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On se place dans un repère orthonormé $ (A, , )$
corrigé

Énoncé

On se place dans un repère orthonormé $\left(A,\vect{AB},\vect{AC}\right)$. Les points $D,\,E$ et $F$ sont placés sur les segments $[AB],\,[BC]$ et $[CA]$ tels que $AD=BE=CF=k$ où $k$ est un nombre réel tel que $k\in[0;1]$

  1. Faire un schéma de la situation.
  2. Déterminer, en fonction de $k$, les coordonnées des différents points de la figure dans le repère $\left(A,\vect{AB},\vect{AC}\right)$.
    En particulier, montrer que $E$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{2-k\sqrt{2}}{2};\dfrac{k\sqrt{2}}{2}\right)$
  3. Calculer le produit scalaire $\vect{DE}.\vect{DF}$
  4. Existe-t-il une valeur de $k$ telle que le triangle $DEF$ soit rectangle en $D$ ?

Correction

Correction

  1. Schéma de la situation dans le repère orthonormé $\left(A,\vect{AB},\vect{AC}\right)$ :
    [ Figure (PSTricks) - non rendu en aperçu ]
  2. Dans le repère $\left(A,\vect{AB},\vect{AC}\right)$, $A(0~;~0)$, $B(1~;~0)$ et $C(0~;~1)$.
    $D$ appartient à $[AB]$ avec $AD=k$, donc $\vect{AD}=k\vect{AB}$ et $D(k~;~0)$.
    $F$ appartient à $[CA]$ avec $CF=k$. Comme $CA=1$, $\vect{CF}=k\vect{CA}=k(-\vect{AC})$ donc $\vect{AF}=\vect{AC}+\vect{CF}=\vect{AC}-k\vect{AC}=(1-k)\vect{AC}$. Ainsi $F(0~;~1-k)$.
    $E$ appartient à $[BC]$ avec $BE=k$. Or $BC=\sqrt{(0-1)^2+(1-0)^2}=\sqrt{2}$ donc $\vect{BE}=\dfrac{k}{\sqrt{2}}\vect{BC}=\dfrac{k\sqrt{2}}{2}\vect{BC}$. Comme $\vect{BC}\vcoord{-1}{1}$, on obtient $\vect{BE}\vcoord{-\dfrac{k\sqrt{2}}{2}}{\dfrac{k\sqrt{2}}{2}}$, d'où : $E\left(1-\dfrac{k\sqrt{2}}{2}~;~\dfrac{k\sqrt{2}}{2}\right)=\left(\dfrac{2-k\sqrt{2}}{2}~;~\dfrac{k\sqrt{2}}{2}\right)$
  3. $\vect{DE}\vcoord{\dfrac{2-k\sqrt{2}}{2}-k}{\dfrac{k\sqrt{2}}{2}}=\vcoord{\dfrac{2-k\sqrt{2}-2k}{2}}{\dfrac{k\sqrt{2}}{2}}$ et $\vect{DF}\vcoord{-k}{1-k}$.
    Le repère étant orthonormé, on calcule : $\vect{DE}.\vect{DF}=\dfrac{2-k\sqrt{2}-2k}{2}\times(-k)+\dfrac{k\sqrt{2}}{2}\times(1-k)=\dfrac{-k(2-k\sqrt{2}-2k)+k\sqrt{2}(1-k)}{2}$ $=\dfrac{-2k+k^2\sqrt{2}+2k^2+k\sqrt{2}-k^2\sqrt{2}}{2}=\dfrac{2k^2-2k+k\sqrt{2}}{2}=\dfrac{k(2k-2+\sqrt{2})}{2}$
  4. Le triangle $DEF$ est rectangle en $D$ si et seulement si $\vect{DE}.\vect{DF}=0$, soit $\dfrac{k(2k-2+\sqrt{2})}{2}=0$, soit $k=0$ ou $2k-2+\sqrt{2}=0$. Le cas $k=0$ donne $D=A$, $F=C$ et $E=B$ : le triangle $DEF$ se confond avec $ABC$ et est rectangle en $A=D$, mais cette configuration est dégénérée. L'autre solution est $k=\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}=1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\approx 0,29$, qui appartient bien à $[0~;~1]$.
    Ainsi, il existe une valeur de $k$ pour laquelle le triangle $DEF$ est rectangle en $D$ : $k=1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.