Bac 2022, Groupe I : exercice 2

Dans le repère orthonormé $\left(\mathrm{A}\,;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}\right)$, les sommets du cube ont pour coordonnées :

Question 1.

a) La face $ADHE$ du cube est un carré. Ses diagonales $[AH]$ et $[ED]$ sont donc perpendiculaires.

Vérification par les coordonnées : $\overrightarrow{AH}(0\,;1\,;1)$ et $\overrightarrow{ED}(0-0\,;1-0\,;0-1)=(0\,;1\,;-1)$, donc

Donc les droites $(AH)$ et $(ED)$ sont perpendiculaires.

b) Le plan $(EDH)$ est le plan $(ADE)$ : il contient les points $E$, $D$, $H$ et passe par $A$, puisque $ADHE$ est une face du cube. Il est dirigé par les vecteurs $\overrightarrow{AD}(0\,;1\,;0)$ et $\overrightarrow{AE}(0\,;0\,;1)$, qui ne sont pas colinéaires.

On a $\overrightarrow{HG}(1-0\,;1-1\,;1-1)=(1\,;0\,;0)=\overrightarrow{AB}$.

Or :

Le vecteur $\overrightarrow{HG}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(EDH)$, donc à tout vecteur de ce plan.

Donc la droite $(GH)$ est orthogonale au plan $(EDH)$.

c) La droite $(ED)$ est contenue dans le plan $(EDH)$. Or $(GH)$ est orthogonale à ce plan d'après b), donc $(GH)$ est orthogonale à $(ED)$.

D'autre part, $(AH)$ est perpendiculaire à $(ED)$ d'après a).

Les droites $(AH)$ et $(GH)$ sont sécantes en $H$ (elles ne sont pas parallèles : $\overrightarrow{HA}(0\,;-1\,;-1)$ et $\overrightarrow{HG}(1\,;0\,;0)$ ne sont pas colinéaires) : elles définissent donc le plan $(AGH)$.

La droite $(ED)$ est orthogonale à deux droites sécantes du plan $(AGH)$.

Donc la droite $(ED)$ est orthogonale au plan $(AGH)$.

Question 2.

On a $\overrightarrow{ED}(0\,;1\,;-1)$.

D'après la question 1. c), $\overrightarrow{ED}$ est un vecteur normal au plan $(AGH)$. Une équation cartésienne de ce plan est donc de la forme

Le point $A(0\,;0\,;0)$ appartient au plan $(AGH)$, donc $0-0+d=0$, soit $d=0$.

Une équation cartésienne du plan $(AGH)$ est donc

Vérification : pour $G(1\,;1\,;1)$, $1-1=0$   pour $H(0\,;1\,;1)$, $1-1=0$.

Réponse : $\overrightarrow{ED}(0\,;1\,;-1)$ et $(AGH)\,:\,y-z=0$.

Question 3.

Remarque sur l'énoncé. Le texte demande une représentation de la droite $(EL)$. Or la suite (le point $K$ de la question c) est le projeté orthogonal de $L$) suppose la droite $d$ passant par $L$ et orthogonale au plan $(AGH)$, car $E$ n'appartient pas à cette perpendiculaire. C'est cette droite $d$ qui est traitée ci-dessous.

a) La droite $d$ passe par $L\left(\dfrac23\,;1\,;0\right)$ et a pour vecteur directeur le vecteur normal $\overrightarrow{ED}(0\,;1\,;-1)$ du plan $(AGH)$.

Une représentation paramétrique de $d$ est donc :

(Pour la droite $(EL)$ prise au pied de la lettre, on aurait $\overrightarrow{EL}\left(\dfrac23\,;1\,;-1\right)$ et la représentation $x=\dfrac23 s$, $y=s$, $z=1-s$, $s\in\mathbb{R}$. Elle coupe le plan $(AGH)$ en $\left(\dfrac13\,;\dfrac12\,;\dfrac12\right)$, point différent de $K$.)

b) Un point de $d$ de paramètre $t$ appartient au plan $(AGH)$ si et seulement si ses coordonnées vérifient $y-z=0$ :

Ce paramètre est unique. Le point correspondant a pour coordonnées

Donc l'intersection de la droite $d$ et du plan $(AGH)$ est le point de coordonnées $\left(\dfrac23\,;\dfrac12\,;\dfrac12\right)$.

c) La droite $d$ passe par $L$ et est orthogonale au plan $(AGH)$. Elle coupe ce plan au point $K\left(\dfrac23\,;\dfrac12\,;\dfrac12\right)$ d'après b).

Le projeté orthogonal d'un point sur un plan est le point d'intersection du plan avec la perpendiculaire au plan passant par ce point.

Donc le projeté orthogonal de $L$ sur le plan $(AGH)$ est le point $K\left(\dfrac23\,;\dfrac12\,;\dfrac12\right)$.

d) La distance de $L$ au plan $(AGH)$ est la distance $LK$, avec $\overrightarrow{LK}\left(0\,;-\dfrac12\,;\dfrac12\right)$ :

Donc la distance du point $L$ au plan $(AGH)$ est égale à $\dfrac{\sqrt2}{2}$.

e) On prend pour base du tétraèdre $LAGH$ le triangle $AGH$, et pour hauteur la distance de $L$ au plan $(AGH)$, c'est-à-dire $LK=\dfrac{\sqrt2}{2}$.

Le triangle $AGH$ est rectangle en $H$ : $(GH)$ est orthogonale au plan $(EDH)$, qui contient $(AH)$, donc $(GH)\perp(AH)$. Par les coordonnées : $\overrightarrow{HG}\cdot\overrightarrow{HA}=1\times 0+0\times(-1)+0\times(-1)=0$.

On a $HG=1$ et $AH=\sqrt{0^2+1^2+1^2}=\sqrt2$.

Son aire est donc

D'après la formule $V=\dfrac13\times(\text{aire de la base})\times\text{hauteur}$ :

Donc le volume du tétraèdre $LAGH$ est $\dfrac16$ (en unités de volume).

Réponse : $V=\dfrac16$.

Points clés attendus

• Justifier l'orthogonalité d'une droite et d'un plan par l'orthogonalité à deux droites sécantes (ou à deux vecteurs non colinéaires) du plan.

• Déduire l'équation du plan d'un vecteur normal et d'un point, puis vérifier avec un autre point.

• Résoudre l'intersection droite-plan en reportant la représentation paramétrique dans l'équation du plan.

• Identifier le projeté orthogonal comme l'intersection du plan et de la perpendiculaire menée par le point, et la distance comme la longueur $LK$.

• Pour le volume, reconnaître le triangle rectangle $AGH$ pour calculer l'aire de la base.

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