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 ⎣