Exercice corrigé bac S, 2014 - Géométrie dans l'éespace

Géométrie dans un tétraèdre



Exercice corrigé de mathématiques: Exercice corrigé Bac S, métropole juin 2014: géométrie dans l'espace, dans un tétraèdre

Exercice - énoncé:

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 $\left( A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD}\rp de l'espace.


  1. On désigne par $\mathcal{P} le plan qui passe par A et qui est orthogonal à la droite (DF).
    On note H le point d'intersection du plan $\mathcal{P} et de la droite (DF).
    1. Donner les coordonnées des points D et F.
    2. Donner une représentation paramétrique de la droite (DF).
    3. Déterminer une équation cartésienne du plan $\mathcal{P}.
    4. Calculer les coordonnées du point H.
    5. Démontrer que l'angle $\widehat{\text{EHG}} est un angle droit.
  2. On désigne par $M un point de la droite $(DF) 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 \lp\dfrac{\alpha}{2}\rp=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}.
    3. Justifier que $\alpha est maximale si et seulement si $\sin \lp\dfrac{\alpha}{2} \rp est maximal.
      En déduire que $\alpha est maximale si et seulement si $ME^2 est minimal.
    4. Conclure.

Correction exercice


Tout d'abord, une figure :
\psset{xunit=1.cm,yunit=1cm} \begin{pspicture}(-2,-2)(2,2) \pspolygon(-2,-1.5)(0,0)(3,-.5) \psline(-0.2,-0.16)(0.12,-0.22)(0.32,-0.06) \psline(-0.12,-.1)(-0.12,.08)(0,0.15) \psline(0.23,-0.04)(0.23,0.16)(0,0.2) \psline(-2,-1.5)(0,3)(0,0) \psline(0,3)(3,-.5) \rput(-0.3,0.1){$A$} \rput(-2.2,-1.5){$B$} \rput(3.2,-.5){$C$} \rput(-0.2,3){$D$} \rput(0.5,-1){$\tm$}\rput(0.6,-1.2){$F$} \rput(-1,-0.75){$\tm$}\rput(-1.2,-.6){$E$} \rput(1.5,-0.25){$\tm$}\rput(1.3,0.){$G$} \psplot{-0.1}{0.7}{-8 x mul 3 add} \end{pspicture}


    1. On a $B(1;0;0), $C(0;1;0), et $D(0;0;1), pour les coordonnées des points directement liés au repère, et alors $F\lp\dfrac12;\dfrac12;0\rp puisque $F est le milieu de $[BC].
    2. Une représentation paramétrique de $(DF) est donnée par $\overrightarrow{DM}=t\overrightarrow{DF} où $M(x;y;z) est un point de la droite de paramètre $t, et $\overrightarrow{DF}\lp\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};-1\rp est un vecteur directeur de la droite. Cette relation se réécrit sous la forme de la représentation paramétrique: $ \la\begin{array}{l} x=\dfrac{1}{2}t\\[0.3cm] y = \dfrac{1}{2}t\\[0.3cm] z = 1 - t\enar\right. t \in \R.
    3. Le plan $\mathcal{P} est orthogonal à $(DF), donc $\overrightarrow{DF} est un vecteur normal à $\mathcal{P} et une équation cartésienne de $\mathcal{P} est $\dfrac12 x+\dfrac12y-z+d=0 où $d est un réel.
      De plus, on sait que $A(0;0;0)\in\mathcal{P}, et donc que $\dfrac12\tm0+\dfrac12\tm0-0+d=0\iff d=0.
      Ainsi, une équation cartésienne de $\mathcal{P} est $\dfrac12 x+\dfrac12y-z=0
    4. Le point $H(x;y;z) est un point de $(DF) et de $\mathcal{P}, donc ses coordonnées sont celles d'un point de paramètre $t dans la représentation paramétrique, et qui vérifient également l'équation du plan: il existe $t\in\R tel que: $ \la\begin{array}{l} x=\dfrac{1}{2}t\\[0.3cm] y = \dfrac{1}{2}t\\[0.3cm] z = 1 - t\\ \enar\right. et $\dfrac12 x+\dfrac12y-z=0.
      En substituant les expressions de $x, $y et $z en fonction du paramètre $t dans l'équation de $\mathcal{P}, on obtient:
      \dfrac12\lp\dfrac12t\rp+\dfrac12\lp\dfrac12t\rp-\lp1-t\rp=0 \iff \dfrac32t-1=0 \iff t=\dfrac23

