Bac S 2014 Maths France Métropole Exercice 4 Obl

Enoncé

Dans l’espace, on considère un tétraèdre ABCD dont les faces ABC, ACD et ABD sont des triangles rectangles et isocèles en A. On désigne par E, F et G les milieux
respectifs des côtés [AB], [BC] et [CA].

On choisit AB pour unité de longueur et on se place dans le repère orthonormé \left(A; \overrightarrow{\mathrm{AB}} ; \overrightarrow{\mathrm{AC}} ; \overrightarrow{\mathrm{AD}} \right) de l’espace.

Question 1

On désigne par \mathcal{P} le plan qui passe par A et qui est orthogonal à la droite (DF).
On note H le point d’intersection du plan \mathcal{P} et de la droite (DF).


a. Donner les coordonnées des points D et F.

On va commencer par faire une figure avec les points en question, dans le repère considéré :

Bas S 2014 Maths France Métropole Exercice 4 2014-fm-exo4-6

Euh… Et si on arrive pas à dessiner un tétraèdre, on est foutu pour tout l’exo non ?

Alors, faire une figure ici est un bon réflexe pour « voir » les choses. Ceci étant dit, comme vous allez pouvoir le voir par la suite, toutes les questions de la partie intitulée « Question 1 » étaient faisables sans « voir les choses » : il s’agissait simplement d’appliquer des formules… Je vous l’accorde : il est pénible de faire des calculs sans voir quoi que ce soit, mais c’est mieux que de ne rien essayer du tout…

Par contre, j’avoue que faire les questions de la partie « Question 2 » sans faire de figure, cela me paraît assez difficile…

Bref, revenons à l’exercice et commençons par simplement donner les coordonnées des points liés au repère. Pour cela , il faut savoir que :

Dire que l’on se place dans un repère orthonormé \left(A; \overrightarrow{AB} ; \overrightarrow{AC} ; \overrightarrow{AD} \right) de l’espace, c’est dire que les points A,B,C,D ont les coordonnées suivantes :

  • A (0;0;0)
  • B(1;0;0)
  • C(0;1;0)
  • D(0;0;1)

et qu’un point M de l’espace a pour coordonnées (x;y;z) si et seulement si \overrightarrow{AM} = x\overrightarrow{AB} + y\overrightarrow{AC} + z\overrightarrow{AD}.

On peut donc écrire :

On est dans le repère orthonormé \left(A; \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{AD} \right), donc le point D a pour coordonnées (0;0;1).
OK, mais pour F comment on fait ?

D’après l’énoncé nous indique que F est le milieu de [BC]. Donc le théorème suivant doit immédiatement vous venir à l’esprit :

Soit A(x_A;y_A;z_A) et B(x_B;y_B;z_B) deux points de l’espace. Soit M le milieu du segment [AB]. Alors le point M a pour coordonnées  \left( \dfrac{x_A+x_B}{2}; \dfrac{y_A+y_B}{2}; \dfrac{z_A+z_B}{2} \right) .

Ici, cela donne :

Comme on est dans le repère orthonormé \left(A; \overrightarrow{AB} ; \overrightarrow{AC} ; \overrightarrow{AD} \right), les point B et C ont pour coordonnées respectives (1;0;0) et (0;1;0) .D’où, comme F est le milieu du segment [BC], on a :

x_F = \dfrac{x_B + x_C}{2} = \dfrac{1+0}{2} = \dfrac{1}{2}

y_F = \dfrac{y_B + y_C}{2} = \dfrac{0+1}{2} = \dfrac{1}{2}

z_F = \dfrac{z_B + z_C}{2} = \dfrac{0+0}{2} = 0.

Donc le point F a pour coordonnées \left(\dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} ; 0\right).

b. Donner une représentation paramétrique de la droite (DF).

