Bonjour Wendy
1) Figure en pièce jointe.
2) Le quadrilatère AKLC est un parallélogramme car (AL) parallèle à (LC) et AK=LC=x
On en déduit que (KL) est parallèle à (AC).
Dans le triangle ABC,
[tex]\dfrac{BA}{BM}=\dfrac{BC}{BN}=\dfrac{AC}{MN}=\dfrac{1}{x}[/tex]
Par la réciproque du théorème de Thalès, on en déduit que (AC) est parallèle à (MN)
Par conséquent, (KL) est parallèle à (MN) car les droites (KL) et (MN) sont toutes les deux parallèles à la même droite (AC).
3) (KL) est parallèle à (MN) ==> (KL) et (MN) sont deux droites coplanaires.
D'où les droites (KM) et (NL) sont également coplanaires.
[tex]\dfrac{AC}{MN}=\dfrac{1}{x}\ ==\ \textgreater \ AC=\dfrac{1}{x}\times MN\\\\\\\ ==\ \textgreater \ KL=\dfrac{1}{x}\times MN\ \ avec\ \ x\neq1[/tex]
D'où les longueurs KL et MN ne sont pas égales.
On en déduit que MNKL n'est pas un parallélogramme.
Puisque (KL) est parallèle à (MN), on en déduit que (KM) et (LN) ne sont pas parallèles
Or nous avons montré que (KM) et (LN) sont coplanaires.
Par conséquent (KM) et (LN) sont sécantes.
4) P ∈ (KM) ⊂ plan(ABF) ==> P ∈ plan(ABF)
P ∈ (LN) ⊂ plan(CBF) ==> P ∈ plan(CBF)
Donc P appartient à l'intersection des deux plans (ABF) et (CBF).
Par conséquent P appartient à la droite (BF).
5) Le quadrilatère IJFB est un rectangle car (IB) est parallèle à (IF), IB=IF=1/2 diagonale des bases et l'angle IBF est un angle droit.
D'où (IJ) est perpendiculaire à (IB).
On montrerait de même que (IJ) est perpendiculaire à (IA).
Par conséquent (IJ) est orthogonal au plan (ABC) puisque (IJ) est perpendiculaire à deux droites sécantes du plan (ABC).
6) Les droites (IJ) et (PH) sont incluses dans un même plan (IJH)
Puisque ce droites ne sont pas parallèles, on en déduit que ces droites (IJ) et (PH) sont sécantes.
7) Les points A, M, B et K, M, P sont alignés dans cet ordre.
Les droites (BP) et (KA) sont parallèles.
Par Thalès,
[tex]\dfrac{BP}{AK}=\dfrac{BM}{AM}\\\\\\\dfrac{BP}{x}=\dfrac{x}{1-x}\\\\\\==\ \textgreater \ \boxed{BP=\dfrac{x^2}{1-x}}[/tex]
8) Soit le point R, intersection de (FB) avec la droite parallèle à (FH) passant par Q.
Par Thalès dans le triangle PHF,
[tex]\dfrac{HF}{QR}=\dfrac{FP}{RP}\\\\\\\dfrac{\sqrt{2}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}=\dfrac{FB+BP}{RB+BP}\\\\\\2=\dfrac{1+\dfrac{x^2}{1-x}}{QI+\dfrac{x^2}{1-x}}\\\\\\2(QI+\dfrac{x^2}{1-x})=1+\dfrac{x^2}{1-x}\\\\\\2QI+\dfrac{2x^2}{1-x}=\dfrac{1-x+x^2}{1-x}\\\\\\2QI=\dfrac{1-x+x^2}{1-x}-\dfrac{2x^2}{1-x}\\\\\\2QI=\dfrac{1-x-x^2}{1-x}\\\\\\\boxed{IQ=\dfrac{1-x-x^2}{2(1-x)}}[/tex]
9) Soit S le point d'intersection entre (IB) et (MN)
[tex]Aire_{IMN}=\dfrac{MN\times IS}{2}[/tex]
Or
[tex]MN=x\sqrt{2}\\\ \ et\ \ IS=IB-SB=\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{x\sqrt{2}}{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}(1-x)[/tex]
Donc
[tex]Aire_{IMN}=\dfrac{x\sqrt{2}\times\dfrac{\sqrt{2}}{2}(1-x)}{2}\\\\\boxed{Aire_{IMN}=\dfrac{x(1-x)}{2}}[/tex]
[tex]10)\ V_{IMNQ}=\dfrac{Aire_{IMN}\times IQ}{3}\\\\\\V_{IMNQ}=\dfrac{\dfrac{x(1-x)}{2}\times\dfrac{1-x-x^2}{2(1-x)}}{3}\\\\\\V_{IMNQ}=\dfrac{\dfrac{x(1-x-x^2)}{4}}{3}\\\\\\\boxed{V_{IMNQ}=\dfrac{x(1-x-x^2)}{12}}[/tex]
[tex]11)\ V(x)=\dfrac{x(1-x-x^2)}{12}\\\\V'(x)=\dfrac{-3x^2-2x+1}{12}[/tex]
V '(x) = 0 si x = -1 ou x = 1/3.
V'(x) > 0 si 0 < x ≤ 1/3
V'(x) < 0 si x ≥ 1/3.
V admet donc un maximum pour x = 1/3.
Par conséquent, le volume du tétraèdre sera maximal si x = 1/3.
