Olympiades 1ère S 2001

 

Exercice 1 (national)

Les faces d'un dé en forme de tétraèdre régulier sont numérotées de 1 à 4.

Le dé est posé sur une table, face "1" contre cette table.

Une étape consiste à faire basculer le dé autour de l'une quelconque des arêtes de sa base.

A l'issue de chaque étape, on note le numéro de la face contre la table. On fait la somme S de tous ces nombres après 2001 étapes, en comptant aussi le"1" initial.

1) Donner la valeur maximale et la valeur minimale que l'on peut ainsi obtenir pour S.

2) La somme S peut-elle prendre toutes les valeurs entières entre ces 2 valeurs?

Exercice 2 (national)

On donne 4 points A,B,C,D alignés dans cet ordre tels que AB=1, BC=2, CD=d où d est un réel strictement positif donné.

Déterminer l'ensemble des points M du plan d'où l'on voit les 3 segments [AB], [BC], [CD] sous le même angle, c'est-à-dire tels que angle(AMB)=angle(BMC)=angle(CMD).

Exercice 3 (national)

Dessinez un cube C (un dessin même approximatif en perspective suffira). Soient A un de ses sommets et B le sommet opposé, c'est-à-dire tel que le milieu du segment [AB] soit le centre du cube.

Considérons un autre cube C' admettant aussi (A,B) comme couple de sommets opposés.

Certaines arêtes de C rencontrent des arêtes de C'. Justifiez le fait que, en dehors de A et B, on obtient ainsi six points d'intersection entre une arête de C et une arête de C'.

Placez l'un d'entre eux sur le dessin et expliquez comment placer alors les 5 autres.

V étant le volume de C, quelle est la valeur minimale du volume de la portion d'espace commune aux cubes C et C' ?

 


Solutions

Solution exercice 1

Il est clair qu'à chaque étape on ne peut obtenir qu'un des 3 numéros différents du précédent (celui qui était sur la face contre la table) et que le "1" de départ n'est pas le résultat d'une étape (cela a été source de beaucoup d'erreurs).

Smin=1+2(1ère étape)+1(2ième étape)+2+1+............+1(2000ième étape)+2(2001ième étape)

(une étape impaire donne 1, une étape paire donne 2)

Smin est la somme de 2002 nombres répartis en 1001 "paquets " de 1+2 et donc Smin=3*1001=3003.

Smax=1+4+3+4+3+........+3+4

(une étape impaire donne 4, une étape paire donne 3)

cette fois, si on remplace le premier 1 par 3 on a 1001 "paquets" de 3+4 et Smax=7*1001-2=7005.

Montrons que toute valeur entière entre 3003 et 7005 peut être obtenue :

on part de Smin=3003 et on remplace le premier 2 par 3 on obtient 3004, puis on remplace le deuxième 2 par 3 on obtient 3005, et progressivement on remplace tous les 2 par 3 et ainsi on va obtenir tous les entiers de 3004 à 1+3+1+3+....+1+3=(1+3)*1001=4004.

Ensuite on remplace le premier 3 par 4 et on obtient 4005 : en remplacant tous les 3 par 4 on va obtenir tous les entiers de 4005 à 1+4+1+........+1+4=(1+4)*1001=5005.

Puis on remplace successivement tous les 1 par 2 (à partir du deuxième 1) et on va obtenir tous les entiers de 5006 à 1+4+2+4+......+2+4=(2+4)*1001-1=6005.

Enfin on remplace successivement tous les 2 par 3 et on obtient tous les entiers de 5007 à Smax.

Solution exercice 2

Bien entendu tous les points M de (AD)-[AD] conviennent, puisque les 3 angles sont nuls (si M est sur [AD] alors soit un des angles n'existe pas si M est en A ou B ou C ou D, soit l'un des angles est plat et les 2 autres nuls ).

Cherchons les solutions moins triviales (donc dans ce qui suit M est en dehors de la droite (AB)).

