Sujet national, juin 2014, exercice 4

Énoncé

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 [AB], [BC] et [CA].
On choisit AB pour unité de longueur et on se place dans le repère orthonormé (A; \overrightarrow{\mathrm{AB}}, \overrightarrow{\mathrm{AC}}, \overrightarrow{\mathrm{AD}}) 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).
a) Donner les coordonnées des points D et F.
Déterminez les coordonnées de  : A, B, C et D puis F.
b) Donner une représentation paramétrique de la droite (DF).
Étant donnés un point \mathrm{A}(x_0 ;y_0 ;z_0) et \overrightarrow{u}(a ;b ;c) un vecteur directeur d'une droite d passant par A, alors un système d'équation paramétrique de d est  :
\left\{ \begin{array}{l} x= x_0+at \\ y = y_0+bt \\ z= z_0+ct \end{array} \right.
c) Déterminer une équation cartésienne du plan \mathcal{P}.
Si \overrightarrow{u}(a ;b ;c) est un vecteur normal de \mathcal{P}, alors une équation cartésienne de \mathcal{P} est de la forme ax+by+cz+d=0. Concluez en tenant compte du fait que A appartient à \mathcal{P}.
d) Calculer les coordonnées du point H.
Si un point M appartient à l'intersection de deux ensembles, alors ses coordonnées x, y et z vérifient simultanément les équations caractérisant chacun des deux ensembles.
e) Démontrer que l'angle \widehat{EHG} est un angle droit.
Pour montrer que l'angle \widehat{EHG} est droit, il suffit de montrer que les vecteurs \overrightarrow{\mathrm{GH}} et \overrightarrow{\mathrm{EH}} sont orthogonaux.
2. 
On désigne par M un point de la droite (DF) et par t le réel tel que \overrightarrow{\mathrm{DM}} = t\overrightarrow{\mathrm{DF}}. On note : α 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 α soit maximale.
a) Démontrer que ME2\frac{3}{2}t^{2}\,-\,\frac{5}{2}t\,+\,\frac{5}{4}.
Déterminez les coordonnées de \mathrm{M} puis \mathrm{ME}^2.
b) Démontrer que le triangle MEG est isocèle en M.
En déduire que MEsin (\frac{\alpha}{2})\,=\,\frac{1}{2\sqrt{2}}.
Calculez \mathrm{MG}^2 puis comparez-le à \mathrm{ME}^2, concluez.
Considérez le point \mathrm{K} , pied de la hauteur issue de \mathrm{M} dans le triangle \mathrm{MEG} puis placez-le dans le triangle \mathrm{MEK} rectangle en \mathrm{K}.
c) Justifier que α est maximale si et seulement si sin (\frac{\alpha}{2}) est maximal.
En déduire que α est maximale si et seulement si ME2 est minimal.
d) Conclure.
Appuyez-vous sur les variations de la fonction sinus.