      Ainsi, $H a pour coordonnées $ \la\begin{array}{l} x=\dfrac{1}{2}t=\dfrac12\dfrac23=\dfrac13\\[0.3cm] y = \dfrac{1}{2}t=\dfrac12\dfrac23=\dfrac13\\[0.3cm] z = 1 - t=1-\dfrac23=\dfrac13 \enar\right., c'est à dire: $H\lp\dfrac13;\dfrac13;\dfrac13\rp.
    5. Les coordonnées des vecteurs $\overrightarrow{HE} et $\overrightarrow{HG} sont:
      $\overrightarrow{HE} = \lp\dfrac12-\dfrac13;0-\dfrac13;0-\dfrac13\right) = \lp\dfrac16;-\dfrac13;-\dfrac13\rp et $\overrightarrow{HG} = \lp0-\dfrac13;\dfrac12-\dfrac13;0-\dfrac13\right) =\lp-\dfrac13;\dfrac16;-\dfrac13\rp.
      Comme on travaille avec un repère orthonormé, le produit scalaire des deux vecteurs peut être obtenu avec ces coordonnées, et on a: $\overrightarrow{HE} \cdot \overrightarrow{HG} = \dfrac16\tm\dfrac{-1}{3}+\dfrac{-1}{3}\tm\dfrac16 +\dfrac{-1}{3}\tm\dfrac{-1}{3} =\dfrac{-1}{18}+\dfrac{-1}{18}+\dfrac{1}{9} = 0, ce qui montre que les vecteurs $\overrightarrow{HE} et $\overrightarrow{HG} sont orthogonaux, et donc que l'angle $\widehat{EHG} est droit.
  2. On reconnaît dans le point $M décrit, le point de paramètre $t dans la représentation paramétrique de la droite $(DF) donnée à la question 1. b..
    1. Le point $E est le milieu du segment $[AB], donc ses coordonnées sont $E\lp\dfrac12;0;0\rp et le vecteur $\overrightarrow{ME} a pour coordonnées: $\lp\dfrac12-\dfrac12t;0-\dfrac12t;0-(1 - t)\rp, soit $\overrightarrow{ME}\lp\dfrac12(1-t);-\dfrac12t;t-1\rp.
      On a donc
      ME^2=\overrightarrow{ME}\cdot\overrightarrow{ME}=\lp\dfrac12(1-t)\rp^2 +\lp-\dfrac12t\rp^2 + \lp t-1 \right)^2 = \dfrac{1}{4}(t^2 - 2t + 1) + \dfrac{t^2}{4} + t^2 - 2t + 1 = \dfrac{3}{2}t^2 - \dfrac{5}{2}t + \dfrac{5}{4}

