Problème de synthèse - Géométrie dans l`espace

Première S
Problème de synthèse
Géométrie dans l'espace - Calcul de volumes - Etude d'une fonction polynôme - Equation f(x) = 0
Les dessins ci-après représentent un vase dont les contours (en bleu) s’inscrivent dans un cube
d’arête AB = 10 cm. La base est un carré dont les sommets sont les milieux d’une face du cube.
L’objectif de ce problème est de déterminer pour quelle hauteur x de liquide le vase est à moitié
rempli.
1) Calculer le volume du vase.
2) I est un point de l’arête [AB] du cube. Le plan parallèle au plan de base (AEF) passant par I
coupe les arêtes [BE] et [BF] du vase, respectivement en G et H.
On note x la distance AI en cm.
Calculer le volume v(x) du solide AEFIGH.
3) Démontrer que la hauteur x (en cm) cherchée est solution dans l’intervalle [0 ;10] de
l’équation :
x3
1250
- + 5x² + 50x –
=0
3
6
4) On note f la fonction définie sur [0 ;10] par :
x3
1250
f(x) = - + 5x² + 50x –
.
6
3
a)
Prouver l’existence d’un unique réel ™ compris dans l’intervalle [0 ;10] tel f(x) = 0
b)
Déterminer ™ à 10-2 près par défaut et conclure.
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Première S
Problème de synthèse
Géométrie dans l'espace - Calcul de volumes - Etude d'une fonction polynôme - Equation f(x) = 0
CORRECTION
1) Vvase = Volume du vase = Volume du cube moins le volume des 4 pyramides identiques
1 5×5
250 3
Volume d’une pyramide = ×
× 10=
cm
3 2
6
250 2500 3
Vvase = 1000 – 4×
=
cm
6
3
2) En appliquant le théorème de Thalès dans les triangles BGI et BEA, on a :
BI IG
=
BA AE
10 – x IG
=
Soit :
5
10
10 – x
IG =
2
250 1 IG²
250 (10 – x)3
- × ×IB =
VAEFIGH = v(x) = VAEFB - VGIHB =
6 3 2
6
24
3) Calculons en fonction de x, le volume V(x) de la partie de vase inscrite dans le
parallélépipède de dimensions 10×10×x.
500 (10 – x)3
500 1
V(x) = 100×x – 4×v(x) = 100x –
+
= 100x –
+ ×(1000 – 300x + 30x² - x3)
3
6
3 6
On rappelle que (a – b)3 = a3 - 3a²b + 3ab² - b3
x3
V(x) = - + 5x² + 50x
6
1250
.
Le vase initial est à moitié rempli lorsque V(x) =
3
C'est-à-dire que x est solution de l’équation :
x3
1250
- + 5x² + 50x –
=0
3
6
4)
a)
Etudions les variations de la fonction f.
x²
1
f’(x) = - + 10x + 50 = - (x² - 20x – 100)
2
2
f’(x) = 0 x² - 20x – 100 = 0
Equation du second degré dont le discriminant ∆ est égal à :
∆ = 400 + 400 = 800 = (20 2)²
Les deux solutions sont x1 = 10 - 10 2 et x2 = 10 + 10 2
f’(x) > 0 x1 < x < x2
Or 0 ≤ x ≤ 10 et [0 ;10] ⊂ [x1;x2]
Donc f’(x) > 0 sur [0 ;10]
1250
1000
2500 2500 1250
f(0) = f(10) = + 500 + 500 –
=
=
3
6
6
6
3
f(0) < 0 et f(10) > 0 et f est croissante sur [0 ;10], donc (d’après le théorème des
valeurs intermédiaires) il existe un unique réel ™ ∈ [0 ;10] tel que f(™) = 0
b)
En utilisant une dichotomie (à l’aide de la calculatrice), on obtient
facilement : ™ ≈ 5,40 à 10-2 près par défaut.
La hauteur de liquide cherchée est donc environ 5,40 cm.
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