Corrigé

1. 
a) Puisque (A,\overrightarrow{\mathrm{AB}},\overrightarrow{\mathrm{AC}}, \overrightarrow{\mathrm{AD}}) est un repère de l'espace, A(0;0;0), B(1;0;0), C(0;1;0) et D(0;0;1).
Puisque F est le milieu de [BC], F(\frac{1}{2}; \frac{1}{2}; 0).
b) \overrightarrow{\mathrm{DF}}(\frac{1}{2}; \frac{1}{2};-1).
D'où un système d'équation paramétrique de (DF) : \left\{ \begin{array}{l} x= \frac{t}{2} \\ y = \frac{t}{2} \\ z= 1-t \end{array} \right..
c) Puisque \mathcal{P} est orthogonal à (DF), \overrightarrow{\mathrm{DF}} est un vecteur normal de \mathcal{P} et une équation cartésienne de \mathcal{P} est de la forme \frac{x}{2}+\frac{y}{2}-z+d=0 et comme de plus A \in\,\mathcal{P}, d = 0.
Un équation cartésienne de \mathcal{P} est donc x+y-2z=0.
d) Le point H appartient à \mathcal{P} et à la droite (DF) donc ses coordonnées x, y et z vérifient simultanément la représentation paramétrique de (DF) et l'équation cartésienne de \mathcal{P} trouvées précédemment:
\frac{t}{2}+\frac{t}{2}-2(1-t)=0 soit t-2+2t=0, t=\frac{2}{3}.
Donc H(\frac{1}{3}; \frac{1}{3}; \frac{1}{3}).
e) Puisque E est le milieu de [BA], E(\frac{1}{2}; 0; 0).
Puisque G est le milieu de [AC], F(0; \frac{1}{2}; 0).
\overrightarrow{\mathrm{EH}}(\frac{1}{3}-\frac{1}{2}; \frac{1}{3}; \frac{1}{3})\overrightarrow{\mathrm{EH}}(-\frac{1}{6}; \frac{1}{3}; \frac{1}{3}).
\overrightarrow{\mathrm{GH}}(\frac{1}{3}; \frac{1}{3}-\frac{1}{2}; \frac{1}{3})\overrightarrow{\mathrm{GH}}(\frac{1}{3}; -\frac{1}{6}; \frac{1}{3}).
\overrightarrow{\mathrm{EH}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{GH}}=-\frac{1}{18}-\frac{1}{18}+\frac{1}{9}=0.
Puisque les vecteurs \overrightarrow{\mathrm{GH}} et \overrightarrow{\mathrm{EH}} sont orthogonaux, l'angle \widehat{EHG} est droit.
2. 
a)  Soit x, y et z les coordonnées de M tel que \overrightarrow{\mathrm{DM}} = t\overrightarrow{\mathrm{DF}}.
Dans ces conditions on a \begin{cases} x=0,5t \\\\y=0,5t\\\\z-1=-t \end{cases} d'où \begin{cases} x=0,5t \\\\y=0,5t\\\\z=1-t \end{cases}
Par suite :
ME2 = (0,5t − 0,5)2 + (0,5t)2 + (1 − t)2
ME2 = 0,25t2 − 0,5t + 0,25 + 0,25t2 + 1 − 2tt2
ME2 = 1,5t2 − 2,5t + 1,25
ME2\dfrac{3t^2}{2}-\dfrac{5t}{2}+\dfrac{5}{4}.
b) MG2 = (0,5t)2 + (0,5t − 0,5) + (1 − t)2\dfrac{3}{2}t^2-\dfrac{5}{2}t+\dfrac{5}{4} = ME2, le triangle MEG est donc bien isocèle en M.
On désigne par K le pied de la hauteur issue de M dans le triangle MEG.
Puisque le triangle MEG est isocèle en M, la droite (MK) est aussi la bissectrice de l'angle \widehat{MEG} et \widehat{EMK}=\dfrac{\alpha}{2}.
Dans le triangle MEK rectangle en K, on peut utiliser le sinus et on obtient :
\sin \left(\dfrac{\alpha}{2} \right) = \dfrac{EK}{ME}.
Mais EK = \dfrac{\mathrm{EG}}{2} = \dfrac{\sqrt{0,5}}{2} = \dfrac{1}{2\sqrt{2}}, donc \sin \left(\dfrac{\alpha}{2} \right) = \dfrac{\mathrm{EK}}{\mathrm{ME}} ce qui donne finalement :
ME \sin \left(\dfrac{\alpha}{2} \right) = \dfrac{1}{2\sqrt{2}}.
c) \left(\sin(x) \right)'=\cos(x)\geq 0 sur \left[0;\dfrac{\pi}{2}\right], la fonction sinus est donc croissante sur \left[0;\dfrac{\pi}{2}\right] donc \alpha maximal \Leftrightarrow \sin \left( \dfrac{\alpha}{2} \right) maximal.
Le produit \mathrm{ME} \sin \left(\dfrac{\alpha}{2} \right) étant constant, \alpha est maximal si et seulement si \sin \left( \dfrac{\alpha}{2} \right) est maximal si et seulement si ME et donc \mathrm{ME}^2 est minimal.
d)  Le polynôme de degré 2, \mathrm{ME}^2=\dfrac{3}{2}t^2 - \dfrac{5}{2}t + \dfrac{5}{4} admet un minimum en t=-\dfrac{b}{2a} car a=\dfrac{3}{2}>0.
D'où t = \dfrac{-\dfrac{-5}{2}}{2\dfrac{3}{2}} = \dfrac{5}{6}.
La position du point M telle que la mesure de l'angle soit maximale est celle atteinte pour t = \dfrac{5}{6}, soit pour M de coordonnées : M\left(\dfrac{5}{12}~;~\dfrac{5}{12}~;~\dfrac{1}{6}\right).