Enoncé :
On considère le cercle \mathcal{C} de centre O et de rayon 1 et un point I fixé sur ce cercle. Soit M un point mobile sur ce cercle, on note N son symétrique par rapport à la droite (OI).
Quelle est la nature du triangle MNI lorsque son aire est maximale ?
Solution :
Visualisation et conjecture
On peut faire une première visualisation du problème et établir des conjectures grâce au logiciel de géométrie dynamique GeoGebra. On trace un cercle de centre O et de rayon 1, on place un point I sur le cercle tracé.
On place un point M, distinct de I, variable sur le cercle et N le symétrique de N par rapport à la droite (OI). On place aussi le point H milieu du segment [MN].
L’aire du triangle MIN semble être maximale pour la position du point H dans le cas suivant.
Dans cette configuration, la longueur IH semble être égale 1,5 et le triangle MIN semble être équilatéral.
Une modélisation possible
Si on note IH = x, on remarque d’abord que x \in [0;2] (car, au pire, H est symétrique du point I par rapport à O (donc IH = 2) et au mieux, H est confondu avec le point I). L’aire du triangle MIN s’exprime en fonction de x par la formule suivante :
\displaystyle \mathcal{A}(x) = \frac{MN \times IH}{2} = \frac{2MH \times IH}{2} = MH \times IH.On sait que OI = OM = ON = 1. On calcule donc MH grâce au théorème de Pythagore (en remarquant que MHI est un triangle rectangle en H car (IH) médiane du triangle isocèle MIN issue de I (le sommet principal) donc (IH) est aussi une médiatrice du segment [MN]). Il faut distinguer deux cas, le cas où 0 \le x \le 1 et celui où 1 \le x \le 2 (d’un côté, on a OH = 1-x et de l’autre OH = x-1).
Cas où 0 \le x \le 1 :
MH^2 = MO^2 - OH^2 \iff MH^2 = 1^2 - (1-x)^2
On peut vérifier que la racine carrée est bien définie car 2x-x^2 \ge 0 quand 0 \le x \le 1.
Cas où 1 \le x \le 2 :
MH^2 = MO^2 - OH^2 \iff MH^2 = 1^2 - (x-1)^2
On peut vérifier que la racine carrée est bien définie car 2x-x^2 \ge 0 quand 1 \le x \le 2.
Remarque : en fait, on pouvait se passer de distinguer les deux cas car (1-x)^2 = (x-1)^2.
Ainsi, pour tout x \in [0;2], l’aire du triangle MIN s’exprime en fonction de x par la formule suivante :
On veut maximiser la fonction \mathcal{A}, pour cela on étudie les zéros de la fonction dérivée \mathcal{A}'. Le calcul de la dérivée est assez technique. Il faut poser :
u(x) = x
et w(x) = 2x-x^2. La dérivée w‘ de la fonction w est w'(x) = 2-2x. Ainsi la dérivée v’ de la fonction v s’exprime, pour tout x \in [0;2] par :
\displaystyle v'(x) = \frac{2-2x}{2\sqrt{2x-x^2}} =\frac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}.On peut maintenant former la dérivée \mathcal{A}' de la fonction aire \mathcal{A} en remarquant bien entendu que la dérivée de la fonction u s’exprime, pour tout x\in [0.2] par u'(x) = 1.
\displaystyle \mathcal{A}'(x) = 1 \times \sqrt{2x-x^2} + x\times \frac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}.Si on met tout au même dénominateur, on obtient :
\displaystyle \mathcal{A}'(x) = \frac{\sqrt{2x-x^2}\sqrt{2x-x^2} + x(1-x)}{\sqrt{2x-x^2}}.La fonction x \mapsto \sqrt{2x-x^2} étant positive sur l’intervalle [0;2], on peut écrire :
\displaystyle \mathcal{A}'(x) = \frac{2x-x^2+ x - x^2}{\sqrt{2x-x^2}}et ainsi simplifier l’expression :
\displaystyle \mathcal{A}'(x) = \frac{-2x^2 + 3x}{\sqrt{2x-x^2}}.La dérivée \mathcal{A'} s’annule quand -2x^2 + 3x = 0. On résout cette équation :
-2x^2 + 3x = 0 \iff x(-2x+3) = 0 \iff \begin{cases} x = 0 \\-2x+3 = 0\end{cases} \iff \begin{cases} x = 0 \\x = \frac{3}{2}\end{cases}.
La valeur x=0 correspond au minium de la fonction sur l’intervalle [0;2]. La figure suivante montre les courbes représentatives des fonctions \mathcal{A} et \mathcal{A}' sur l’intervalle [0;2].
Conclusion : L’aire du triangle MIN est maximale quand x = \frac{3}{2}.
On veut savoir quelle est la nature du triangle MIN dans une telle configuration. On sait d’abord que ce triangle est “au minimum” isocèle en I car N est symétrique du point M par rapport à la droite (OI). Montrons qu’il est en fait équilatéral.
\displaystyle HM = \sqrt{2 \times \frac{3}{2} - \left(\frac{3}{2}\right)^2} = \sqrt{3-\frac{9}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2} ;
MN = 2 \times HM = \sqrt{3} ;
\displaystyle MI^2 = NI^2 = MH^2 + IH^2 = \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{3}{2}\right)^2 = \frac{3}{4} + \frac{9}{4} = \frac{12}{4} = 3 ;
MI^2 = NI^2 = 3 \iff MI = NI = \sqrt{3}.
On a bien MI = NI = MN = \sqrt{3} donc le triangle MIN est équilatéral.
Une autre modélisation possible
On se place dans un repère orthonormé (O;I,J) où J aurait pour coordonnées (0;1). On pouvait considérer le paramètre \alpha = \widehat{IOM}, ce paramètre variant dans l’intervalle [0;\pi]. Les coordonnées du point M s’exprimera de la forme (\cos(\alpha);\sin(\alpha)) et ainsi, les coordonnées du point N sera : (\cos(\alpha);-\sin(\alpha)).
On a alors, sur l’intervalle [\frac{\pi}{2};\pi] :
IH = 1-\cos(\alpha) \; ; \; MH = \sin(\alpha) \; ; \; \mathcal{A}(\alpha) = (1-\cos(\alpha))\sin\alpha.REFERENCES :
- Document du jury CAPES
- Document de G. Julia