Géométrie dans l'espace - Bac S Métropole 2014
Exercice 4 (5 points)
Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
Dans l'espace, on considère un tétraèdre ABCD dont les faces ABC,ACD et ABD sont des triangles rectangles et isocèles en A. On désigne par E,F et G les milieux respectifs des côtés [AB],[BC] et [CA].
On choisit AB pour unité de longueur et on se place dans le repère orthonormé (A;AB,AC,AD) de l'espace.
On désigne par P le plan qui passe par A et qui est orthogonal à la droite (DF).
On note H le point d'intersection du plan P et de la droite (DF).
Donner les coordonnées des points D et F.
Donner une représentation paramétrique de la droite (DF).
Déterminer une équation cartésienne du plan P.
Calculer les coordonnées du point H.
Démontrer que l'angle EHG est un angle droit
On désigne par M un point de la droite (DF) et par t le réel tel que DM=tDF. On note α la mesure en radians de l'angle géométrique EMG.
Le but de cette question est de déterminer la position du point M pour que α soit maximale.
Démontrer que ME2=23t2−25t+45.
Démontrer que le triangle MEG est isocèle en M.
En déduire que MEsin(2α)=2√21.
Justifier que α est maximale si et seulement si sin(2α) est maximal.
En déduire que α est maximale si et seulement si ME2 est minimal.
Conclure
Vu le choix du repère, D a pour coordonnées (0;0;1)
F est le milieu de [BC] avec B(1;0;0) et C(0;1;0) donc F a pour coordonnées
(21;21;0)
La droite (DF) a pour vecteur directeur DF(21;21;−1) et passe par le point D(0;0;1)
Une représentation paramétrique de (DF) est donc :
⎩⎨⎧x=1/2ty=1/2tz=1−t t∈R
Remarque :
Cette représentation n'est pas unique; ce n'est donc pas la seule réponse possible ! On peut, en particulier, obtenir une représentation plus simple en choisissant comme vecteur directeur 2DF(1;1;−2) ce qui donne :
⎩⎨⎧x=ty=tz=1−2t t∈R
Le vecteur 2DF(1;1;−2) est normal au plan P. L'équation de P est donc du type :
x+y−2z+d=0
Ce plan passe par A donc les coordonnées de A(0;0;0) vérifient l'équation du plan :
0+0−2×0+d=0 soit d=0.
Une équation cartésienne de P est donc :
x+y−2z=0
Remarque :
Là encore, ce n'est pas la seule réponse possible !
H appartient a l'intersection du plan P et de la droite (DF). Ses coordonnées sont donc de la forme :
⎩⎨⎧xH=tyH=tzH=1−2t
avec t tel que
t+t−2(1−2t)=0 (équation obtenue en remplaçant x, y, et z par les coordonnées ci-dessus dans l'équation cartésienne de P).
Cette équation donne 6t=2 donc t=31 et H(31;31;31).
E(21;0;0) et G(0;21;0) donc :
EH(−61;31;31) et GH(31;−61;31)
EH.GH=31×(−61)−61×31+31×31=0
Les vecteurs EH et GH sont donc orthogonaux et l'angle EHG est un angle droit.
Soit M(x;y;z).
DM=tDF avec DF(21;21;−1) et DM(x;y;z−1)
Donc x=21t, y=21t et z=1−t.
ME2=(x−21)2+y2+z2=(21t−21)2+(21t)2+(1−t)2
ME2=41t2−21t+41+41t2+1−2t+t2=23t2−25t+45
Un calcul similaire pour MG2 (il suffit de permuter x et y dans les calculs!) conduit également à :
MG2=23t2−25t+45
Donc MG=ME et le triangle MEG est isocèle en M.
Soit I le milieu de [EG]. EI est une médiane donc une hauteur du triangle isocèle MEG
EG=2EI=2MEsin(2α)
Or, à partir des coordonnées de E et de G : EG2=41+41+0=21
Donc
2MEsin(2α)=√21
c'est à dire :
MEsin(2α)=2√21
La fonction α↦sin(2α) est strictement croissante sur l'intervalle [0;π]
sin(2α) est donc maximal lorsque la mesure α est maximale;
Le produit MEsin(2α) étant constant sin(2α) est maximal lorsque ME est minimal, c'est à dire lorsque ME2 est minimal (la fonction carrée étant strictement croissante sur [0;+∞[)
La fonction t↦23t2−25t+45 est une fonction polynôme qu second degré qui atteint son minimum pour t=−2ab=65.
Le point M pour lequel la mesure α est maximale est donc situé au 65 du segment [DF] en partant de D.
Les coordonnées de M sont alors (125;125;61) (cf. 2.a.)
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