On remarque tout de suite que les 3 triangles AMB,BMC,CMD ont la même hauteur issue de M : exploitons cela. En notant h la distance de M à la droite (AB) et u la valeur commune aux 3 angles on a :

aire(AMB)=h/2=sinu*MA*MB/2, aire(BMC)=h*2/2=sinu*MB*MC/2, aire(CMD)=h*d/2=sinu*MC*MD/2.

Le rapport entre les deux premières égalités donne MC=2*MA et le rapport entre les deux dernières égalités donne d*MB=2*MD.

Remarquons que réciproquement si on a ces 2 relations les 3 angles notés u1,u2,u3 vont être effectivement égaux car sinu1=h/(MA*MB), sinu2=2*h/(MB*MC), sinu3=2*d*h/(2*MC*MD) et sinu1/sinu2=MC/(2*MA)=1 et u1=u2 ; de même u2=u3.

Le problème équivaut donc à trouver les points M vérifiant MC=2*MA et d*MB=2*MD.

Notons qu'en fait ces 2 égalités sont des cas particuliers du résultat général suivant : si I est le pied de la bissectrice intérieure de l'angle en A du triangle ABC on a IB/IC=AB/AC résultat qui peut se démontrer avec les aires exactement comme ci-dessus ; il est même encore vrai pour le pied J de la bissectrice extérieure, même démonstration en remarquant que sin(pi/2+u)=sin(pi/2-u) et que les 2 bissectrices sont perpendiculaires! En termes de mesures algébriques on peut même écrire ( ne pouvant mettre une barre au dessus des lettres j'utilise la notation ma pour mesure algébrique): ma(IB)/ma(IC)=-ma(JB)/ma(JC), c'est-à-dire J et B sont conjugués harmoniques par rapport à B et C. Cette notion de conjugués harmoniques est utilisée dans la solution officielle!

Reste à trouver l'ensemble C1 des points M vérifiant MC=2*MA et l'ensemble C2 des points vérifiant d*MB=2*MD. En fait cela résulte d'un ancien résultat du programme de 1ère S sur les lignes de niveaux MA/MB=k qui sont des cercles pour k =/=1, résultat qui vient d'être supprimé des programmes ; compte tenu que ce résultat n'est donc plus connu des élèves il faut le redémontrer. On peut évidemment faire la démonstration classique avec le produit scalaire et les barycentres ; mais dans le cadre de cet exercice il sera plus léger de le faire analytiquement.

Prenons une repère orthonormé d'origine A, l'axe des abscisses étant la droite (AB) dirigé de A vers B. On a alors les coordonnées suivantes : A(0,0),B(1,0),C(3,0),D(d+3,0).

M appartient à C1 équivaut à (x-3)^2+y^2=4*(x^2+y^2) soit x^2+y^2+2x-3=0   (R1)

M appartient à C2 équivaut à d^2*((x-1)^2+y^2)=4((x-d-3)^2+y^2) soit

(4-d^2)*(x^2+y^2)+(2*d^2-8*(d+3)*x+4*(d+3)^2-d^2=0   (R2)

Rappelons que toute équation de cercle est de la forme x^2+y^2+a*x+b*y+c=0, la réciproque n'étant vraie que si l'ensemble en question n'est pas vide. (R1) s'écrivant (forme canonique) (x+1)^2+y^2=4, C1 est le cercle de centre le point (-1,0) et de rayon 2 : c'est le cercle de diamètre [C'B] où C' est le symétrique de C par rapport à A. C2 est aussi un cercle (pour d=/=2) car il passe par le point C, mais expliciter son centre et son rayon à partir de l'équation est lourd et inutile pour la suite.

Notons que C1 est en fait un cercle qui ne dépend pas du paramètre d.

