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) $.
- Donner les coordonnées des points $ D $ et $ F $.
- Donner une représentation paramétrique de la droite $ \left(DF\right) $.
- Déterminer une équation cartésienne du plan $ \mathscr P $.
- Calculer les coordonnées du point $ H $.
- 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.
- Démontrer que $ ME^{2}=\dfrac{3}{2}t^{2} - \dfrac{5}{2}t+\dfrac{5}{4} $.
- Démontrer que le triangle $ MEG $ est isocèle en $ M $.
En déduire que $ ME \sin \left(\dfrac{\alpha }{2}\right)=\dfrac{1}{2\sqrt{2}} $. - 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. - Conclure
Corrigé
- 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) $ - 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} $ - 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 ! - $ 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) $. - $ 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.
- Vu le choix du repère, $ D $ a pour coordonnées $ \left(0;0;1\right) $
- 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 isocèle en $ M $. Soit $ I $ le milieu de $ \left[EG\right] $. $ EI $ est une médiane donc une hauteur du triangle isocèle $ 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}} $
- 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) $ étant 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 étant strictement croissante sur $ \left[0;+\infty \right[ $) - 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.)
- Soit $ M\left(x;y;z\right) $.