Baccalauréat S Liban 5 juin 2017 - Correction Exercice 1

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Correction de l'exercice 1 (6 points)


Commun à tous les candidats

 


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 $\left(\text{D};\vec{\text{DA}},\vec{\text{DC}},\vec{\text{DH}}\right)$.
Ex1 Cube

Partie A

 

  1. Montrer que le vecteur $\vec{\text{DF}}$ est normal au plan (EBG).
  2. On a : $D(0;0;0)$, $F(1;1;1)$, $B(1;1;0)$, $E(1;0;1)$ et $G(0;1;1)$.
    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 $(EBG)$.
    $\quad$
  3. Déterminer une équation cartésienne du plan (EBG).
  4. Une équation cartésienne du plan $(EBG)$ est donc de la forme : $x+y+z+d=0$.
    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 :
    $$x+y+z-2=0$$
    $\quad$
  5. 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 $\left(\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3} \right)$.
  6. Une représentation paramétrique de la droite $(DF)$ est :
    $\begin{cases} x=t\\y=t\\z=t\end{cases} \qquad t\in \mathbb R$.
    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 $0 \leqslant \theta \leqslant \pi$.

  1. Que vaut $\theta$ si le point $M$ est confondu avec le point D ? avec le point F ?
  2. Les côtés $[ED]$, $[DB]$ et $[EB]$ du triangle $EDB$ sont les diagonales de carré de côté de longueur $1$.
    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.
    $\quad$
    1. Justifier que les coordonnées du point $M$ sont $(x;x;x)$.
    2. On a $\vec{DM}=x\vec{DF}$ avec $\vec{DF}(1;1;1)$.
      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 $(x;x;x)$.
      $\quad$
    3. 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 $\vec{M\text{B}}$.
    4. On a $\vec{ME}(1-x;-x;1-x)$ et $\vec{MB}(1-x;1-x;-x)$.
      $\begin{align*} \vec{ME}.\vec{MB}&= (1-x)^2-x(1-x)+(1-x)\times -x \\
      &=1-2x+x^2-x+x^2-x+x^2\\
      &=1-4x+3x^2
      \end{align*}$
      $ME=\sqrt{(1-x)^2+(-x)^2+(1-x)^2}$ et $MB=\sqrt{(1-x)^2+(1-x)^2+(-x)^2}$.
      Donc
      $\begin{align*} ME\times MB &= (1-x)^2+(-x)^2+(1-x)^2 \\ &=1-2x+x^2+x^2+1-2x+x^2 \\ &=2-4x+3x^2 \end{align*}$
      $\begin{align*} \vec{ME}.\vec{MB}=ME\times MB\times \cos(\theta) &\iff 1-4x+3x^2=\left(2-4x+3x^2\right)\cos(\theta) \\
      &\iff \cos(\theta)=\dfrac{3x^2-4x+1}{3x^2-4x+2}
      \end{align*}$
  3. On a construit ci-dessous le tableau de variations de la fonction \[f \::\: x \longmapsto \dfrac{3x^2 - 4x + 1}{3x^2 - 4x + 2}.\]
     Ex1 tabvar
    Pour quelles positions du point $M$ sur le segment [DF] :
    1. le triangle $M$EB est-il rectangle en $M$ ?
    2. Le triangle $MEB$ est rectangle en $M$ si, et seulement si, $\cos(\theta)=0$.
      $\bullet$ 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 $F$.
      $\quad$
    3. l'angle $\theta$ est-il maximal ?
    4. La fonction $\cos$ est décroissante sur l’intervalle $[0;\pi]$.
      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 $I$.
      $\quad$
Une animation GeoGebra ?

 

Exercice 2
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