)^2} = 2\times 0 = 0& \\ \lim_{x\to1} f(x) &= (1-1)\sqrt{1-1^2} = 0\times 0 = 0.& \\ f\left(-\frac 1 2\right) &= \left(1+\frac 1 2\right)\sqrt{1-\frac 1 4} =\frac 3 2\times \frac{\sqrt 3} 2 = \frac{3\sqrt{3}}4.& \end{aligned}\]

La fonction $f$ donne l'aire du triangle $IAA'$ en fonction de l'abscisse $x$ du point $M$.
Cette fonction admet un maximum en $-\dfrac 1 2$, qui vaut $\dfrac{3\sqrt 3}4$.
L'aire du triangle $IAA'$ est donc maximale quand $M$ est au milieu du segment $[OI']$. Elle vaut alors $\dfrac{3\sqrt 3}4$ unités d'aire.

Puisque $A$ et $A'$ ont pour abscisse $-\frac 1 2$, \[\cos\left(\overrightarrow{OI},\overrightarrow{OA}\right) = \cos\left(\overrightarrow{OI},\overrightarrow{OA'}\right) = -\frac 1 2\] et donc $\left(\overrightarrow{OI},\overrightarrow{OA}\right) =\dfrac{2\pi}3$ tandis que $\left(\overrightarrow{OI},\overrightarrow{OA'}\right) = -\dfrac{2\pi}3$.\\ Les points $I$, $A$ et $A'$ partagent le cercle en 3 arcs égaux. Les cordes sous-tendant ces arcs sont donc aussi égales : \[IA = IA' = AA'.\] Le triangle $IAA'$ est donc équilatéral.

Par symétrie, il est clair que $IA = IA'$. or \[\begin{aligned} IA &= 1 - x = 1 - \left(-\frac 1 2\right) = \frac 3 2.& \\ MA &=\sqrt{1-x^2} = \sqrt{1-\left(-\frac 1 2\right)^2}=\sqrt{1-\frac 1 4} = \sqrt{\frac 3 4} = \frac{\sqrt 3} 2.& \\ AA' &= 2MA = \sqrt 3.& \end{aligned}\] Le triangle $IMA$ est rectangle en $M$ donc \[\begin{aligned} IA^2 &= IM^2 + MA^2& \\ \implies IA^2 &= \left(\frac 3 2\right)^2 + \left(\frac{\sqrt 3} 2\right)^2 = \frac 9 4 + \frac 3 4 = 3& \\ \implies IA &= \sqrt 3 = AA'.& \end{aligned}\] Le triangle $IAA'$ est donc bien équilatéral.

Sur l'intervalle $\left]-1;-\frac 1 2\right]$, la fonction $f$ est continue, $\displaystyle\lim_{x\to-1} f(x) = 0<1$ et $f\left(-\dfrac 1 2\right) = \dfrac{3\sqrt 3}4 > 1$.
Donc l'équation $f(x) =1$ admet une solution sur cet intervalle.
Puisque $f$ est strictement croissante sur cet intervalle, cette solution, notée $\alpha$, est unique.
Sur l'intervalle $\left[-\frac 1 2;1\right[$, la fonction $f$ est continue, $f\left(-\frac 1 2\right) > 1$ et $\displaystyle\lim_{x\to 1} f(x)<1$.
De plus, $f$ est strictement croissante, donc l'équation $f(x) = 1$ admet sur cet intervalle une solution unique que nous notons $\beta$.

Puisqu'il n'y a pas d'entier dans $\left]-1;-\dfrac 1 2\right[$, la solution entière ne peut être que $\beta$.
Et en effet : \[f(0) = (1-0)\sqrt{1-0^2} = 1\times 1 = 1 \implies \beta = 0.\]
À l'aide de la calculatrice, on obtient que \[f(-0,84)\approx 0,998 \quad\text{et}\quad f(-0,83)\approx 1,021.\] Donc $\alpha\in]-0,84\;;\;-0,83[$.