Il est aisé de déterminer une représentation paramétrique d’une droite lorsque l’on connaît les coordonnées :

  • d’un vecteur directeur de cette droite ;
  • d’un point appartenant à cette droite ;

si l’on sait que :

La droite \Delta :

  • est une droite de vecteur directeur \overrightarrow{\mathrm{u}}(a;b;c) ;
  • et passe par le point A(x_A;y_A;z_A) ;

si et seulement si elle est caractérisée par la représentation paramétrique
 \left\lbrace\begin{array}{cc}x = at + x_A & \\y = bt + y_A, & t \in \mathbb{R} \\z = ct + z_A &\end{array}\right. .

Mais ici, on ne nous donne pas un point et un vecteur directeur de la droite, mais deux points…

C’est plus qu’il n’en faut ! Regardez le schéma ci-dessous :

Bac S 2014 Maths France Métropole Exercice 4 Obl 2014-fm-exo4-1

Une autre façon de caractériser la droite (DF) que par ses deux points D et F, c’est de la voir comme la droite :

  • de vecteur directeur \overrightarrow{DF} ;
  • qui passe par le point D.

On peut donc appliquer le rappel de cours ci-dessus !

OK, mais comment fait-on pour trouver les coordonnées du vecteur \overrightarrow{DF} ?

On se souvient simplement que :

Soit A(x_A;y_A;z_A) et B(x_B;y_B;z_B) deux points de l’espace.
Le vecteur \overrightarrow{AB} a pour coordonnées (x_B-x_A;y_B-y_A;z_B-z_A).

On peut donc écrire :

La droite (DF) passe par le point D(0;0;1), et a pour vecteur directeur \overrightarrow{DF}.
Or, les coordonnées du vecteur \overrightarrow{DF} sont :
\overrightarrow{DF}(x_F - x_D ; y_F - y_D ; z_F - z_D)
\overrightarrow{DF}\left(\dfrac{1}{2} - 0 ; \dfrac{1}{2} - 0 ; 0 - 1\right)
\overrightarrow{DF}\left(\dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} ; -1\right)

Donc une représentation paramétrique de (DF) est donnée par
\begin{cases}x = \dfrac{1}{2}t \\\\y = \dfrac{1}{2}t , t \in \mathbb{R} \\\\z = -t + 1\end{cases}.

c. Déterminer une équation cartésienne du plan \mathcal{P}.

Rappelons la définition du plan \mathcal{P}.

On désigne par \mathcal{P} le plan qui passe par A et qui est orthogonal à la droite (DF).

Il est facile de déterminer une équation paramétrique d’un plan lorsqu’on connait les coordonnées :

  • d’un vecteur normal à ce plan ;
  • d’un point appartenant à ce plan ;

si l’on sait que :

Soit \mathcal{P} un plan de l’espace et \overrightarrow{\mathrm{n}} un vecteur de l’espace de coordonnées (a;b;c).
Alors \overrightarrow{\mathrm{n}} est un vecteur normal au plan \mathcal{P} si et seulement si \mathcal{P} a une équation cartésienne de la forme ax + by + cz + d = 0.
Mais ici, on connait les coordonnées du point A, qui appartient au plan \mathcal{P}, et on sait que ce plan est orthogonal à (DF), donc un vecteur normal à \mathcal{P} est le vecteur \overrightarrow{DF}, dont on a déjà calculé les coordonnées !

Exactement ! On peut donc écrire :

Un vecteur normal au plan \mathcal{P} est donné par le vecteur \overrightarrow{DF}, dont les coordonnées sont  \left( \dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} ; -1 \right) , donc \mathcal{P} a une équation cartésienne de la forme
 \dfrac{1}{2} x + \dfrac{1}{2} y - z + d = 0 , d \in \mathbb{R}.
Et comment fait-on pour trouver d ?

On utilise l’autre propriété que l’on connait du plan \mathcal{P}, à savoir qu’il passe par le point A. En effet, on se souvient que :

Soit \mathcal{P} un plan de l’espace d’équation cartésienne ax + by + cz + d = 0 et M(x_M;y_M;z_M) un point de l’espace.
Alors M \in \mathcal{P} si et seulement si ax_M + by_M + cz_M + d = 0.

