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 $\left[AB\right], \left[BC\right]$ et $\left[CA\right]$.

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

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

On note $H$ le point d’intersection du plan $\mathscr P$ et de la droite $\left(DF\right)$.
1. Donner les coordonnées des points $D$ et $F$.
2. Donner une représentation paramétrique de la droite $\left(DF\right)$.
3. Déterminer une équation cartésienne du plan $\mathscr P$.
4. Calculer les coordonnées du point $H$.
5. Démontrer que l’angle $\widehat{EHG}$ est un angle droit
On désigne par $M$ un point de la droite $\left(DF\right)$ et par $t$ le réel tel que $\overrightarrow{DM}=t \overrightarrow{DF}$. On note $\alpha$ la mesure en radians de l’angle géométrique $\widehat{EMG}$.

Le but de cette question est de déterminer la position du point $M$ pour que $\alpha$ soit maximale.
1. Démontrer que $ME^{2}=\dfrac{3}{2}t^{2} – \dfrac{5}{2}t+\dfrac{5}{4}$.
2. Démontrer que le triangle $MEG$ est isocèle en $M$.
  
  En déduire que $ME \sin \left(\dfrac{\alpha }{2}\right)=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}$.
3. Justifier que $\alpha$ est maximale si et seulement si $\sin\left(\dfrac{\alpha }{2}\right)$ est maximal.
  
  En déduire que $\alpha$ est maximale si et seulement si $ME^{2}$ est minimal.
4. Conclure

Corrigé

1. Vu le choix du repère, $D$ a pour coordonnées $\left(0;0;1\right)$
  
  $F$ est le milieu de $\left[BC\right]$ avec $B\left(1;0;0\right)$ et $C\left(0;1;0\right)$ donc $F$ a pour coordonnées
  
  $\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};0\right)$
2. La droite $\left(DF\right)$ a pour vecteur directeur $\overrightarrow{DF}\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}; – 1\right)$ et passe par le point $D\left(0;0;1\right)$
  
  Une représentation paramétrique de $\left(DF\right)$ est donc :
  
  $$\left\{ \begin{matrix} x=1/2 t \\ y=1/2 t \\ z=1 – t \end{matrix}\right.$$ $t\in \mathbb{R}$
  
  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 $2\overrightarrow{DF}\left(1;1; – 2\right)$ ce qui donne :
  
  $$\left\{ \begin{matrix} x=t \\ y=t \\ z=1 – 2t \end{matrix}\right.$$ $t\in \mathbb{R}$
3. Le \vecteur $2\overrightarrow{DF}\left(1;1; – 2\right)$ est normal au plan $\mathscr P$. L’équation de $\mathscr P$ est donc du type :
  
  $x+y – 2z+d=0$
  
  Ce plan passe par $A$ donc \les coordonnées de $A\left(0;0;0\right)$ vérifient l’équation du plan :
  
  $0+0 – 2\times 0+d=0$ soit $d=0$.
  
  Une équation cartésienne de $\mathscr P$ est donc :
  
  $x+y – 2z=0$
  
  Remarque : Là encore, ce n’est pas la seule réponse possible !
4. $H$ appartient a l’\intersection du plan $\mathscr P$ et de la droite $\left(DF\right)$. Ses coordonnées sont donc de la forme :
  
  $$\left\{ \begin{matrix} x_{H}=t \\ y_{H}=t \\ z_{H}=1 – 2t \end{matrix}\right.$$
  
  avec $t$ tel que
  
  $t+t – 2\left(1 – 2t\right)=0$ (équation obtenue en remplaçant $x$, $y$, et $z$ par \les coordonnées ci-dessus dans l’équation cartésienne de $\mathscr P$).
  
