Baccalauréat S Liban 5 juin 2017 - Correction Exercice 1
Page 2 sur 10
Correction de l'exercice 1 (6 points)
On considère un cube ABCDEFGH dont la représentation graphique en perspective cavalière est donnée ci-dessous. Les arêtes sont de longueur 1. L'espace est rapporté au repère orthonormé $\left(\text{D};\vec{\text{DA}},\vec{\text{DC}},\vec{\text{DH}}\right)$.
Partie A
- Montrer que le vecteur $\vec{\text{DF}}$ est normal au plan (EBG). On a : $D(0;0;0)$, $F(1;1;1)$, $B(1;1;0)$, $E(1;0;1)$ et $G(0;1;1)$.
- Déterminer une équation cartésienne du plan (EBG). Une équation cartésienne du plan $(EBG)$ est donc de la forme : $x+y+z+d=0$.
- En déduire les coordonnées du point I intersection de la droite (DF) et du plan (EBG). On démontrerait de la même manière que le point J intersection de la droite (DF) et du plan (AHC) a pour coordonnées $\left(\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3} \right)$. Une représentation paramétrique de la droite $(DF)$ est :
Ainsi $\vec{DF}(1;1;1)$, $\vec{BE}(0;-1;1)$ et $\vec{BG}(-1;0;1)$.
Les vecteurs $\vec{BE}$ et $\vec{BG}$ ne sont clairement pas colinéaires.
De plus :
$\vec{DF}.\vec{BE}=0-1+1=0$ et $\vec{DF}.\vec{BG}=-1+0+1=0$.
Le vecteur $\vec{DF}$ est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(EBG)$. Il est par conséquent normal au plan $(EBG)$.
$\quad$
Le point $E(1;0;1)$ appartient au plan donc $1+0+1+d=0 \iff d=-2$.
Une équation cartésienne du plan $(EBG)$ est donc :
$$x+y+z-2=0$$
$\quad$
$\begin{cases} x=t\\y=t\\z=t\end{cases} \qquad t\in \mathbb R$.
Les coordonnées du point $I$ sont solution du système :
$\begin{align*} \begin{cases}x+y+z-2=0\\ x=t\\y=t\\z=t\end{cases} &\iff \begin{cases} t+t+t-2=0\\x=t\\y=t\\z=t\end{cases} \\
&\iff \begin{cases}3t=2\\x=t\\y=t\\z=t\end{cases} \\
&\iff \begin{cases} t=\dfrac{2}{3} x=\dfrac{2}{3}\\y=\dfrac{2}{3}\\z=\dfrac{2}{3}\end{cases} \end{align*}$
Ainsi $I$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{2}{3};\dfrac{2}{3};\dfrac{2}{3}\right)$.
$\quad$
Partie B
À tout réel $x$ de l'intervalle [0;1], on associe le point $M$ du segment [DF] tel que $\vec{\text{D}M} = x\vec{\text{DF}}$. On s'intéresse à l'évolution de la mesure $\theta$ en radian de l'angle $\widehat{\text{EMB}}$ lorsque le point $M$ parcourt le segment [DF]. On a $0 \leqslant \theta \leqslant \pi$.
- Que vaut $\theta$ si le point $M$ est confondu avec le point D ? avec le point F ? Les côtés $[ED]$, $[DB]$ et $[EB]$ du triangle $EDB$ sont les diagonales de carré de côté de longueur $1$.
-
- Justifier que les coordonnées du point $M$ sont $(x;x;x)$. On a $\vec{DM}=x\vec{DF}$ avec $\vec{DF}(1;1;1)$.
- Montrer que $\cos (\theta) = \dfrac{3x^2 - 4x + 1}{3x^2 - 4x + 2}$. On pourra pour cela s'intéresser au produit scalaire des vecteurs $\vec{M\text{E}}$ et $\vec{M\text{B}}$. On a $\vec{ME}(1-x;-x;1-x)$ et $\vec{MB}(1-x;1-x;-x)$.
