Bonjour
Wendy14
1) a) La figure est en pièce jointe.
b) La section du cube par le plan (MNP) est le pentagone MPTQV.
[tex]2)\ a)\ M(0;\dfrac{1}{2};1)\ \ ;\ \ N(1;\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2})\ \ ;\ \ P(1-\lambda;1;1)[/tex]
b) Le triangle MNP sera isocèle en P si MP = NP
Or
[tex]MP=\sqrt{(x_P-x_M)^2+(y_P-y_M)^2+(z_P-z_M)^2}\\\\MP=\sqrt{(1-\lambda-0)^2+(1-\dfrac{1}{2})^2+(1-1)^2}\\\\MP=\sqrt{(1-\lambda)^2+\dfrac{1}{4}+0}\\\\MP=\sqrt{1-2\lambda+\lambda^2+\dfrac{1}{4}}\\\\\boxed{MP=\sqrt{\lambda^2-2\lambda+\dfrac{5}{4}}}[/tex]
De même,
[tex]NP=\sqrt{(1-\lambda-1)^2+(1-\dfrac{1}{2})^2+(1-\dfrac{1}{2})^2}\\\\NP=\sqrt{\lambda^2+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}}\\\\\boxed{NP=\sqrt{\lambda^2+\dfrac{1}{2}}}[/tex]
D'où
[tex]MP=NP\Longleftrightarrow\sqrt{\lambda^2-2\lambda+\dfrac{5}{4}}=\sqrt{\lambda^2+\dfrac{1}{2}}\\\\\Longleftrightarrow\lambda^2-2\lambda+\dfrac{5}{4}=\lambda^2+\dfrac{1}{2}\\\\\Longleftrightarrow2\lambda=\dfrac{3}{4}\\\\\Longleftrightarrow\boxed{\lambda=\dfrac{3}{8}}[/tex]
Par conséquent, le triangle MNP est isocèle en P si [tex]\boxed{\lambda=\dfrac{3}{8}}[/tex]
c) Selon la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle MNP sera rectangle en P si MN² = MP² + NP².
Or
[tex]MN^2=1+0+\dfrac{1}{4}\Longrightarrow MN^2=\dfrac{5}{4}\\\\MP^2=\lambda^2-2\lambda+\dfrac{5}{4}\\\\NP^2=\lambda^2+\dfrac{1}{2}[/tex]
D'où
[tex]MN^2=MP^2+NP^2\Longleftrightarrow\dfrac{5}{4}=\lambda^2-2\lambda+\dfrac{5}{4}+\lambda^2+\dfrac{1}{2}\\\\\Longleftrightarrow2\lambda^2-2\lambda+\dfrac{1}{2}=0\\\\\Longleftrightarrow4\lambda^2-4\lambda+1=0\\\\\Longleftrightarrow(2\lambda-1)^2=0\\\\\Longleftrightarrow2\lambda-1=0\\\\\Longleftrightarrow\boxed{\lambda=\dfrac{1}{2}}[/tex]
Par conséquent, le triangle MNP est rectangle en P si [tex]\boxed{\lambda=\dfrac{1}{2}}[/tex]
3) a) Représentation paramétrique de la droite (D)
La droite (D) passe par le point [tex]N(1;\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2})[/tex]
Un vecteur directeur de (D) est [tex]\overrightarrow{MP}(1-\lambda;\dfrac{1}{2};0)[/tex]
D'où
[tex](D):\left\{\begin{matrix}x=1+(1-\lambda)t\\\\y=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}t\\\\z=\dfrac{1}{2} \end{matrix}\right.[/tex]
b) Représentation paramétrique du plan (ABF).
Le plan (ABF) passe par le point A(0;0;0) et admet comme vecteurs directeurs [tex]\overrightarrow{AB}(1;0;0)\ et\ \overrightarrow{BF}(0;0;1)[/tex]
D'où
[tex](ABF):\left\{\begin{matrix}x=0+r\times1+s\times0\\y=0+r\times0+s\times0\\z=0+r\times0+s\times1 \end{matrix}\right.\\\\\\(ABF):\left\{\begin{matrix}x=r\\y=0\\z=s \end{matrix}\right.[/tex]
c) La droite D et le plan (ABF) sont sécants en un point R si les coordonnées de R sont solution du système suivant que nous résoudrons :
[tex]\left\{\begin{matrix}x=1+(1-\lambda)t\\\\y=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}t\\\\z=\dfrac{1}{2} \\\\x=r\\y=0\\z=s\end{matrix}\right.\ \ \ \ \left\{\begin{matrix}x=1+(1-\lambda)t\\\\\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}t=0\\\\z=\dfrac{1}{2} \\\\x=r\\y=0\\z=s\end{matrix}\right.\ \ \ \ \left\{\begin{matrix}x=1+(1-\lambda)t\\\\t=-1\\\\z=\dfrac{1}{2} \\\\x=r\\y=0\\z=s\end{matrix}\right.\\\\\\\boxed{\left\{\begin{matrix}x=\lambda\\y=0\\z=\dfrac{1}{2} \end{matrix}\right.}[/tex]
Par conséquent, les coordonnées de R sont [tex]\boxed{(\lambda;0;\dfrac{1}{2})}[/tex]
4) a) MPNR est un parallélogramme si et seulement si [tex]\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{RN}[/tex]
Or [tex]\overrightarrow{MP}:(1-\lambda;\dfrac{1}{2};0)\\\\\overrightarrow{RN}: (1-\lambda;\dfrac{1}{2};0)[/tex]
Puisque [tex]\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{RN}[/tex], le quadrilatère MPNR est un parallélogramme.
b) Pour que MNPR soit un carré, il faut que le triangle MNP soit isocèle en P ce qui entraîne [tex]\lambda=\dfrac{3}{8}[/tex]
Pour que MNPR soit un carré, il faut que le triangle MNP soit rectangle en P ce qui entraîne [tex]\lambda=\dfrac{1}{2}[/tex]
Puisque ces deux valeurs de [tex]\lambda[/tex] sont différentes, il n'existe pas de valeur de [tex]\lambda[/tex] telle que MPNR soit un carré.
