Bac 2014 - Géométrie dans l'espace, dans un tétraèdre…

Exercice corrigé - Spécialité maths, terminale générale

Dans l'espace, on considère un tétraèdre

dont les faces

sont des triangles rectangles et isocèles en A. On désigne par

les milieux respectifs des côtés

.

On choisit

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

On désigne par le plan qui passe par A et qui est orthogonal à la droite (DF).
On note H le point d'intersection du plan 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.
On désigne par un point de la droite et par le réel tel que . On note la mesure en radians de l'angle géométrique .
Le but de cette question est de déterminer la position du point pour que soit maximale.
1. Démontrer que $$ME^2 = \dfrac{3}{2}t^2-\dfrac{5}{2}t+\dfrac{5}{4}$ .
2. Démontrer que le triangle est isocèle en . En déduire que $$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 est minimal.
4. Conclure.

Correction
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 , , et , pour les coordonnées des points directement liés au repère, et alors $$F\lp\dfrac12;\dfrac12;0\rp$ puisque est le milieu de .
2. Une représentation paramétrique de est donnée par $$\overrightarrow{DM}=t\overrightarrow{DF}$ où est un point de la droite de paramètre , 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 $$\mathcal{P}$ est orthogonal à , donc $$\overrightarrow{DF}$ est un vecteur normal à $$\mathcal{P}$ et une équation cartésienne de $$\mathcal{P}$ est $$\dfrac12 x+\dfrac12y-z+d=0$ où est un réel.
  De plus, on sait que $$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 $$\dfrac12 x+\dfrac12y-z=0$
4. Le point est un point de et de $$\mathcal{P}$ , donc ses coordonnées sont celles d'un point de paramètre 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 $$\dfrac12 x+\dfrac12y-z=0$ .
  En substituant les expressions de , et en fonction du paramètre dans l'équation de $$\mathcal{P}$ , on obtient:
  
  $\dfrac12\lp\dfrac12t\rp+\dfrac12\lp\dfrac12t\rp-\lp1-t\rp=0 \iff \dfrac32t-1=0 \iff t=\dfrac23$
  
  Ainsi, 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.
On reconnaît dans le point décrit, le point de paramètre dans la représentation paramétrique de la droite donnée à la question 1. b..
1. Le point est le milieu du segment , 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 : Le point est le milieu du segment , 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 et sont des longueurs, donc des nombres positifs, on a bien et le triangle est isocèle.
  Dans le plan , 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 , $$\sin\dfrac\alpha2=\dfrac{\dfrac{EG}{2}}{ME} \iff ME\sin\dfrac\alpha2=\dfrac{EG}{2}$ . Or $$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 est minimal, et donc lorsque est minimal car la fonction carré étant croissante sur $$\R_+$ , et ont le même sens de variation.
4. On avait $$ME^2=\dfrac32t^2-\dfrac52t+\dfrac54$ . En notant , on définit une fonction 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 , donc , donc aussi , a un minimum en $$t=\dfrac56$ .
  La position du point telle que la mesure de l'angle soit maximale est donc celle atteinte pour le paramètre $$t = \dfrac{5}{6}$ , soit $$M\left(\dfrac{5}{12}~;~\dfrac{5}{12}~;~\dfrac{1}{6}\right)$ .

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