Bac 2022, Amérique du Sud : exercice 4

Question 1. a) On calcule les coordonnées des vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ avec $A(0\,;8\,;6)$, $B(6\,;4\,;4)$ et $C(2\,;4\,;0)$ :

Si ces vecteurs étaient colinéaires, il existerait un réel $\lambda$ tel que $\overrightarrow{AB}=\lambda\overrightarrow{AC}$. La première coordonnée donnerait $6=2\lambda$, soit $\lambda=3$, et la deuxième donnerait $-4=-4\lambda$, soit $\lambda=1$. Ces deux valeurs sont incompatibles.

Donc $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires : les points A, B et C ne sont pas alignés.

Question 1. b) Le vecteur $\vec n(1\,;2\,;-1)$ est normal au plan (ABC) s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. On calcule les produits scalaires :

Les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ sont non colinéaires (question 1. a) et dirigent le plan (ABC), et $\vec n$ est orthogonal à chacun d'eux.

Donc $\vec n(1\,;2\,;-1)$ est un vecteur normal au plan (ABC).

Question 1. c) Le plan (ABC) admet le vecteur normal $\vec n(1\,;2\,;-1)$, donc une équation cartésienne de la forme

Le point A appartient au plan : $0+2\times 8-6+d=0$, donc $10+d=0$ et $d=-10$.

Une équation cartésienne du plan (ABC) est donc

Vérification avec les deux autres points : pour B, $6+2\times 4-4-10=0$   pour C, $2+2\times 4-0-10=0$.

Réponse : (ABC) : $x+2y-z-10=0$.

Question 2. a) On a $D(0\,;0\,;6)$ et $E(6\,;6\,;0)$, donc

Le vecteur $\vec{d}(1\,;1\,;-1)=\dfrac16\overrightarrow{DE}$ est aussi un vecteur directeur de la droite (DE). Celle-ci passe par $D(0\,;0\,;6)$. Une représentation paramétrique de (DE) est donc

On vérifie que E correspond à $t=6$ : $(6\,;6\,;0)$.

Réponse : $x=t$, $y=t$, $z=6-t$, $t\in\mathbb{R}$.

Question 2. b) Les coordonnées du milieu I de $[BC]$ sont

Pour $t=4$, la représentation paramétrique de (DE) donne $x=4$, $y=4$ et $z=6-4=2$, soit le point $(4\,;4\,;2)$.

Donc le milieu I de $[BC]$ appartient à la droite (DE).

Question 3. a) On calcule les carrés des longueurs des côtés :

Donc $AB=AC=\sqrt{56}$ : le triangle ABC est isocèle en A.

Il n'est pas équilatéral, car $BC=\sqrt{32}\neq\sqrt{56}$.

Il n'est pas rectangle : d'après la réciproque du théorème de Pythagore, il le serait en A si $BC^2=AB^2+AC^2$, or $32\neq 112$   en B si $AC^2=AB^2+BC^2$, or $56\neq 88$   en C si $AB^2=AC^2+BC^2$, or $56\neq 88$.

Donc le triangle ABC est isocèle en A, et il n'est ni équilatéral ni rectangle.

Question 3. b) Le triangle ABC est isocèle en A et I est le milieu de la base $[BC]$ : la médiane (AI) est aussi la hauteur issue de A. On vérifie en effet que $\overrightarrow{AI}(4\,;-4\,;-4)$ et $\overrightarrow{BC}(-4\,;0\,;-4)$ sont orthogonaux : $4\times(-4)+(-4)\times 0+(-4)\times(-4)=-16+0+16=0$.

On a

L'aire du triangle est donc

Donc l'aire du triangle ABC est $8\sqrt6$ unités d'aire, soit environ $19{,}6$.

Réponse : $\mathcal{A}=8\sqrt6\approx 19{,}6$ unités d'aire.

Question 3. c) On a $\overrightarrow{AB}(6\,;-4\,;-2)$ et $\overrightarrow{AC}(2\,;-4\,;-6)$, donc

Réponse : $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=40$.

Question 3. d) Par définition du produit scalaire, $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=AB\times AC\times\cos\widehat{BAC}$. Donc

L'angle $\widehat{BAC}$ est compris entre $0^\circ$ et $180^\circ$, donc

Donc l'angle $\widehat{BAC}$ mesure environ $44{,}4^\circ$ (arrondi à $0{,}1$ degré).

Réponse : $\widehat{BAC}\approx 44{,}4^\circ$.

Question 4. Pour montrer que H est le projeté orthogonal de O sur le plan (ABC), on vérifie que H appartient au plan et que la droite (OH) est orthogonale au plan.

H appartient à (ABC). On remplace dans l'équation $x+2y-z-10=0$ :

(OH) est orthogonale à (ABC). On a

Donc $\overrightarrow{OH}$ est colinéaire au vecteur normal $\vec n$ : la droite (OH) est orthogonale au plan (ABC).

H est un point du plan (ABC) tel que (OH) est orthogonale à ce plan : H est le projeté orthogonal de O sur le plan (ABC).

La distance du point O au plan (ABC) est la distance OH :

Donc la distance du point O au plan (ABC) est $\dfrac{5\sqrt6}{3}\approx 4{,}08$.

Réponse : $OH=\dfrac{5\sqrt6}{3}\approx 4{,}08$.

Points clés attendus

• Justifier la non-colinéarité de $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ par un calcul de coordonnées, puis l'orthogonalité de $\vec n$ à ces deux vecteurs pour conclure qu'il est normal au plan.

• Déterminer $d$ en utilisant un point du plan, et vérifier l'équation avec les autres points.

• Écrire la représentation paramétrique à partir d'un point et d'un vecteur directeur, et exhiber la valeur du paramètre pour le point I.

• Justifier que la médiane issue de A est la hauteur dans un triangle isocèle avant de calculer l'aire.

• Pour le projeté orthogonal, vérifier les deux conditions : H appartient au plan et $\overrightarrow{OH}$ est colinéaire à $\vec n$.

Corrigé rédigé par + qu'un prof. Cherche d'abord seul, puis compare avec ta propre rédaction.