Baccalauréat S Métropole 19 juin 2014 - Correction Exercice 4

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Correction de l'exercice 4 5 points


Candidats N'AYANT PAS SUIVI l'enseignement de spécialité mathématiques

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 $\left(\text{A}~;~\vec{\text{AB}}, \vec{\text{AC}}, \vec{\text{AD}}\right)$ de l'espace.
  1. On désigne par $\mathcal{P}$ le plan qui passe par A et qui est orthogonal à la droite (DF).
  2. 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. Dans le repère orthonormé $\left(\text{A}~;~\vec{\text{AB}}, \vec{\text{AC}}, \vec{\text{AD}}\right)$ on a D $(0\,, 0\,,1)$ et F milieu de B $(1\,, 0\,,0)$ C $(0\,, 1\,,0)$ donc F a pour coordonnées $(\dfrac{1+0}{2}\,,\dfrac{0+1}{2}\,,0)=(\dfrac{1}{2}\,,\dfrac{1}{2}\,,0)$
    3. Donner une représentation para métrique de la droite (DF).
    4. Ainsi $ \vec{\text{DF}} $ a pour coordonnées $\left (\dfrac{1}{2}-0\,,\dfrac{1}{2}-0\,,1-0\right )$ $M(x~;~y~;~z) \in (DF)$ vérifie $\overrightarrow{DM}=t \overrightarrow{DF}$, on a donc: $ \left\lbrace \begin{array}{l l} x-0 &= \dfrac{1}{2}t\\ y-0 &= \dfrac{1}{2}t\\ z-1 &= t \end{array} \right. \iff \left\lbrace \begin{array}{l l} x&= \dfrac{1}{2}t\\ y&= \dfrac{1}{2}t\\ z&= 1-t \end{array} \right.$
    5. Déterminer une équation cartésienne du plan $\mathcal{P}$.
    6. $\mathcal{P}$ a pour vecteur normal $ \vec{\text{DF}} $ car $\mathcal{P}$ est orthogonal à la droite (DF).
      Ainsi $\mathcal{P}$ a une équation cartésienne du type $$ \dfrac{1}{2}x+ \dfrac{1}{2}y-z+d=0$$ $A (0\,,0\,,0\,,0)\in \mathcal{P}$ donc $d=0$.
      $\mathcal{P}$ admet pour équation cartésienne $\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{2}y-z=0$ $\mathcal{P}$ admet pour équation cartésienne $x+y-2z=0$
    7. Calculer les coordonnées du point H.
    8. $H(x~;~y~;~z) \in (DF \cap \mathcal{P})$ vérifie le système : $ \left\lbrace \begin{array}{l l} x+y-2z&=0 \; (1)\\ x &= \dfrac{1}{2}t\\ y &= \dfrac{1}{2}t\\ z &= 1-t \end{array} \right.$ $(1)\iff \dfrac{1}{2}t +\dfrac{1}{2}t-2(1-t)=0 \iff 3t =2 \iff t=\dfrac{2}{3}$
      En reportant $t=\dfrac{2}{3}$ dans la représentation paramétrique de la droite (DF) on obtient : H a pour coordonnées $\left(\dfrac{1}{3}\,,\dfrac{1}{3}\,,\dfrac{1}{3}\right)$
    9. Démontrer que l'angle $\widehat{\text{EHG}}$ est un angle droit.
    10. On a $\overrightarrow{EH}\begin{pmatrix}\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{2}\\\dfrac{1}{3}\\\dfrac{1}{3}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\dfrac{1}{6}\\\dfrac{1}{3}\\\dfrac{1}{3}\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{EH}\begin{pmatrix}\dfrac{1}{3}\\\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{2}\\\dfrac{1}{3}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\dfrac{1}{3}\\-\dfrac{1}{6}\\\dfrac{1}{3}\end{pmatrix}$ $$ \overrightarrow{EH}\cdot\overrightarrow{GH}=-\dfrac{1}{6}\times \dfrac{1}{3}+\left(-\dfrac{1}{6}\times \dfrac{1}{3}\right)+\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{3}=-\dfrac{1}{18}-\dfrac{1}{18}+\dfrac{1}{9}=0$$ Ainsi $\overrightarrow{EH}\cdot \overrightarrow{GH}=0$, ce qui prouve que l'angle $\widehat{\text{EHG}}$ est un angle droit.