Ici, il faut donc écrire :

De plus :
A \in \mathcal{P} \Leftrightarrow \dfrac{1}{2} x_A + \dfrac{1}{2} y_A - z_A + d = 0

\Leftrightarrow \dfrac{1}{2} \times 0 + \dfrac{1}{2} \times 0 - 0 + d = 0

 

\Leftrightarrow d = 0

On peut donc conclure :

Une équation cartésienne du plan \mathcal{P} est donc donnée par  \dfrac{1}{2} x + \dfrac{1}{2} y - z = 0 .

d. Calculer les coordonnées du point H.

Rappelons la définition du point H.

On note H le point d’intersection du plan \mathcal{P} et de la droite (DF).

Déterminer l’intersection entre une droite et un plan est un savoir-faire que vous devez maîtriser. La démarche est toujours la même :

\textsuperscript{\textcircled{\tiny{1}}} Remplacer les expressions de x, y et z dans l’équation cartésienne du plan \mathcal{P} par leurs expressions données dans la représentation paramétrique de (DF).
En remplaçant x, y et z dans l’équation cartésienne du plan \mathcal{P} déterminée à la question précédente par leurs expressions en fonction de t, on obtient \dfrac{1}{2} \times \left(\dfrac{1}{2}t\right) + \dfrac{1}{2} \times \left(\dfrac{1}{2}t\right) - (-t + 1) = 0.

\textsuperscript{\textcircled{\tiny{2}}} Résoudre l’équation obtenue d’inconnue t. Si :

  • on ne trouve pas de solution : l’intersection entre la droite et le plan est vide ;
  • on trouve une unique solution : l’intersection entre la droite et le plan est un point unique ;
  • on trouve une infinité de solutions : la droite appartient au plan.

Ici, on sait qu’on doit trouver une unique solution puisque l’énoncé nous demande de déterminer les coordonnées du point H :

Résolvons l’équation obtenue d’inconnue t :
\dfrac{1}{4}t + \dfrac{1}{4}t + t - 1 = 0

\dfrac{3}{2}t - 1 = 0

\dfrac{3}{2}t = 1

t = \dfrac{2}{3}

\textsuperscript{\textcircled{\tiny{3}}} Si l’intersection est un point unique, déterminer ce point en calculant ses coordonnées x, y et z. Pour cela, dans l’équation paramétrique de la droite (DF), remplacer t par la valeur trouvée.
Donc on a :
x_H = \dfrac{1}{2}t = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3}

y_H = \dfrac{1}{2}t = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3}

z_H = -t + 1 = -\dfrac{2}{3} + 1 = \dfrac{1}{3}
Donc le point H a pour coordonnées H\left(\dfrac{1}{3}; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3}\right).

e. Démontrer que l’angle \widehat{\text{EHG}} est un angle droit.

Regardez le schéma ci-dessous :

Bac S 2014 Maths France Métropole Exercice 4 Obl 2014-fm-exo4-2

A votre avis, comment va-t-on montrer que l’angle \widehat{\text{EHG}} est un angle droit ?

Il suffit de voir si les vecteurs \overrightarrow{\mathrm{HE}} et \overrightarrow{\mathrm{HG}} sont orthogonaux, non ?

Exactement ! Et pour vérifier cela, vous devez avoir le réflexe suivant :

Lorsque l’on travaille avec un repère orthonormé, pour prouver que des vecteurs sont orthogonaux, il faut calculer leur produit scalaire.

Nous allons donc chercher à calculer le produit scalaire \overrightarrow{\mathrm{HE}}.\overrightarrow{\mathrm{HG}}. Je rappelle que :

Soient  \overrightarrow{\mathrm{AB}}(x;y;z) et  \overrightarrow{\mathrm{CD}}(x deux vecteurs de l’espace.
Alors  \overrightarrow{\mathrm{AB}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{CD}} = xx.

