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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 ABCDABCD dont les faces ABC,ACDABC, ACD et ABDABD sont des triangles rectangles et isocèles en AA. On désigne par E,FE, F et GG les milieux respectifs des côtés [AB],[BC]\left[AB\right], \left[BC\right] et [CA]\left[CA\right].

On choisit ABAB pour unité de longueur et on se place dans le repère orthonormé (A;AB,AC,AD)\left(A ; \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{AD}\right) de l'espace.

  1. On désigne par P\mathscr P le plan qui passe par AA et qui est orthogonal à la droite (DF)\left(DF\right).

    On note HH le point d'intersection du plan P\mathscr P et de la droite (DF)\left(DF\right).

    1. Donner les coordonnées des points DD et FF.

    2. Donner une représentation paramétrique de la droite (DF)\left(DF\right).

    3. Déterminer une équation cartésienne du plan P\mathscr P.

    4. Calculer les coordonnées du point HH.

    5. Démontrer que l'angle EHG^\widehat{EHG} est un angle droit

  2. On désigne par MM un point de la droite (DF)\left(DF\right) et par tt le réel tel que DM=tDF\overrightarrow{DM}=t \overrightarrow{DF}. On note α\alpha la mesure en radians de l'angle géométrique EMG^\widehat{EMG}.

    Le but de cette question est de déterminer la position du point MM pour que α\alpha soit maximale.

    1. Démontrer que ME2=32t252t+54ME^{2}=\frac{3}{2}t^{2} - \frac{5}{2}t+\frac{5}{4}.

    2. Démontrer que le triangle MEGMEG est isocèle en MM.

      En déduire que MEsin(α2)=122ME \sin \left(\frac{\alpha }{2}\right)=\frac{1}{2\sqrt{2}}.

    3. Justifier que α\alpha est maximale si et seulement si sin(α2)\sin\left(\frac{\alpha }{2}\right) est maximal.

      En déduire que α\alpha est maximale si et seulement si ME2ME^{2} est minimal.

    4. Conclure

Corrigé

    1. Vu le choix du repère, DD a pour coordonnées (0;0;1)\left(0;0;1\right)

      FF est le milieu de [BC]\left[BC\right] avec B(1;0;0)B\left(1;0;0\right) et C(0;1;0)C\left(0;1;0\right) donc FF a pour coordonnées

      (12;12;0)\left(\frac{1}{2};\frac{1}{2};0\right)

    2. La droite (DF)\left(DF\right) a pour vecteur directeur DF(12;12;1)\overrightarrow{DF}\left(\frac{1}{2};\frac{1}{2}; - 1\right) et passe par le point D(0;0;1)D\left(0;0;1\right)

      Une représentation paramétrique de (DF)\left(DF\right) est donc :

      {x=1/2ty=1/2tz=1t\left\{ \begin{matrix} x=1/2 t \\ y=1/2 t \\ z=1 - t \end{matrix}\right. tR t\in \mathbb{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)2\overrightarrow{DF}\left(1;1; - 2\right) ce qui donne :

      {x=ty=tz=12t\left\{ \begin{matrix} x=t \\ y=t \\ z=1 - 2t \end{matrix}\right. tR t\in \mathbb{R}

    3. Le vecteur 2DF(1;1;2)2\overrightarrow{DF}\left(1;1; - 2\right) est normal au plan P\mathscr P. L'équation de P\mathscr P est donc du type :

      x+y2z+d=0x+y - 2z+d=0

      Ce plan passe par AA donc les coordonnées de A(0;0;0)A\left(0;0;0\right) vérifient l'équation du plan :

      0+02×0+d=00+0 - 2\times 0+d=0 soit d=0d=0.

      Une équation cartésienne de P\mathscr P est donc :

      x+y2z=0x+y - 2z=0

      Remarque : Là encore, ce n'est pas la seule réponse possible !

    4. HH appartient a l'intersection du plan P\mathscr P et de la droite (DF)\left(DF\right). Ses coordonnées sont donc de la forme :

      {xH=tyH=tzH=12t\left\{ \begin{matrix} x_{H}=t \\ y_{H}=t \\ z_{H}=1 - 2t \end{matrix}\right.

      avec tt tel que

      t+t2(12t)=0t+t - 2\left(1 - 2t\right)=0 (équation obtenue en remplaçant xx, yy, et zz par les coordonnées ci-dessus dans l'équation cartésienne de P\mathscr P).