  3. On désigne par $M$ un point de la droite (DF) et par $t$ le réel tel que $\vec{\text{D}M} = t\vec{\text{DF}}$. On note $\alpha$ la mesure en radians de l'angle géométrique $\widehat{\text{E}M\text{G}}$. Le but de cette question est de déterminer la position du point $M$ pour que $\alpha$ soit maximale.
    1. Démontrer que $M\text{E}^2 = \dfrac{3}{2}t^2 - \dfrac{5}{2}t + \dfrac{5}{4}$.
    2. $M$ un point de la droite (DF) et par $t$ le réel tel que $\vec{\text{D}M} = t\vec{\text{DF}}$ a pour coordonnées $(x\,,y\,,z)$ tels que : $ \left\lbrace \begin{array}{l l} x &= \dfrac{1}{2}t\\ y &= \dfrac{1}{2}t\\ z &= 1-t \end{array} \right.$
      $$\overrightarrow{ME}\begin{pmatrix}\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}t\\0-\dfrac{1}{2}t\\t-1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2}(1-t)\\ -\dfrac{1}{2}t\\t-1\end{pmatrix}$$ $$\text{ Ainsi : }$$ $$\begin{array}{l l} ME^2&=\left( \dfrac{1}{2}(1-t)\right)^2+\left(-\dfrac{1}{2}t\right)^2+\left(t-1\right)^2 \\ &= \dfrac{1}{4}(t-1)^2+\dfrac{1}{4}t^2+(t-1)^2\\ &= \dfrac{5}{4}(t-1)^2+\dfrac{1}{4}t^2\\ &= \dfrac{5}{4}(t^2-2t+1)+\dfrac{1}{4}t^2\\ &= \dfrac{3}{2}t^2 - \dfrac{5}{2}t + \dfrac{5}{4}\\ \end{array}$$
    3. Démontrer que le triangle $M$EG est isocèle en $M$. En déduire que $M\text{E}\sin \left(\dfrac{\alpha}{2} \right) = \dfrac{1}{2\sqrt{2}}$.
    4. On a G milieu de A $(0\,, 0\,,0)$ C $(0\,, 1\,,0)$ donc G a pour coordonnées $(0\,,\dfrac{1}{2}\,,0)$ $$\overrightarrow{MG}\begin{pmatrix}\dfrac{1}{2}t\\ \dfrac{1}{2}t -\dfrac{1}{2}\\1-t\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2}(1-t)\\ -\dfrac{1}{2}t\\t-1\end{pmatrix}$$ $$\text{ Ainsi : }$$ $$\begin{array}{l l} MG^2&=\left(\dfrac{1}{2}t\right)^2+\left( \dfrac{1}{2}(t-1)\right)^2+\left(1-t\right)^2 \\ &= \dfrac{3}{2}t^2 - \dfrac{5}{2}t + \dfrac{5}{4}\\ &= ME^2\\ \end{array}$$ Ayant $MG^2=ME^2$; on a prouvé que $ME=MG$ et donc le triangle $M$EG est isocèle en $M$.
    5. 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 $M\text{E}^2$ est minimal.
    6. On appelle $K$ le milieu de $[EG]$. La droite $(MK)$ est donc une hauteur et une bissectrice du triangle $MEG$ et $\widehat{EMK} = \dfrac{\alpha}{2}$.
      Dans le triangle $MEG$ rectangle en $K$ on a : $\sin \left(\dfrac{\alpha}{2} \right) = \dfrac{EK}{ME}$
      Or $EK = \dfrac{EG}{2} = \dfrac{\sqrt{0,5}}{2} = \dfrac{1}{2\sqrt{2}}$.
      Par conséquent :
