Grand angle :proposition de solutions

Grand angle :proposition de solutions
1ère solution : Géométrie et trigonométrie dans l’espace
• ( BD) ⊥ ( AC ) et ( DH ) ⊥ ( AC ) : (AC) est orthogonale à deux droites sécantes du plan (BDH) donc (AC)
est orthogonale au plan (BDH).
Or I, centre du carré ABCD, est le milieu de [BD] et de [AC].
Donc I appartient au plan (BDH) et à la droite (AC).
Par conséquent le plan (BDH) est le plan médiateur du segment [AC].
Comme M est un point de la diagonale [BH] , M appartient au plan (BDH) et M est équidistant des points
A et C. Donc le triangle AMC est isocèle en M
π n
AMC
MCA = −
• Par conséquent n
2
2
n
AMC est maximum si et seulement si n
MCA est
minimum.
π⎡
⎤
MCA ∈ ⎥ 0 ; ⎢ donc n
Or n
MCA est minimum si et
2
⎦
⎣
MCA est minimum car la fonction
seulement si tan n
π
⎤
tangente est strictement croissante sur ⎥ 0 ;
2
⎦
⎡
⎢.
⎣
IM
MCA =
Or, dans le triangle IMC rectangle en I, tan n
.
IC
1
Comme IC = AC , IC est une longueur constante
2
MCA est minimum si et seulement si IM est minimale.
tan n
IM est minimale ⇔ M est le projeté
orthogonal de I sur [BH]
• Calcul de
n
AMC
BDH et BIM sont deux triangles semblables car ils ont deux angles égaux
Donc leurs côtés sont proportionnels et on obtient :
BI
IM
=
BH DH
Or [BD] est la diagonale d’un carré de côté a donc BD = a 2 et BI =
a 2
2
Comme DH = a d’après le théorème de Pythagore dans le triangle BDH on a : BH = a 3
a 2
a 2
×a
2 3
2
1
2
.
=a
=
MCA =
et tan n
a 3
2 3
2
3
a
2
π 2π
n = π = 30° et n
AMC = π − 2 × =
= 120° .
Par conséquent MCA
6
6 3
BI × DH
Donc IM =
=
BH
2ème solution : Géométrie analytique et produit scalaire dans l’espace
JJJG JJJG JJJG
Dans le repère B; BA, BC , BF
(
)
A(1;0;0) ; B(0;0;0) ; C (0;1;0) ; D(1;1;0) ; E (1;0;1) ; F (0;0;1) et H (1;1;1)
JJJJG
JJJJG
Or M appartient au segment [BH]. Il existe donc un réel k ∈ [0;1] tel que BM = kBH .
D’où les coordonnées de M : M (k;k;k )
JJJJG JJJJG
JJJJG JJJJG
MA. MC
MA. MC = MA × MC × cos n
AMC donc cos n
AMC =
MA × MC
JJJJG
JJJJG
Or, AM (k − 1;k;k ) et CM (k;k − 1;k ). on en déduit que :
JJJJG JJJJG JJJJG JJJJG
MA. MC = AM .CM = k(k − 1) + k(k − 1) + k 2 = 3k 2 − 2k
AMC =
cos n
((k − 1)
2
3k 2 − 2k
+ k2 + k2
) (k
On pose pour k ∈ [0;1 ] : f (k ) =
2
+ (k − 1)2 + k 2
)
=
3k 2 − 2k
3k 2 − 2k + 1
3k 2 − 2k
3k 2 − 2k + 1
n
AMC est maximum si et seulement si cos n
AMC est minimum car la fonction cosinus est décroissante sur
0
;
π
.
On
étudie
donc
les
variations
de
la
fonction f sur [ 0 ; 1 ]
[
]
f est dérivable en tant que fonction rationnelle définie sur [ 0 ; 1 ] et f ′(k ) =
k
0
f (k )
0
1
3
2
Donc f est minimum pour k =
−
1
2
1
/
1
2
1
1
et cos n
AMC = − .
3
2
2π
AMC =
= 120°
AMC est compris entre 0 et p alors n
Comme n
3
6k − 2
(
3k 2 − 2k + 1
)
2
.
3ème solution : Géométrie et trigonométrie dans l’espace
Comme le triangle AMC est isocèle en M et I est le milieu de [AC],
n
AMI est maximum.
AMC est maximum si et seulement si n
π⎡
π⎡
⎤
⎤
AMI ∈ ⎥ 0 ; ⎢ et la fonction sinus est strictement croissante sur ⎥ 0 ; ⎢ donc
Or n
2
2
⎦
⎣
⎦
⎣
n
n
AMI est maximum si et seulement si sin AMI est maximum.
AMI =
De plus sin n
AI
AC a 2
=
et comme AI est constant , AI =
;
AM
2
2
sin n
AMI est maximum si et seulement si AM est minimum
si et seulement si M est le projeté orthogonal de A sur [BH]
(puisque M décrit le segment [BH]).
Aire de ABH =
donc AM = a
AM × BH a 2 × a a2 2
=
=
2
2
2
2
3
AI
De plus, sin n
AMI =
=
AM
π
⎤
Comme n
AMI ∈ ⎥ 0 ;
2
⎦
2π
= 120°
et n
AMC =
3
a 2
2 = 3
2
2
a
3
⎡ n π
⎢ , AMI = 3
⎣