  Cette équation donne $6t=2$ donc $t=\dfrac{1}{3}$ et $H \left(\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3}\right)$.
5. $E\left(\dfrac{1}{2};0;0\right)$ et $G\left(0;\dfrac{1}{2};0\right)$ donc :
  
  $\overrightarrow{EH}\left( – \dfrac{1}{6};\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3}\right)$ et $\overrightarrow{GH}\left(\dfrac{1}{3}; – \dfrac{1}{6};\dfrac{1}{3}\right)$
  
  $\overrightarrow{EH}.\overrightarrow{GH} =\dfrac{1}{3}\times \left( – \dfrac{1}{6}\right) – \dfrac{1}{6}\times \dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{3}=0$
  
  Les \vecteurs $\overrightarrow{EH}$ et $\overrightarrow{GH}$ sont donc orthogonaux et l’angle $\widehat{EHG}$ est un angle droit.
1. Soit $M\left(x;y;z\right)$.
  
  $\overrightarrow{DM}=t\overrightarrow{DF}$ avec $\overrightarrow{DF}\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}; – 1\right)$ et $\overrightarrow{DM}\left(x;y;z – 1\right)$
  
  Donc $x=\dfrac{1}{2}t$, $y=\dfrac{1}{2}t$ et $z=1 – t$.
  
  $ME^{2}=\left(x – \dfrac{1}{2}\right)^{2}+y^{2}+z^{2}=\left(\dfrac{1}{2}t – \dfrac{1}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{1}{2}t\right)^{2}+\left(1 – t\right)^{2}$
  
  $ME^{2}=\dfrac{1}{4}t^{2} – \dfrac{1}{2}t+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}t^{2}+1 – 2t+t^{2}=\dfrac{3}{2}t^{2} – \dfrac{5}{2}t+\dfrac{5}{4}$
  
  Un calcul similaire pour $MG^{2}$ (il suffit de permuter $x$ et $y$ dans \les calculs!) conduit également à :
  
  $MG^{2}=\dfrac{3}{2}t^{2} – \dfrac{5}{2}t+\dfrac{5}{4}$
  
  Donc $MG=ME$ et \le triangle $MEG$ est isocè\le en $M$.
2. Soit $I$ \le milieu de $\left[EG\right]$. $EI$ est une médiane donc une hauteur du triangle isocè\le $MEG$
  
  $EG=2 EI=2 ME \sin\left(\dfrac{ \alpha}{2}\right)$
  
  Or, à partir des coordonnées de $E$ et de $G$ : $EG^{2}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}+0=\dfrac{1}{2}$
  
  Donc
  
  $2ME \sin \left(\dfrac{\alpha }{2}\right)=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$
  
  c’est à dire :
  
  $ME \sin \left(\dfrac{\alpha }{2}\right)=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}$
3. La fonction $\alpha \mapsto \sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$ est strictement croissante sur l’\intervalle $\left[0; \pi \right]$
  
  $\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$ est donc maximal lorsque la mesure $\alpha$ est maximale;
  
  Le produit $ME \sin \left(\dfrac{\alpha }{2}\right)$ é\tant constant $\sin \left(\dfrac{\alpha }{2}\right)$ est maximal lorsque $ME$ est minimal, c’est à dire lorsque $ME^{2}$ est minimal (la fonction carrée é\tant strictement croissante sur $\left[0;+\infty \right[$)
4. La fonction $t \mapsto \dfrac{3}{2}t^{2} – \dfrac{5}{2}t+\dfrac{5}{4}$ est une fonction polynôme qu second degré qui atteint son minimum pour $t= – \dfrac{b}{2a}=\dfrac{5}{6}$.
  
  Le point $M$ pour \lequel la mesure $\alpha$ est maximale est donc situé au $\dfrac{5}{6}$ du segment $\left[DF\right]$ en partant de $D$.
  
  Les coordonnées de $M$ sont alors $\left(\dfrac{5}{12};\dfrac{5}{12};\dfrac{1}{6}\right)$ (cf. 2.a.)

Géométrie dans l’espace – Bac S Métropole 2014

Exercice 4 (5 points)

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