Bac 2022, Polynésie : exercice 4

Partie 1. Première méthode

Question 1.

Le repère est $\left(\mathrm{A}\,;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}\right)$ : A est l'origine, B est le point tel que $\overrightarrow{AB}$ est le premier vecteur de base, et ainsi de suite. Le point G est le sommet opposé à A dans le cube d'arête $1$ : $\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE}$.

Donc A$(0\,;0\,;0)$, B$(1\,;0\,;0)$ et G$(1\,;1\,;1)$.

Question 2.

On calcule les coordonnées des vecteurs :

On calcule les produits scalaires :

Les vecteurs $\overrightarrow{AI}$ et $\overrightarrow{AG}$ ne sont pas colinéaires (leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles : la deuxième coordonnée de $\overrightarrow{AI}$ est nulle et celle de $\overrightarrow{AG}$ ne l'est pas). Ils dirigent donc le plan (AIG).

Le vecteur $\overrightarrow{BK}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (AIG) : il est orthogonal à tout vecteur de ce plan.

Donc la droite (BK) est orthogonale au plan (AIG).

Question 3.

D'après la question 2, $\overrightarrow{BK}$ est un vecteur normal au plan (AIG). Le vecteur $\vec n\begin{pmatrix}2\\-1\\-1\end{pmatrix}$ vérifie $\overrightarrow{BK}=-\dfrac12\vec n$ : il est colinéaire à $\overrightarrow{BK}$, donc normal lui aussi.

Le plan (AIG) admet donc une équation de la forme $2x-y-z+d=0$.

Le point A$(0\,;0\,;0)$ appartient au plan : $d=0$.

Vérification avec les autres points : pour I$\left(\dfrac12\,;0\,;1\right)$, $2\times\dfrac12-0-1=0$   pour G$(1\,;1\,;1)$, $2-1-1=0$.

Donc une équation cartésienne du plan (AIG) est $2x-y-z=0$.

Question 4.

La droite (BK) passe par B$(1\,;0\,;0)$ et a pour vecteur directeur $\overrightarrow{BK}\left(-1\,;\dfrac12\,;\dfrac12\right)$. Une représentation paramétrique de (BK) est donc :

Question 5.

La droite (BK) est orthogonale au plan (AIG) et passe par B. Le projeté orthogonal L de B sur (AIG) est donc le point d'intersection de la droite (BK) et du plan (AIG).

Les coordonnées de L vérifient à la fois la représentation paramétrique de (BK) et l'équation $2x-y-z=0$ :

On reporte $t=\dfrac23$ dans la représentation paramétrique :

Donc le projeté orthogonal de B sur le plan (AIG) est L$\left(\dfrac13\,;\dfrac13\,;\dfrac13\right)$.

Question 6.

La distance du point B au plan (AIG) est la distance BL, où L est le projeté orthogonal de B sur le plan.

On a $\overrightarrow{BL}\begin{pmatrix}\frac13-1\\\frac13\\\frac13\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac23\\\frac13\\\frac13\end{pmatrix}$. Le repère est orthonormé, donc

Donc la distance du point B au plan (AIG) est $\dfrac{\sqrt6}{3}$.

Réponse : $d(\mathrm{B},(\mathrm{AIG}))=\dfrac{\sqrt6}{3}\approx0{,}816$.

Partie 2. Deuxième méthode

Question 1. a)

Le tétraèdre ABIG a pour base le triangle AIB, contenu dans le plan (ABF) (face ABFE du cube, car I appartient à $[EF]$).

Les vecteurs $\overrightarrow{AB}(1\,;0\,;0)$ et $\overrightarrow{AI}\left(\dfrac12\,;0\,;1\right)$ ne sont pas colinéaires. Avec F$(1\,;0\,;1)$, on a $\overrightarrow{GF}\begin{pmatrix}0\\-1\\0\end{pmatrix}$ et

Donc la droite (GF) est orthogonale à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABI) : elle est orthogonale à ce plan. Elle passe par G et coupe le plan en F, qui est le projeté orthogonal de G sur (ABI).

Donc $[GF]$ est la hauteur du tétraèdre ABIG relative à la base AIB.

Question 1. b)

Aire de la base AIB. Le triangle AIB a pour base $AB=1$. Le point I est sur $[EF]$, parallèle à $[AB]$ à la distance $AE=1$, donc la hauteur issue de I est $1$. Son aire est

Hauteur. $GF=1$ (arête du cube).

Volume. D'après la formule $V=\dfrac13\times b\times h$ :

Donc le volume du tétraèdre ABIG est $\dfrac16$ unité de volume.

Réponse : $V_{ABIG}=\dfrac16$.

Question 2.

On a $AI=IG=\dfrac{\sqrt5}{2}$ (admis) : le triangle AIG est isocèle en I.

Soit M le milieu de $[AG]$. Dans un triangle isocèle, la médiane issue du sommet principal est aussi la hauteur : (IM) est perpendiculaire à (AG).

On a $AM=\dfrac{AG}{2}=\dfrac{\sqrt3}{2}$. Dans le triangle AMI rectangle en M, d'après le théorème de Pythagore :

L'aire du triangle AIG est :

Donc l'aire du triangle isocèle AIG est $\dfrac{\sqrt6}{4}$ unité d'aire.

Question 3.

Le volume du tétraèdre ABIG peut aussi se calculer avec la base AIG : la hauteur associée est la distance $d$ du point B au plan (AIG). D'après la formule $V=\dfrac13\times b\times h$ :

D'après la question 1. b), $V_{ABIG}=\dfrac16$. Donc

Donc la distance du point B au plan (AIG) est $\dfrac{\sqrt6}{3}$, ce qui est cohérent avec la première méthode.

Réponse : $d=\dfrac{\sqrt6}{3}$.

Points clés attendus

• Orthogonalité d'une droite et d'un plan : un vecteur orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan, avec la non-colinéarité justifiée.

• Équation du plan : vecteur normal, détermination de $d$ avec A, vérification avec I et G.

• Projeté orthogonal : intersection de la droite perpendiculaire et du plan, système résolu en $t$, puis distance $BL$.

• Deuxième méthode : justifier que $[GF]$ est une hauteur (orthogonalité au plan de la base) avant d'appliquer $V=\dfrac13\times b\times h$.

• Aire du triangle isocèle : médiane et hauteur confondues, théorème de Pythagore.

• Relier les deux méthodes : le même volume calculé avec deux bases différentes donne la distance.

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