Par conséquent :
$\begin{align*} \vec{DM}=x\vec{DF} &\iff \begin{cases} x_M-0=x\times 1\\y_M-0=x\times 1\\z_M-0=x\times 1 \end{cases} \\
&\iff \begin{cases} x_M=x\\y_M=x\\z_M=x\end{cases}\end{align*}$.
Ainsi les coordonnées du point $M$ sont $(x;x;x)$.
$\quad$
$\begin{align*} \vec{ME}.\vec{MB}&= (1-x)^2-x(1-x)+(1-x)\times -x \\
&=1-2x+x^2-x+x^2-x+x^2\\
&=1-4x+3x^2
\end{align*}$
$ME=\sqrt{(1-x)^2+(-x)^2+(1-x)^2}$ et $MB=\sqrt{(1-x)^2+(1-x)^2+(-x)^2}$.
Donc
$\begin{align*} ME\times MB &= (1-x)^2+(-x)^2+(1-x)^2 \\ &=1-2x+x^2+x^2+1-2x+x^2 \\ &=2-4x+3x^2 \end{align*}$
$\begin{align*} \vec{ME}.\vec{MB}=ME\times MB\times \cos(\theta) &\iff 1-4x+3x^2=\left(2-4x+3x^2\right)\cos(\theta) \\
&\iff \cos(\theta)=\dfrac{3x^2-4x+1}{3x^2-4x+2}
\end{align*}$ - On a construit ci-dessous le tableau de variations de la fonction \[f \::\: x \longmapsto \dfrac{3x^2 - 4x + 1}{3x^2 - 4x + 2}.\]
Pour quelles positions du point $M$ sur le segment [DF] :- le triangle $M$EB est-il rectangle en $M$ ? Le triangle $MEB$ est rectangle en $M$ si, et seulement si, $\cos(\theta)=0$.
- l'angle $\theta$ est-il maximal ? La fonction $\cos$ est décroissante sur l’intervalle $[0;\pi]$.
$\bullet$ La fonction $f$ est strictement décroissante et continue sur l’intervalle $\left[0;\dfrac{2}{3}\right]$.
$f(0)=\dfrac{1}{2}>0$ et $f\left(\dfrac{2}{3}\right)=-\dfrac{1}{2}<0$.
D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x)=0$ possède une unique solution sur l’intervalle $\left[0;\dfrac{2}{3}\right]$.
Or $f\left(\dfrac{1}{3}\right)=0$. Le point $M$ est confondu avec le point $J$.
$\bullet$ Sur l’intervalle $\left[\dfrac{2}{3};1\right[$, on a $f(x)<0$.
L’équation $f(x)=0$ ne possède aucune solution sur l’intervalle $\left[\dfrac{2}{3};1\right[$.
$\bullet$ $f(1)=0$. Le point $M$ est confondu avec le point $F$.
$\bullet$ Les seules positions du point $M$ sur le segment $[DF]$ pour lesquelles le triangle $MEB$ est rectangle en $M$ sont lorsque $M$ est confondu avec le point $J$ ou confondu avec le point $F$.
$\quad$
Ainsi l’angle $\theta$ est maximal quand $\cos(\theta)$ est minimal.
La fonction $f$ atteint son minimum pour $x=\dfrac{2}{3}$.
L’angle $\theta$ est maximal quand $M$ est confondu avec le point $I$.
$\quad$
Le triangle $EDB$ est donc équilatéral et tous ses angles mesurent $\dfrac{\pi}{3}$ radian.
Si le point $M$ est confondu avec le point $D$ alors l’angle $\widehat{EMB}=\dfrac{\pi}{3}$.
$\quad$
Le triangle $EFB$ est rectangle en $F$.
Si le point $M$ est confondu avec le point $F$ alors l’angle $\widehat{EMB}=\dfrac{\pi}{2}$, car $\widehat{EMB}=\widehat{EFB}=\dfrac{\pi}{2}$ en effet $EFBA$ est une face du cube, donc est un carré.
$\quad$
Une animation GeoGebra ?
- Vues: 21064