Comme vous pouvez le voir, il faut disposer des coordonnées des vecteurs \overrightarrow{\mathrm{HE}} et \overrightarrow{\mathrm{HG}}, et donc en particulier, des coordonnées des points E et G. Une idée ?

Hum… L’énoncé indique que les points E et G sont les milieux respectifs des côtés [AB] et [CA] donc il suffit d’appliquer la formule qui donne les coordonnées du milieu d’un segment que tu as rappelée à la question 1. a. non ?

Exactement ! :

E est le milieu du segment [AB] donc :
x_E = \dfrac{x_A + x_B}{2} = \dfrac{0+1}{2} = \dfrac{1}{2}

y_E = \dfrac{y_A + y_B}{2} = \dfrac{0+0}{2} = 0

z_E = \dfrac{z_A + z_B}{2} = \dfrac{0+0}{2} = 0.
D’où le point E a pour coordonnées \left(\dfrac{1}{2} ; 0 ; 0\right).G est le milieu du segment [CA] donc :
x_G = \dfrac{x_C + x_A}{2} = \dfrac{0+0}{2} = 0

y_G = \dfrac{y_C + y_A}{2} = \dfrac{1+0}{2} = \dfrac{1}{2}

z_G = \dfrac{z_C + z_A}{2} = \dfrac{0+0}{2} = 0.
D’où le point G a pour coordonnées \left(0 ; \dfrac{1}{2} ; 0\right).

On peut maintenant passer au calcul des coordonnées des vecteurs \overrightarrow{\mathrm{HE}} et \overrightarrow{\mathrm{HG}} :

D’où :
\overrightarrow{HE}(x_E - x_H ; y_E - y_H ; z_E - z_H)

\overrightarrow{HE}(\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{3} ; 0 - \dfrac{1}{3} ; 0 - \dfrac{1}{3})

\overrightarrow{HE}(\dfrac{1}{6} ; -\dfrac{1}{3} ; -\dfrac{1}{3})\overrightarrow{HG}(x_G - x_H ; y_G - y_H ; z_G - z_H)

\overrightarrow{HG}(0 - \dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{3} ; 0 - \dfrac{1}{3})

\overrightarrow{HG}(-\dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{6} ; -\dfrac{1}{3})

Reste à déterminer leur produit scalaire :

\overrightarrow{\mathrm{HE}}.\overrightarrow{\mathrm{HG}} = \dfrac{1}{6} \times \left(-\dfrac{1}{3}\right) + \left(-\dfrac{1}{3}\right) \times \dfrac{1}{6} + \left(-\dfrac{1}{3}\right) \times \left(-\dfrac{1}{3}\right) = -\dfrac{1}{18} - \dfrac{1}{18} + \dfrac{1}{9} = 0

On peut alors conclure :

On en déduit que l’angle \widehat{\text{EHG}} est bien un angle droit.

Question 2

On désigne par M un point de la droite (DF) et par t le réel tel que \overrightarrow{DM} = t\overrightarrow{DF}. On note \alpha la mesure en radians de l’angle géométrique \widehat{EMG}.
Le but de cette question est de déterminer la position du point M pour que \alpha soit maximale.

a. Démontrer que ME^2 = \dfrac{3}{2}t^2 - \dfrac{5}{2}t + \dfrac{5}{4}.

Petit rappel :

Soient A(x_A ; y_A) et B(x_B ; y_B) deux points du plan.
On a AB^2 = \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AB} = (x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2 + (z_B - z_A)^2 .
OK, mais ici on ne connait pas les coordonnées de M

Oui, mais on sait que \overrightarrow{DM} = t\overrightarrow{DF} donc on peut les calculer :

Soit A(x_A,y_A,z_A) et B(x_B,y_B,z_B) deux points du plan. Soit M le point de la droite (AB) défini par \overrightarrow{AM} = t\overrightarrow{AB}. Alors  \begin{cases}x_M - x_A = t(x_B - x_A) \\y_M - y_A = t(y_B - y_A) \\z_M - z_A = t(z_B - z_A)\end{cases}.D’où le point M a pour coordonnées  \begin{cases}x_M = x_A + t(x_B - x_A) \\y_M = y_A + t(y_B - y_A) \\z_M = z_A + t(z_B - z_A)\end{cases}.