      Cette équation donne 6t=26t=2 donc t=13t=\frac{1}{3} et H(13;13;13)H \left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right).

    5. E(12;0;0)E\left(\frac{1}{2};0;0\right) et G(0;12;0)G\left(0;\frac{1}{2};0\right) donc :

      EH(16;13;13)\overrightarrow{EH}\left( - \frac{1}{6};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right) et GH(13;16;13)\overrightarrow{GH}\left(\frac{1}{3}; - \frac{1}{6};\frac{1}{3}\right)

      EH.GH=13×(16)16×13+13×13=0\overrightarrow{EH}.\overrightarrow{GH} =\frac{1}{3}\times \left( - \frac{1}{6}\right) - \frac{1}{6}\times \frac{1}{3}+\frac{1}{3}\times \frac{1}{3}=0

      Les vecteurs EH\overrightarrow{EH} et GH\overrightarrow{GH} sont donc orthogonaux et l'angle EHG^\widehat{EHG} est un angle droit.

    1. Soit M(x;y;z)M\left(x;y;z\right).

      DM=tDF\overrightarrow{DM}=t\overrightarrow{DF} avec DF(12;12;1)\overrightarrow{DF}\left(\frac{1}{2};\frac{1}{2}; - 1\right) et DM(x;y;z1)\overrightarrow{DM}\left(x;y;z - 1\right)

      Donc x=12tx=\frac{1}{2}t, y=12ty=\frac{1}{2}t et z=1tz=1 - t.

      ME2=(x12)2+y2+z2=(12t12)2+(12t)2+(1t)2ME^{2}=\left(x - \frac{1}{2}\right)^{2}+y^{2}+z^{2}=\left(\frac{1}{2}t - \frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}t\right)^{2}+\left(1 - t\right)^{2}

      ME2=14t212t+14+14t2+12t+t2=32t252t+54ME^{2}=\frac{1}{4}t^{2} - \frac{1}{2}t+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}t^{2}+1 - 2t+t^{2}=\frac{3}{2}t^{2} - \frac{5}{2}t+\frac{5}{4}

      Un calcul similaire pour MG2MG^{2} (il suffit de permuter xx et yy dans les calculs!) conduit également à :

      MG2=32t252t+54MG^{2}=\frac{3}{2}t^{2} - \frac{5}{2}t+\frac{5}{4}

      Donc MG=MEMG=ME et le triangle MEGMEG est isocèle en MM.

    2. Soit II le milieu de [EG]\left[EG\right]. EIEI est une médiane donc une hauteur du triangle isocèle MEGMEG

      Géométrie - Bac S  Métropole 2014

      EG=2EI=2MEsin(α2)EG=2 EI=2 ME \sin\left(\frac{ \alpha}{2}\right)

      Or, à partir des coordonnées de EE et de GG : EG2=14+14+0=12EG^{2}=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+0=\frac{1}{2}

      Donc

      2MEsin(α2)=122ME \sin \left(\frac{\alpha }{2}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}

      c'est à dire :

      MEsin(α2)=122ME \sin \left(\frac{\alpha }{2}\right)=\frac{1}{2\sqrt{2}}

    3. La fonction αsin(α2)\alpha \mapsto \sin\left(\frac{\alpha}{2}\right) est strictement croissante sur l'intervalle [0;π]\left[0; \pi \right]

      sin(α2)\sin\left(\frac{\alpha}{2}\right) est donc maximal lorsque la mesure α\alpha est maximale;

      Le produit MEsin(α2)ME \sin \left(\frac{\alpha }{2}\right) étant constant sin(α2)\sin \left(\frac{\alpha }{2}\right) est maximal lorsque MEME est minimal, c'est à dire lorsque ME2ME^{2} est minimal (la fonction carrée étant strictement croissante sur [0;+[\left[0;+\infty \right[)

    4. La fonction t32t252t+54t \mapsto \frac{3}{2}t^{2} - \frac{5}{2}t+\frac{5}{4} est une fonction polynôme qu second degré qui atteint son minimum pour t=b2a=56t= - \frac{b}{2a}=\frac{5}{6}.

      Le point MM pour lequel la mesure α\alpha est maximale est donc situé au 56\frac{5}{6} du segment [DF]\left[DF\right] en partant de DD.

      Les coordonnées de MM sont alors (512;512;16)\left(\frac{5}{12};\frac{5}{12};\frac{1}{6}\right) (cf. 2.a.)