      $$ \sin \left(\dfrac{\alpha}{2} \right) = \dfrac{EK}{ME} \Leftrightarrow ME \sin \left(\dfrac{\alpha}{2} \right) = \dfrac{1}{2\sqrt{2}}$$.
      $~$
      Première méthode : La fonction $\sin$ est strictement croissante sur $\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$.
      Par conséquent $\alpha$ maximale $\Leftrightarrow \sin \left( \dfrac{\alpha}{2} \right)$ maximal.
      $~$
      Deuxième méthode : Les fonctions $\alpha \mapsto \alpha $ et $\alpha \sin\left( \dfrac{\alpha}{2} \right)$ sont dérivables sur $\mathbb{R}$.
      $ \left(\sin\left( \dfrac{\alpha}{2} \right) \right)’ = \dfrac{\alpha’}{2} \cos \left( \dfrac{\alpha}{2} \right) $.
      $\alpha$ ne prend des valeurs que dans $[0;\pi]$ donc $\cos \left( \dfrac{\alpha}{2} \right) \geq 0$ Par conséquent :
      le signe de $\left(sin\left( \dfrac{\alpha}{2} \right) \right)’ $ = le signe de $\alpha’$.
      Par conséquent $\alpha$ maximale $\Leftrightarrow \sin \left( \dfrac{\alpha}{2} \right)$ maximal.
      $~$
      $~$
      $~$
      Le produit $ME \sin \left(\dfrac{\alpha}{2} \right) $ est constant.
      Par conséquent $\alpha$ maximale $\Leftrightarrow \sin \left( \dfrac{\alpha}{2} \right)$ maximal $\Leftrightarrow ME$ minimal.
      $~$
    7. Conclure.
      • Première méthode : Pour déterminer le minimum de $ME$ on va trouver la valeur de $t$ telle que $\dfrac{3}{2}t^2-\dfrac{5}{2}t+\dfrac{5}{4}$ soit minimal.
        Il s’agit de trouver l’abscisse du sommet de la parabole correspondante :
        $$x_S = \dfrac{-b}{2a} = \dfrac{5}{6}$$
        Par conséquent les coordonnées du point $M$ cherché sont $\left( \dfrac{5}{12};\dfrac{5}{12};\dfrac{1}{6} \right)$.
      • Deuxième méthode : on étudie les variation de $\phi : t \mapsto : \dfrac{3}{2}t^2-\dfrac{5}{2}t+\dfrac{5}{4}$
        $\phi$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $$\phi '(t)=\dfrac{3}{2}\times 2t -\dfrac{5}{2} =3t - \dfrac{5}{2}$$ $$\phi '(t) >0 \iff 3t - \dfrac{5}{2} >0 \iff t>\dfrac{5}{6} $$
        d' où le tableau de variation de $\phi$ sur $\mathbb{R}$ :
        Bac S Metropole 2014 Ex4 tab
        $$\phi \left (\frac{5}{24}\right) =\frac{3}{2}\times \frac{25}{36} -\frac{5}{2}\times \frac{5}{6} +\frac{5}{4}=\frac{5}{24}$$ Par conséquent les coordonnées du point $M$ cherché sont $\left( \dfrac{5}{12};\dfrac{5}{12};\dfrac{1}{6} \right)$.
        On a alors $\sin \left(\dfrac{\alpha}{2} \right) = \dfrac{EK}{ME} =\dfrac{\frac{1}{2\sqrt 2}}{\sqrt{\frac{5}{24}}}=\sqrt{\dfrac{3}{5}}$
        On déduit $\dfrac{\alpha}{2}=\sin ^{-1} \left (\sqrt{\dfrac{3}{5}}\right ) $
        Le maximum de l'angle $\alpha$ est donc $2\sin ^{-1} \left (\sqrt{\dfrac{3}{5}}\right )\approx 101,5 ^{\circ}$
      Une figure dynamique avec Geogebra 3D :

       

 

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