Ici, le calcul des coordonnées du point M donne donc :

On a \overrightarrow{DM} = t\overrightarrow{DF} par définition, donc les coordonnées du point M(x_M,y_M,z_M) sont donnés par \begin{cases}x_M = x_D + t(x_F - x_D) = 0 + t(\dfrac12 - 0) = \dfrac{1}{2}t \\\\y_M = y_D + t(y_F - y_D) = 0 + t(\dfrac12 - 0) = \dfrac{1}{2}t \\\\z_M = z_D + t(z_F - z_D) = 1 + t(0 - 1) = 1 - t\end{cases}.

Reste à calculer ME^2 :

On en déduit :
 ME^2 = (x_E - x_M)^2 + (y_E - y_M)^2 + (z_E - z_M)^2 = \left( \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}t \right)^2 + \left( 0 - \dfrac{1}{2}t \right)^2 + (0 - (1-t))^2 = \left[\dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{2}t + \dfrac{1}{4}t^2\right] + \dfrac{1}{4}t^2 + (1 - 2t + t^2) = \dfrac{3}{2}t^2 - \dfrac{5}{2}t + \dfrac{5}{4}, ce qui est bien le résultat voulu.

b. Démontrer que le triangle MEG est isocèle en M.
En déduire que ME \sin \left(\dfrac{\alpha}{2} \right) = \dfrac{1}{2\sqrt{2}}

Dire que le triangle MEG est isocèle en M, c’est dire que ME=MG, non ?

Oui, et même plus simplement, que ME^2 = MG^2 (je dis « plus simplement » car cela nous permet d’éviter de mettre une racine carrée à chaque étape du calcul). En effet, étant donné que l’on parle ici de longueurs, et donc de grandeurs positives, on dispose ici du résultat suivant :

Soit a et b deux nombres réels positifs ou nuls. Alors a=b si et seulement si a^2=b^2.

On peut donc écrire :

Montrer que le triangle MEG est isocèle en M, c’est montrer que ME=MG. Mais ME et MG sont des longueurs de segments, donc des réels positifs. Il suffit donc de montrer que ME^2=MG^2. Calculons donc MG^2.
Il suffit d’adopter le même raisonnement que la question précédente, non ?

Exactement !

 MG^2 = (x_G - x_M)^2 + (y_G - y_M)^2 + (z_G - z_M)^2 = \left( 0 - \dfrac{1}{2}t \right)^2 + \left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}t \right)^2 + (0 - (1-t))^2 = \dfrac{1}{4}t^2 + \left[\dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{2}t + \dfrac{1}{4}t^2\right] + (1 - 2t + t^2) = \dfrac{3}{2}t^2 - \dfrac{5}{2}t + \dfrac{5}{4} = \dfrac{3 t^2}{2} - \dfrac{5t}{2} + \dfrac{5}{4} .

La conclusion est immédiate :

On a donc MG^2 = ME^2 ce qui prouve bien que le triangle MEG est isocèle en M.

Reste à en déduire que ME \sin \left(\dfrac{\alpha}{2} \right) = \dfrac{1}{2\sqrt{2}}. Pour information, à partir de cette question, le sujet devient (vraiment) difficile…

Ici, c’est difficile car la question nécessite que « voyiez les choses » et que vous preniez un peu d’initiative.

Visualisons la situation dans le plan (MEG). Etant donné que l’énoncé mentionne l’angle \dfrac{\alpha}{2}, faisons-le apparaître en traçant la bissectrice de l’angle \widehat{EMG} (= prendre de l’initiative) :

Bac S 2014 France Métropole Exercice 4 Obl 2014-fm-exo4-3

Vous voyez la droite en pointillés, là ? C’est la fameuse bissectrice de l’angle \widehat{EMG}. Or :

Dans un triangle ABC isocèle en A :

  • la bissectrice de l’angle \widehat{BAC} ;
  • la médiane issue de A ;
  • la hauteur perpendiculaire au côté [BC] ;
  • la médiatrice du segment [BC] ;

sont confondues.

