Orthogonalité dans un cube et angle minimal

Partie A

1. Montrons que le vecteur $\overrightarrow{DF}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéraires $\overrightarrow{EB}$ et $\overrightarrow{EG}$ du plan (EBG).

Dans le repère $(D ; \overrightarrow{DA},\overrightarrow{DC},\overrightarrow{DH})$, nous avons :

$\left\lbrace\begin{matrix} D(0;0;0)\\F(1;1;1)\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{DF}(1-0;1-0;1-0)\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{DF}(1;1;1)}$

$\left\lbrace\begin{matrix} E(1;0;1)\\B(1;1;0)\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{EB}(1-1;1-0;0-1)\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{EB}(0;1;-1)}$

$\left\lbrace\begin{matrix} E(1;0;1)\\G(0;1;1)\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{EG}(0-1;1-0;1-1)\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{EG}(-1;1;0)}$

Manifestement, les vecteurs $\overrightarrow{EB}$ et $\overrightarrow{EG}$ ne sont pas colinéaires.

De plus,

$\begin{matrix} \overrightarrow{DF}.\overrightarrow{EB} = 1\times0+1\times1+1\times(-1)\ = 0+1-1 \ = 0 \end{matrix}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{DF}\perp\overrightarrow{EB}}$

$\begin{matrix} \overrightarrow{DF}.\overrightarrow{EG} = 1\times(-1)+1\times1+1\times0\ = -1+1+0 \ = 0 \end{matrix}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{DF}\perp\overrightarrow{EG}}$

Par conséquent, le vecteur $\overrightarrow{DF}$ étant orthogonal à deux vecteurs non colinéaires $\overrightarrow{EB}$ et $\overrightarrow{EG}$ du plan $(EBG)$, nous en déduisons que le vecteur $\overrightarrow{DF}$ est normal au plan $(EBG)$.

2. Nous savons que tout plan de vecteur normal $\overrightarrow{n}$ de coordonnées $(a ; b ;c)$ admet une équation cartésienne de la forme $ax + by + cz + d = 0$.

Puisque le vecteur $\overrightarrow{DF}(1;1;1)$ est normal au plan $(EBG)$, nous déduisons qu'une équation cartésienne du plan $(EBG)$ est de la forme $x + y + z + d = 0$.

Or le point $E(1 ; 0 ; 1)$ appartient au plan $(EBG)$. Ses coordonnées vérifient l'équation du plan.
D'où $1 + 0 + 1 + d = 0$, soit $d=-2$.

Par conséquent, une équation cartésienne du plan $(EBG)$ est : $x + y + z - 2 = 0.$

3. La droite $(DF)$ comprend le point $D(0 ; 0 ; 0)$.
   Le vecteur $\overrightarrow{DF}(1;1;1)$ est un vecteur directeur de cette droite.

Donc une représentation paramétrique de la droite (DF) est :
$\left\lbrace\begin{matrix} x=0+1\times t\\y=0+1\times t\\z=0+1\times t \end{matrix}\right.$

soit $(DF):\left\lbrace\begin{matrix} x=t\\y=t\\z=t \end{matrix}\ \ (t\in\mathbb{R})\right.$

Les coordonnées du point I sont les solutions du système composé par les équations de la droite $(DF)$ et du plan $(EBG)$,

$\left\lbrace\begin{matrix} x=t\\y=t\\z=t\\x+y+z-2=0 \end{matrix}\right.$

$\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix} x=t\\y=t\\z=t\\3t-2=0 \end{matrix}\right.$

$\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix} x=\dfrac{2}{3}\\y=\dfrac{2}{3}\\z=\dfrac{2}{3} \end{matrix}\right.$

D'où les coordonnées du point I sont $\boxed{I\left(\dfrac{2}{3} ; \dfrac{2}{3} ; \dfrac{2}{3}\right)}$.

Partie B

1. Si le point M est confondu avec le point D, alors $\widehat{EMB}=\widehat{EDB}=\dfrac{\pi}{3}$ car le triangle EDB est équilatéral vu que les côtés de ce triangle sont les diagonales de carrés isométriques.

Donc si le point M est confondu avec le point D, alors $\boxed{\theta=\dfrac{\pi}{3}}.$

Si le point M est confondu avec le point F, alors $\widehat{EMB}=\widehat{EFB}=\dfrac{\pi}{2}$ car le triangle EFB est rectangle en F.
Donc si le point M est confondu avec le point F, alors $\boxed{\theta=\dfrac{\pi}{2}}.$

2.a) Nous avons montré dans la question 1 que
$\left\lbrace\begin{matrix} D(0;0;0)\\F(1;1;1)\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{DF}(1-0;1-0;1-0)\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{DF}(1;1;1)}.$

De même, nous obtenons que
$\left\lbrace\begin{matrix} D(0;0;0)\\M(x_M;y_M;z_M)\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{DM}(x_M ;y_M ;z_M)$

D'où,

$\overrightarrow{DM}=x\overrightarrow{DF}\Longleftrightarrow(x_M ;y_M ;z_M)=x(1;1;1)$

$\Longleftrightarrow(x_M ;y_M ;z_M)=(x;x;x)$

Par conséquent, les coordonnées du point M sont $(x ; x ; x)$.

2.b) Calculs préliminaires :

$\left\lbrace\begin{matrix} M(x ;x ;x)\\E(1;0;1)\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{ME}(1-x;-x;1-x)$

$\left\lbrace\begin{matrix} M(x ;x ;x)\\B(1;1;0)\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{MB}(1-x;1-x;-x)$

$ME=\sqrt{(1-x)^2+(-x)^2+(1-x)^2}=\sqrt{3x^2-4x+2}$

$MB=\sqrt{(1-x)^2+(1-x)^2+(-x)^2}=\sqrt{3x^2-4x+2}$

Première manière :

$\overrightarrow{ME}.\overrightarrow{MB}=(1-x)(1-x)+(-x)(1-x)+(1-x)(-x)$

$= (1-x)^2-x+x^2-x+x^2$

$= 3x^2-4x+1$

Deuxième manière :

$\overrightarrow{ME}.\overrightarrow{MB}=ME\times MB\times\cos(\theta)=(3x^2-4x+2)\cos(\theta)$

Donc $\cos(\theta)=\dfrac{3x^2-4x+1}{3x^2-4x+2}$.

3.a) Le triangle MEB est rectangle en M si $\cos(\theta)=0$, soit $3x^2-4x+1=0$.

Par le tableau fourni, les solutions sont $x=\dfrac{1}{3}$ et $x=1$.

Donc M est $J\left(\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3}\right)$ ou $F(1;1;1)$.

3.b) Comme $\cos$ est décroissante sur $[0;\pi]$, $\theta$ est maximal quand $f(x)=\dfrac{3x^2-4x+1}{3x^2-4x+2}$ est minimal.

Cela arrive pour $x=\dfrac{2}{3}$.

Donc $\theta$ est maximal en $I(\dfrac{2}{3};\dfrac{2}{3};\dfrac{2}{3})$.