Cherchons donc l'intersection de C1 et C2

Si d=2 C2 est la droite d'équation x=3 (ce qui était prévisible puisque 2*MB=2*MD équivaut à M sur la médiatrice de (BD) dont l'équation est bien x=3); mais si on reporte x=3 dans (1) on trouve y^2= -12 et C1 et C2 ne se coupent pas.

si d=/=2 pour chercher l'intersection de C1 et C2, ajoutons à la relation (R2) la relation (R1) multipliée par d^2-4 ; on obtient (d+2)*(d-4)*x=-6*d-12   (R3).

Si d=4 cette équation n'a pas de solution et C1 et C2 ne se coupent pas.

Si d=/=4 alors x=6/(4-d) ; en reportant dans (R1) on obtient y^2=3*(d+2)*(d-6)/(4-d)^2, quantité qui sera positive si et seulement si d>=6 (si d=6 y=0, si d>6 2 valeurs opposées pour y)

Compte tenu que le sytéme d'équation (R1) et (R2) équivaut à (R1) et (R3) pour d=/=4 on peut conclure :

(rappelons que rac(x^2)=|x| et donc rac((4-d)^2)=|4-d|=d-4 pour d>=4)

en dehors des points de (AD)-[AD] les points solutions du problème sont :

si d=6 l'unique point C'(-3,0), symétrique de C par rapport à A.

si d>6 il y a 2 points solutions symétriques par rapport à la droite (AD) : (6/(4-d),+/-rac(3(d+2)(d-6))/(d-4)

ces points sont évidemment sur C1, cercle de diamètre [C'A].

Remarque : lorque d décrit [6;+inf[ alors x=6/(4-d) décrit [-3;0[ et les points M solutions parcourent toute la partie de C1 située à gauche de la perpendiculaire en A à (AD). Ces points seront le plus éloigné de la droite (AD) lorsqu'ils seront à l'aplomb du centre de ce cercle, c'est-à-dire lorqu'ils auront -1 pour abscisse soit pour d=10.

Solution exercice 3

Une figure du cube C pour préciser les notations :

Avant d'attaquer la résolution proprement dite de l'exercice il me semble indispensable d'établir les 2 résultats suivants qui ne font partie des savoirs exigibles d'un élève de première scientifique :

R1 : les triangles équilatéraux S1S2S3 et S4S5S6 sont dans des plans P1 et P2 perpendiculaires à la droite (AB), la position relative de ces plans par rapport à la droite (AB) ne dépendant que de la longueur l de l'arête du cube C.

R2 : le cube C' est l'image du cube C par une rotation d'axe (AB) et C'=C si l'angle de la rotation est 2*pi/3.

preuve de R1 :

Les 2 triangles sont équilatéraux car tous leurs côtés sont des diagonales des faces et ont donc pour longueur rac(2)*l. Remarquons que 2 diagonales "vis-à-vis" de 2 faces opposées sont paralléles : par exemple (S1S4) et (S2S5) étant des droites // elles sont dans un même plan P qui va donc couper les 2 plans paralléles (AS1S6S2) et (BS5S3S4) selon 2 droites paralléles soit (S1S2)//(S4S5).

De (BS3)perp(S4S5) (2 diagonales d'une face) on tire (BS3)perp(S1S2) ; mais (AS3)perp(AS1S6S2) donc (AS3)perp(S1S2) et la droite (S1S2) est perpendiculaire à 2 droites sécantes du plan (ABS3), donc elle est perpendiculaire à ce plan et (S1S2)perp(AB). Par ailleurs (S1S3)perp(AS4) et (BS4) étant perpendiculaire au plan (AS1S4S3) on a (BS4)perp(S1S3), donc (S1S3)perp(ABS4) et (S1S3)perp(AB). Finalement (AB) est perpendiculaire à 2 droites sécantes du plan (S1S2S3) et on a bien ( AB)perp(S1S2S3).

P1 étant le plan (S1S2S3) il coupe (AB) en un point H tel que AS1^2=AH^2+HS1^2 soit AH^2=l^2-rc^2 où rc est le rayon du cercle circonscrit au triangle équilatéral S1S2S3 ; comme rc=(2/3)/hauteur=rac(3)*l/3 la distance AH ne dépend que de l.