Ainsi, en posant I le pied de la bissectrice de l’angle \widehat{EMG}, on peut écrire que :

Soit I le pied de la bissectrice de l’angle \widehat{EMG} :
Bac S 2014 France Métropole Exercice 4 Obl 2014-fm-exo4-3
Puisque le triangle EMG est isocèle en M, la droite (MI) est aussi la médiatrice du segment [EG].
OK mais à quoi ça sert de remarquer que la bissectrice de l’angle \widehat{EMG} est aussi la médiatrice du segment [EG]

Ca sert d’abord à mettre en évidence que le triangle MIE est rectangle en I, ce qui nous permet alors d’utiliser la trigonométrie vue au collège :

On en déduit que le triangle MIE est rectangle en I d’où :
 sin \left(\dfrac{\alpha}{2} \right) = \dfrac{IE}{ME}
Hum… Comment est-ce qu’on se débarrasse de IE ?

En utilisant une nouvelle fois le fait que la bissectrice de l’angle \widehat{EMG} est aussi la médiatrice du segment [EG]. Vous voyez le truc ?

Ah mais oui ! Comme (MI) est aussi la médiatrice du segment [EG], I est le milieu de [EG] d’où IE = \dfrac{EG}{2} !

Eh bah voilà !

... = \dfrac{EG/2}{ME} .
D’où  ME sin \left(\dfrac{\alpha}{2} \right) = \dfrac{EG}{2}.

Il ne reste plus qu’à calculer EG. Pour cela, petit rappel :

Soient A(x_A ; y_A) et B(x_B ; y_B) deux points du plan.
On a AB = \sqrt{ (x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2 + (z_B - z_A)^2 } .

On peut donc écrire :

Or,  EG = \sqrt{ (x_G - x_E)^2 + (y_G - y_E)^2 + (z_G - z_E)^2 }
 = \sqrt{ \left( 0 - \dfrac12 \right)^2 + \left( \dfrac12 - 0 \right)^2 + (0-0)^2 } = \sqrt{ \dfrac12 } = \dfrac{1}{\sqrt{2}} .

D’où :

On en déduit :
 ME \sin \left(\dfrac{\alpha}{2} \right) = \dfrac{1 / \sqrt{2}}{2} = \dfrac{1}{2\sqrt{2}}, ce qui est bien le résultat voulu.


c. Justifier que \alpha est maximale si et seulement si \sin \left(\dfrac{\alpha}{2} \right) est maximal.
En déduire que \alpha est maximale si et seulement si ME^2 est minimal.

Pour pouvoir répondre à cette question, il faut comprendre ce qu’est \alpha et comment il évolue.

Ce que nous dit l’énoncé, c’est que :

On note \alpha la mesure en radians de l’angle \widehat{EMG}.

Or, \overrightarrow{DM} = t \overrightarrow{DF} donc, lorsque l’on fait varier t (entre  - \infty à + \infty), le point M se « balade » sur la droite (DF) :

Bac S 2014 Maths France Métropole Exercice 4 obligatoire 2014-fm-exo4-7

Que remarque-t-on ? Eh bien on remarque que :

  • pour t très « petit », c’est-à-dire tendant vers  - \infty, le point M est très loin sur la droite (DF), et on voit que l’angle \alpha est lui aussi « petit » : il va tendre vers  0 ;
  • en augmentant t, le point M se rapproche du point D et \alpha augmente ;
  • si on continue à augmenter t le point M part de nouveau très loin (dans l’autre direction) sur la droite (DF) et à nouveau l’angle \alpha va tendre vers  0 .

On comprend donc que quand M parcourt la droite (DF) (en partant de très loin du côté de D, soit t très petit), l’angle \alpha augmente en partant de  0 pour atteindre une valeur maximale quelque part, avant de diminuer à nouveau vers  0 .