    2. On procède de façon analogue pour calculer la longueur $MG: Le point $G est le milieu du segment $[AC], donc ses coordonnées sont $E\left(0~;~\dfrac{1}{2}~;~0\right) donc le vecteur $\overrightarrow{MG} a pour coordonnées: $\overrightarrow{MG}\left(0 - \dfrac{1}{2}t~;~\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}t~;~0- (1 - t)\right), soit $\overrightarrow{MG}\left(-\dfrac{1}{2} t~;~\dfrac{1}{2}(1 - t)~;~ t - 1\right).
      On a donc $MG^2 = \overrightarrow{MG} \cdot \overrightarrow{MG} =\lp-\dfrac12t\rp^2+\lp\dfrac12(1-t)\rp^2+\lp t-1\rp^2 =\dfrac{t^2}{4}+\dfrac14(t^2-2t+1)+t^2-2t+1 =\dfrac{3}{2}t^2-\dfrac{5}{2}t+\dfrac{5}{4}.
      On a donc $MG^2 = \dfrac32t^2 - \dfrac52t +\dfrac54=ME^2, et, comme $MG et $ME sont des longueurs, donc des nombres positifs, on a bien $MG=ME et le triangle $MEG est isocèle.
      Dans le plan $(MEG), on a la situation:
      \begin{pspicture}(-2,-0.4)(2,3.2) \pspolygon(-1.5,0)(1.5,0)(0,3) \rput(-1.7,0){$E$} \rput(1.7,0){$G$} \rput(-.1,3.1){$M$} \psline[linestyle=dashed](0,0)(0,3) \psline(0,0.3)(0.3,0.3)(0.3,0) \psarc(0,3){0.65}{245}{270} \rput(-0.25,2){$\frac{\alpha}{2}$} \rput(0,-0.2){$I$} \end{pspicture}

      On a alors, dans le triangle $EIM, $\sin\dfrac\alpha2=\dfrac{\dfrac{EG}{2}}{ME} \iff ME\sin\dfrac\alpha2=\dfrac{EG}{2} . Or $E\left( \dfrac12;0;0\rp et $G\left(0;\dfrac12;0\rp, d'où $\overrightarrow{EG}\lp-\dfrac12;\dfrac12;0\rp, et donc, $EG=\sqrt{\lp-\dfrac12\rp^2+\lp\dfrac12\rp^2+0^2} =\sqrt{\dfrac12}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}. On obtient bien ainsi, $ME\sin\dfrac\alpha2=\dfrac{EG}{2}=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}.
    3. $\alpha désigne la mesure en radians d'un angle géométrique, et donc $\alpha\in[0;\pi]. On a alors $\dfrac\alpha2\in\lb0;\dfrac\pi2\rb, intervalle sur lequel la fonction sinus est croissante:
      \begin{tabular}{|c|ccc|}\hline $\alpha$ & $0$ &\hspace*{1cm}& $\pi$ \\\hline &&&$\dfrac\pi2$\\ $\dfrac\alpha2$ & & \psline[arrowsize=7pt]{->}(-.7,-.4)(.8,.5)& \\ &0&&\\\hline &&&1\\ $\sin\dfrac\alpha2$&&\psline[arrowsize=7pt]{->}(-.7,-.4)(.8,.5)&\\ &0&&\\\hline \end{tabular}

      On en déduit en particulier que: $\alpha maximal $\iff\sin\dfrac\alpha2 maximal.

      De plus, on a d'après la question précédente, $\sin\dfrac\alpha2=\dfrac{1}{2\sqrt{2}ME}.
      Donc, $\sin\dfrac\alpha2 est maximal lorsque $ME est minimal, et donc lorsque $ME^2 est minimal car la fonction carré étant croissante sur $\R_+, $ME et $ME^2 ont le même sens de variation.
    4. On avait $ME^2=\dfrac32t^2-\dfrac52t+\dfrac54. En notant $f(t)=ME^2, on définit une fonction $f trinôme du second degré, donc dérivable sur $\R, et telle que $f'(t)=3t-\dfrac52 et qui est donc décroissante sur $\Bigl[-\infty;\dfrac56\Bigl] et croissante sur $\Bigr[\dfrac56;+\infty\Bigl[. En particulier $f, donc $ME^2, donc aussi $ME, a un minimum en $t=\dfrac56.
      La position du point $M telle que la mesure de l'angle soit maximale est donc celle atteinte pour le paramètre $t = \dfrac{5}{6}, soit $M\left(\dfrac{5}{12}~;~\dfrac{5}{12}~;~\dfrac{1}{6}\right).


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Voir aussi:
ccc