Même démonstration poue le plan P2 contenant le triangle S4S5S6. On notera que P1 et P2 sont symétriques par rapport au milieu du segment [AB].

Preuve de R2 :

Précisons ce que l'on entend par rotation r d'angle téta autour d'un axe : sans "m'embêter" avec les histoires d'orientation et de mesure d'angle dans un plan (car ce n'est pas l'objet), disons que si M est sur l'axe alors r(M)=M et si M n'est pas sur l'axe, en appelant O le projeté orthogonal de M sur l'axe et P le plan orthogonal à l'axe passant par O, alors r(M) est l'image de M par la rotation plane (du plan P) de centre O et d'angle téta.

Le cube C' ayant comme sommets opposés A et B il a même longueur d'arête l que C et donc les plans P1 et P2 définis ci-dessus sont les mêmes pour C et C' : notons S'1,S'2,S'3 les sommets de C' qui sont dans P1 et S'4,S'5,S'6 les sommets de C' qui sont dans P2. On a évidemment, H étant P1inter(AB), HS1=HS'1 cela parceque les triangles équilatéraux S1S2S3 et S'1S'2S'3 ont le même cercle circonscrit (même centre H, même rayon rc) ; on passe donc de S1 àS'1 par la rotation plane (du plan P1) de centre H et d'angle téta=angle(S1HS'1).

Soit alors la rotation d'axe (AB) et d'angle téta : r(C) va être un cube ayant A et B comme sommets opposés (r(A)=A, r(B)=B) et S'1=r(S1) comme autre sommet. Les plans P1 et P2, déjà communs à C et C', sont aussi communs à r(C) : or les 2 sommets de C' et r(C) autres que S'1 et situés dans le plan P1 se déduisent de S'1 par 2 rotations planes de centre H et d'angle 2*pi/3 et 4*pi/3 et donc ce sont les mêmes sommets pour C' et r(C). Enfin le symétrique S'4 de S'1 par rapport au milieu de [AB] est un sommet commun à C' et r(C) situé dans P2 et les 2 autres sommets de C' et r(C) situés dans P2 se déduisant de S'2 par 2 rotations planes sont communs à C' et r(C).

Finalement C'=r(C).

Si l'angle de r est 2*pi/3 il est clair que les sommets de C situés dans P1 vont être globalement conservés ainsi que ceux de P2 et donc dans ce cas r(C)=C.

Attaquons maintenant (!) la résolution de l'exercice : rappelons donc ( vu au cours des démos ci-dessus) que les sommets de C et C' situés dans P1 sont les sommets de triangles équilatéraux égaux S1S2S3 et S'1S'2S'3, de même que ceux situés dans le plan P : S3S4S5 et S'4S'5S'6.

La clé va être de projeter les sommets des 2 cubes sur un plan P perpendiculaire à (AB) ( et donc P//P1//P2) coupant (AB) en O : tous ces projetés (sauf A et B qui vont en O) vont être sur un cercle de centre O et de rayon rc (rayon commun aux 2 cercles circonscrits aux 4 triangles équilatéraux). Evidemment ces projetés ( précédés de la mettre p dans leur notation) vont être les sommets de 4 triangles équilatéraux mais il y mieux : par exemple [S3S6] et [AB] se coupent en leur milieu et comme la projection conserve les milieux, O est le milieu de [pS3pS6] et donc les projetés des 6 sommets S1,S2,S3,S4,S5,S6 non seulement sont les sommets de 2 triangles équilatéraux mais en fait ce sont les sommets d'un hexagone! Idem pour les sommets de C'.

On va donc obtenir 2 hexagones "croisés" : dans la figure ci-dessous je ne fais apparaître que les cotés des ces hexagones et pas les côtés des triangles équilatéraux :

Si on observe la figure on a l'impression que par exemple (pS1pS'1)//(pS4pS'6)//(pS6pS'4) : c'est plus qu'une impression c'est vrai! Cela résulte du fait que les 3 points pS'6,pS'1, pS'4 se déduisent des points pS6,pS1, pS4 par une même rotation de centre O et alors les 3 triangles isocéles pS'1OpS1, pS4OpS'6, pS'4OpS6 ont la même bissectrice en O qui est donc médiatrice commune aux segments [pS1pS'1], [pS4pS'6], [pS6pS'4].