Maintenant, traçons le comportement de \alpha et  \sin \left( \dfrac{\alpha}{2} \right) simultanément en fonction de t :

Bac S 2014 Maths France Métropolitaine Exercice 4 Obl 2014-fm-exo4-8

Si on pose :

  • f la fonction t \mapsto \alpha ;
  • g la fonction t \mapsto \sin \left( \dfrac{t}{2} \right) ;

ce que l’on remarque sur ce graphique, c’est que la fonction g \circ f : t \mapsto \sin \left( \dfrac{\alpha}{2} \right) (qui est la composée des fonctions f et g) « suit » les variations de la fonction f : t \mapsto \alpha : elle est croissante lorsque f est croissante, et décroissante lorsque f est décroissante. Or :

Soient I et J deux intervalles et f et g deux fonctions définies respectivement sur I et sur J = f(I).

  • f et g ont le même sens de variation (f sur I et g sur J) si et seulement si la composée g \circ f est croissante sur I ;
  • f et g ont des sens de variation contraires (f sur I et g sur J) si et seulement si la composée g \circ f est décroissante sur I.

Ici, si on applique le rappel de cours ci-dessus, voici ce que l’on obtient :

  • lorsque f est croissante, étant donné que g \circ f est également croissante, on en déduit que g est croissante ;
  • lorsque f est décroissante, étant donné que g \circ f est également décroissante, on en déduit que g est croissante ;

Autrement dit, g doit être croissante sur J = f(I). En effet, si on arrive à montrer cela, alors on pourra en déduire que les variations de g \circ f suivent les variations de f, auquel cas, lorsque f est maximal, g est maximal et réciproquement.

Que valent les intervalles I et J ?

Bonne question ! t peut varier sur tout l’ensemble \mathbb{R} donc on va définir f sur \mathbb{R} :

Soit f : t \mapsto \alpha définie sur l’intervalle I = \mathbb{R}

Quant à J, comme le suggère le rappel de cours ci-dessus, on va le définir comme étant l’image de l’intervalle I par la fonction f :

… et J = f(I) l’image de I par la fonction f.

Reste à savoir ce que vaut J.

Le « chapeau » qu’il y a sur l’angle \widehat{\text{EHG}} indique qu’il s’agit d’un angle géométrique, c’est-à-dire un « vrai » angle qui ne peut varier qu’entre  0 et 180 degrés, soit en radians, entre  0 et \pi. Du coup, quand on fait varier t sur l’ensemble \mathbb{R}, cela fait varier \alpha sur l’ensemble [0 ; \pi]. Autrement dit, f(I) = [0 ; \pi] :

Or, la valeur \alpha désigne la mesure en radians d’un angle géométrique, c’est donc une valeur comprise entre  0 et \pi d’où J = [0 ; \pi].

Prouvons donc que g est croissante sur [0 ; \pi]. Toute l’idée est de voir g comme la composée de deux fonctions sur les intervalles judicieusement choisis et d’appliquer à nouveau le rappel de cours ci-dessus :

On pose :

  • u la fonction t \mapsto \dfrac{t}{2} sur I ;
  • v la fonction t \mapsto \sin t sur J.
Hum, il faut déterminer J !

Exact :

Pour tout t \in [0 ; \pi], \dfrac{t}{2} \in \left[0 ; \dfrac{\pi}{2}\right] donc J.

On peut alors en déduire la monotonie de la composée g :

D’où, comme u est croissante sur I et que v est croissante sur J, alors g = v \circ u est croissante sur I.

Reste à faire le lien avec f :

Ainsi, sur \mathbb{R} :

  • lorsque f est croissante, g \circ f est croissante ;
  • lorsque f est décroissante, g \circ f est décroissante.

On en tire :

D’où, f est maximale si et seulement si g \circ f est maximale soit \alpha est maximale si et seulement si \sin \left(\dfrac{\alpha}{2} \right) est maximal.

Déduisons-en que \alpha est maximale si et seulement si ME^2 est minimal.

