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
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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 :
- x
3
6 + 5x² + 50x – 1250
3 = 0
4) On note f la fonction définie sur [0 ;10] par :
f(x) = - x
3
6 + 5x² + 50x – 1250
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.

Première S Problème de synthèse
Géométrie dans l'espace - Calcul de volumes - Etude d'une fonction polynôme - Equation f(x) = 0
2
CORRECTION
1) V
vase
= Volume du vase = Volume du cube moins le volume des 4 pyramides identiques
Volume d’une pyramide = 1
3 × 5×5
2 × 10= 250 6 cm
3
V
vase
= 1000 – 4×250
6 = 2500 3 cm
3
2) En appliquant le théorème de Thalès dans les triangles BGI et BEA, on a :
BI
BA = IG
AE
Soit : 10 – x
10 = IG
5
IG = 10 – x
2
V
AEFIGH
= v(x) = V
AEFB
- V
GIHB
= 250
6 - 1 3×IG² 2×IB = 250 6 - (10 – x)
3
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.
V(x) = 100×x – 4×v(x) = 100x – 500
3 + (10 – x)
3
6 = 100x – 500
3 + 1 6×(1000 – 300x + 30x² - x
3
)
On rappelle que (a – b)
3
= a
3
- 3a²b + 3ab² - b
3
V(x) = - x
3
6 + 5x² + 50x
Le vase initial est à moitié rempli lorsque V(x) = 1250
3.
C'est-à-dire que x est solution de l’équation :
- x
3
6 + 5x² + 50x –1250
3 = 0
4) a) Etudions les variations de la fonction f.
f’(x) = - x²
2 + 10x + 50 = -1 2 (x² - 20x – 100)
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 x
1
= 10 - 10 2 et x
2
= 10 + 10 2
f’(x) > 0  x
1
< x < x
2
Or 0 ≤ x ≤ 10 et [0 ;10] ⊂ [x
1
;x
2
]
Donc f’(x) > 0 sur [0 ;10]
f(0) = - 1250
3 f(10) = - 1000
6 + 500 + 500 – 2500 6 = 2500 6 = 1250 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.