Exploitons le fait que (pS1pS'1)//(pS4pS'6) : comme (S1S'1) est une droite de P1 et (S4S'6) une droite de P2 et que P1 et P2 sont paralléles au plan de projection, les droites (S1S'1) et (S4S'6) sont aussi paralléles. Les points S1,S'1,S4,S'6 sont donc coplanaires et sont en fait les sommets d'un trapèze dont les diagonales [S1S4] et [S'1S'6] ( voir figure ci-dessous) sont sécantes : une arête de C est bien sécante avec une arête de C'.

par considération de (pS1pS'1) on arrive ainsi à [S1S4] et [S'1S'6] sécantes en I1 ; de même

par considération de (pS2pS'2) on arrive à [S2S6] et [S'2S'5] sécantes en I2

par considération de (pS3pS'3) on arrive à [S3S5] et [S'3S'4] sécantes en I3

par considération de (pS4pS'4) on arrive à [S4S3] et [S'4S'1] sécantes en I4

par considération de (pS5pS'5) on arrive à [S5S2] et [S'5S'3] sécantes en I5

par considération de (pS6pS'6) on arrive à [S6S1] et [S'6S'2] sécantes en I6

On obtient bien 6 points d'intersection entre une arête de C et une arête de C' (arêtes non issues de A ou B , [AS1] et [AS'1] se coupant en A.....).

Les positions relatives de ces points d'intersection sont les mêmes (puisque les 6 "configurations" du double hexagone sont les mêmes) : S1I1=S2I2=S3I3=S4I4=S5I5=S6I6=x, ce qui permet I1 étant choisi de positionner les autres points d'intersection.

Avant de s'intéresser au volume commun à C et C' une remarque : de la relation (pS1pS'1)//(pS4pS'6)//(pS6pS'4) on a exploité simplement le fait que les 2 premières droites étaient paralléles. On pourrait envisager les 2 autres couples de droites paralléles ce qui conduit encore à des intersections, mais ce ne sont pas des intersections entre une arête de C et une arête de C'.

Précisons la portion d'espace commune à C et C' : les points A,I4,I3 sont sur la face de C' de sommets A,S'1,S'3,S'4 et donc le plan (AI4I3) n'est autre que le plan (AS'1S'3S'4). Le tétraèdre AS3I3I4 qui est dans C est à l'exterieur de C' car "au dessus" de la face (AS'1S'3S'4) ; idem pour les 2 tétraèdres AS2I2I5 AS1I6I1 et les 3 analogues de sommets B.

Le volume de chacun de ces tétraèdres est (1/3)*hauteur*aire de la base =(1/3)*l*(1/2)x*(l-x) et le volume de l'espace commun à C et C' est donc

Vcom=V-6*volumedeAS3I3I4=V-l*x*(l-x)=l*(l^2-x*l+x^2)=l*((x-l/2)^2+(3/4)*l^2) (toujours cette bonne vieille forme canonique d'un polynôme du second degré!).

Par conséquent Vcom est minimal pour x=1/2, la valeur minimale de ce volume commun étant (3/4)*l^3=(3/4)*V.

Remarque : on peut justifier que le volume commun à C et C' est minimum lorsqu'on passe de C à C' par une rotation d'axe (AB) et d'angle pi/3 ce qui était prévisible........car lorque l'angle de la rotation passe de 0 à2*pi/3 le volume commun passe de V (valeur maximum) à .........V (puisqu'alors C'=C) et donc entre les 2 il y a forcément un minimum et par raison de symétrie il doit avoir lieu au milieu de 0 et 2*pi/3 soit pi/3!

présentation olympiades