On vient de voir que \alpha est maximale si et seulement si \sin \left(\dfrac{\alpha}{2} \right) est maximal. Or, la question a. nous dit que  ME \sin \left(\dfrac{\alpha}{2} \right) = \dfrac{1}{2\sqrt{2}} donc on peut écrire :

A la question a. on a montré que  ME \sin \left(\dfrac{\alpha}{2} \right) = \dfrac{1}{2\sqrt{2}} donc \sin \left(\dfrac{\alpha}{2} \right) = \dfrac{1}{2\sqrt{2}ME}.

Or, d’après ce qui précède, \alpha est maximale si et seulement si \sin \left(\dfrac{\alpha}{2}\right) est maximale d’où :

Donc on peut écrire :

\alpha est maximale

\Leftrightarrow \sin \left(\dfrac{\alpha}{2}\right) est maximale
\Leftrightarrow \dfrac{1}{2\sqrt{2}ME} est maximale

Question : quand est-ce qu’une fraction positive est maximale ?

Quand son dénominateur est minimal !

Exactement ! Ici, le dénominateur est minimal lorsque ME est minimal :

\Leftrightarrow ME est minimal

Mais comme ME est une longueur, dire que ME est minimal, c’est la même chose que dire que ME^2 est minimal. D’où :

\Leftrightarrow ME^2 est minimal

d. Conclure.

Rappelons ce que l’on cherche :

Le but de cette question est de déterminer la position du point M pour que \alpha soit maximale.

Or, on vient de montrer que \alpha est maximale si et seulement si ME^2 est minimal. On veut donc trouver la position du point M tel que ME soit minimal. Mais encore une fois, ME est la longueur d’un côté, donc positif, donc minimiser ME revient à minimiser ME^2, que l’on a déjà calculé !

On chercher la position de M telle que  \alpha soit maximale, ce qui d’après la question précédente revient à trouver la position de M telle que ME^2 soit minimal.

Or, d’après la question a.,  ME^2 = \dfrac{3}{2}t^2 - \dfrac{5}{2}t + \dfrac{5}{4}.
On cherche donc le réel t tel que  \dfrac{3}{2}t^2 - \dfrac{5}{2}t + \dfrac{5}{4} soit minimal.

Et là, vous devez vous rappeler un résultat sur les polynômes de second degré :

Soit a un nombre réel strictement positif, et b,c deux nombres réels. Alors le polynôme de second degré a t^2 + bt + c atteint sa valeur minimale en un unique réel t_0 donné par t_0 = \dfrac{-b}{2a}

Ici :

  • \dfrac{3}{2} joue le rôle de a ;
  • \dfrac{5}{2} joue le rôle de b ;
  • \dfrac{5}{4} joue le rôle de c.

On peut donc conclure :

Mais on sait que le polynôme du second degré  \dfrac{3}{2}t^2 - \dfrac{5}{2}t + \dfrac{5}{4} est minimal quand
 t = \dfrac{-(-5/2)}{2(3/2)} = \dfrac{5}{6} .

La position du point M tel que \alpha soit maximale est donc donnée par t = \dfrac{5}{6} , ce qui donne pour les coordonnées de M :
\begin{cases}x_M = \dfrac{1}{2}t = \dfrac{5/6}{2} = \dfrac{5}{12} \\\\y_M = \dfrac{1}{2}t = \dfrac{5/6}{2} = \dfrac{5}{12} \\\\z_M = 1 - t = 1 - \dfrac{5}{6} = \dfrac{1}{6}\end{cases}.

Fin de l’épreuve du Bac S 2014 Maths France Métropole Exercice 4 Obl.

Commentaires

  1. Tess a écrit:

    Dans la question 1) b) dans le résultat de la représentation paramétrique de la droite (DF) à x=.. Où est passé le « t » ?

    • admin a écrit:

      Merci pour cette remarque ! Il s’agit effectivement d’un oubli de ma part ! C’est corrigé. :)

Exprimez vous!