Grand angle :proposition de solutions

Grand angle :proposition de solutions
1ère solution : Géométrie et trigonométrie dans l’espace
• ()() et ( )()
B
DAC DHAC⊥⊥
: (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
• Par conséquent
n
n
22
A
MC
MCA π =−
n
A
MC est maximum si et seulement si est
minimum.
n
MCA
Or
n
0;2 MCA π
⎤⎡
∈⎥
⎦⎣
⎢
donc
n
MCA est minimum si et
seulement si tan
n
MCA est minimum car la fonction
tangente est strictement croissante sur 0;2
π
⎤⎡
⎥⎢
⎦⎣
.
Or, dans le triangle IMC rectangle en I,
n
tan IM MCA IC =.
Comme 1
2
IC AC= , IC est une longueur constante
tan est minimum si et seulement si
n
MCA IM est minimale.
IM est minimale
⇔
M est le projeté
orthogonal de I sur [BH]
• Calcul de
n
A
MC
BDH et BIM sont deux triangles semblables car ils ont deux angles égaux
Donc leurs côtés sont proportionnels et on obtient :
B
IIM
B
HDH
=
Or [BD] est la diagonale d’un carré de côté a donc 2
2 et 2
a
BD a BI==

Comme
D
Ha= d’après le théorème de Pythagore dans le triangle BDH on a : 3BH a=
Donc
n
2
223
21
2 et tan
323 2
2
a
aa
BI DH
IM a MCA
BH aa
×
×
=== ==
3
.
Par conséquent
n n
2
30 et 2 120
66
MCA AMC
ππ
== ° =π−×= = °
3
π
.
2ème solution : Géométrie analytique et produit scalaire dans l’espace
()
Dans le repère ; , ,
(1;0;0); (0;0;0); (0;1;0); (1;1;0); (1;0;1); (0;0;1) et (1;1;1)
BBABCBF
ABCDEF H
JJJG JJJG JJJG
Or M appartient au segment [BH]. Il existe donc un réel
[
]
0;1 tel que kBM∈=kBH
J
JJJG JJJJG.
D’où les coordonnées de M : (;;)Mkkk
nn
n
22
2
2
.
. cos donc cos
Or, ( 1; ; ) et ( ; 1; ). on en déduit que :
..(1)(1)32
32
cos (1)
MA MC
MA MC MA MC AMC AMC MA MC
AM k k k CM k k k
MAMC AMCM kk kk k k k
kk
AMC k
=×× =×
−−
= = −+ −+ = −
−
=
−+
J
JJJG JJJJG
JJJJGJJJJG
JJJJG JJJJG
JJJJG JJJJG JJJJG JJJJG
()()
[]
2
2
22 2 22
2
2
32
32
(1)
32
On pose pour 0;1 : ( ) 321
kk
kk
kk k k k
kk
kfk
kk
−
=1
−
+
++−+
−
∈=
−+
n
A
MC est maximum si et seulement si
n
cos
A
MC 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
[]
()
2
2
62
0;1 et ( ) 321
k
fk kk
−
′=
−+ .
k0 1
3 1
()fk 0 2 1
2
− / 1
2
Donc f est minimum pour
n
11
et cos
32
AMC==−k .
Comme
n
A
MC est compris entre 0 et p alors
n
2120
3
AMC π
=
=°

3ème solution : Géométrie et trigonométrie dans l’espace
Comme le triangle AMC est isocèle en M et I est le milieu de [AC],
n
A
MC est maximum si et seulement si
n
A
MI est maximum.
Or
n
0;2 AMI π
⎤⎡
∈⎥
⎦⎣
⎢
et la fonction sinus est strictement croissante sur 0;2
π
⎤⎡
⎥
⎢
⎦⎣
donc
n
A
MI est maximum si et seulement si
n
sin
A
MI est maximum.
De plus
n
sin
A
I
AMI
A
M
= et comme AI est constant , 2
22
AC a
AI == ;
n
sin
A
MI 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]).
n
n n
n
2
22
Aire de 22
2
donc 3
23
2
De plus, sin 2
2
3
Comme 0; ,
23
2
et 120
3
AM BH a a a
ABH
AM a
a
AI
AMI AM a
AMI AMI
AMC
××
===
=
== =
ππ
⎤⎡
∈=
⎥⎢
⎦⎣
π
==°
2