Bac 2023, Amérique du Nord : exercice 3

Question 1. a)

On calcule coordonnée par coordonnée, avec $\mathrm{E}(3\,;-2\,;-1)$, $\mathrm{F}(-1\,;2\,;1)$ et $\mathrm{G}(3\,;2\,;-3)$ :

Réponse : $\overrightarrow{\mathrm{EF}}(-4\,;4\,;2)$ et $\overrightarrow{\mathrm{FG}}(4\,;0\,;-4)$.

Question 1. b)

Supposons que $\overrightarrow{\mathrm{FG}}=\lambda\overrightarrow{\mathrm{EF}}$ pour un réel $\lambda$. La deuxième coordonnée donne $0=4\lambda$, donc $\lambda=0$, et alors $\overrightarrow{\mathrm{FG}}=\vec 0$, ce qui est faux puisque $\overrightarrow{\mathrm{FG}}\neq\vec 0$.

Donc les vecteurs $\overrightarrow{\mathrm{EF}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{FG}}$ ne sont pas colinéaires.

Donc les points $\mathrm{E}$, $\mathrm{F}$ et $\mathrm{G}$ ne sont pas alignés.

Question 2. a)

La droite $(\mathrm{FG})$ passe par $\mathrm{F}(-1\,;2\,;1)$ et a pour vecteur directeur $\overrightarrow{\mathrm{FG}}(4\,;0\,;-4)$, ou le vecteur colinéaire $(1\,;0\,;-1)$.

Une représentation paramétrique de $(\mathrm{FG})$ est donc

Réponse : $(\mathrm{FG})\,:\ x=-1+t,\ y=2,\ z=1-t,\ t\in\mathbb{R}$.

Question 2. b)

Le projeté orthogonal de $\mathrm{E}$ sur $(\mathrm{FG})$ est l'unique point $\mathrm{H}$ de $(\mathrm{FG})$ tel que $\overrightarrow{\mathrm{EH}}$ soit orthogonal à $\overrightarrow{\mathrm{FG}}$. Vérifions ces deux conditions pour $\mathrm{H}(2\,;2\,;-2)$.

$\mathrm{H}$ appartient à $(\mathrm{FG})$. Pour $t=3$, la représentation de la question 2. a) donne $x=-1+3=2$, $y=2$ et $z=1-3=-2$ : c'est bien $\mathrm{H}$.

$\overrightarrow{\mathrm{EH}}$ est orthogonal à $\overrightarrow{\mathrm{FG}}$. On a $\overrightarrow{\mathrm{EH}}=(2-3\,;\,2-(-2)\,;\,-2-(-1))=(-1\,;4\,;-1)$, donc

Donc $\mathrm{H}$ est le projeté orthogonal de $\mathrm{E}$ sur la droite $(\mathrm{FG})$.

Question 2. c)

D'après la question 2. b), $(\mathrm{EH})$ est perpendiculaire à $(\mathrm{FG})$ avec $\mathrm{H}\in(\mathrm{FG})$ : $\mathrm{EH}$ est la hauteur du triangle $\mathrm{EFG}$ issue de $\mathrm{E}$, et $\mathrm{FG}$ est la base correspondante.

La base est $\mathrm{FG}=\sqrt{4^2+0^2+(-4)^2}=\sqrt{32}=4\sqrt2$.

La hauteur est $\mathrm{EH}=\sqrt{(-1)^2+4^2+(-1)^2}=\sqrt{18}=3\sqrt2$.

L'aire du triangle est

Donc l'aire du triangle $\mathrm{EFG}$ est $12\ \text{cm}^2$.

Question 3. a)

On calcule les produits scalaires de $\vec n(2\,;1\,;2)$ avec deux vecteurs du plan $(\mathrm{EFG})$ :

Les vecteurs $\overrightarrow{\mathrm{EF}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{FG}}$ sont non colinéaires (question 1. b), donc ils dirigent le plan $(\mathrm{EFG})$.

Donc $\vec n$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(\mathrm{EFG})$ : $\vec n$ est un vecteur normal à ce plan.

Question 3. b)

Le vecteur $\vec n(2\,;1\,;2)$ est normal au plan $(\mathrm{EFG})$, donc ce plan admet une équation de la forme

Le point $\mathrm{E}(3\,;-2\,;-1)$ appartient au plan : $2\times3-2+2\times(-1)+d=0$, soit $2+d=0$, donc $d=-2$.

Une équation cartésienne du plan $(\mathrm{EFG})$ est donc

Vérification : pour $\mathrm{F}$, $-2+2+2-2=0$   pour $\mathrm{G}$, $6+2-6-2=0$.

Réponse : $(\mathrm{EFG})\,:\ 2x+y+2z-2=0$.

Question 3. c)

La droite $(d)$ est orthogonale au plan $(\mathrm{EFG})$, donc $\vec n$ en est un vecteur directeur. Elle passe par $\mathrm{D}(3\,;1\,;5)$.

Une représentation paramétrique de $(d)$ est donc

Réponse : $(d)\,:\ x=3+2t,\ y=1+t,\ z=5+2t,\ t\in\mathbb{R}$.

Question 3. d)

Le projeté orthogonal $\mathrm{K}$ de $\mathrm{D}$ sur le plan $(\mathrm{EFG})$ est le point d'intersection de ce plan et de la droite $(d)$, perpendiculaire au plan en $\mathrm{D}$.

On remplace les coordonnées d'un point de $(d)$ dans l'équation du plan :

On reporte $t=-\dfrac53$ dans la représentation de $(d)$ :

Donc $\mathrm{K}\left(-\dfrac13\,;-\dfrac23\,;\dfrac53\right)$.

Réponse : $\mathrm{K}\left(-\dfrac13\,;-\dfrac23\,;\dfrac53\right)$.

Question 4. a)

On calcule $\overrightarrow{\mathrm{DK}}=\left(-\dfrac13-3\,;\,-\dfrac23-1\,;\,\dfrac53-5\right)=\left(-\dfrac{10}{3}\,;-\dfrac53\,;-\dfrac{10}{3}\right)=-\dfrac53\,\vec n$.

Donc

Donc la distance $\mathrm{DK}$ est égale à $5\ \text{cm}$.

Question 4. b)

Le point $\mathrm{K}$ est le projeté orthogonal de $\mathrm{D}$ sur le plan $(\mathrm{EFG})$ : $\mathrm{DK}$ est la hauteur du tétraèdre $\mathrm{DEFG}$ issue de $\mathrm{D}$, relative à la base $\mathrm{EFG}$.

Volume d'un tétraèdre : $V=\dfrac13\times\text{aire de la base}\times\text{hauteur}$. D'après les questions 2. c) et 4. a) :

Donc le volume du tétraèdre $\mathrm{DEFG}$ est $20\ \text{cm}^3$.

Réponse : $20\ \text{cm}^3$.

Points clés attendus

• Calculer les vecteurs coordonnée par coordonnée et justifier la non-colinéarité (une coordonnée nulle d'un côté, non nulle de l'autre).

• Pour le projeté orthogonal sur une droite, vérifier l'appartenance à la droite et l'orthogonalité de $\overrightarrow{\mathrm{EH}}$ avec le vecteur directeur.

• Vecteur normal : produit scalaire nul avec deux vecteurs non colinéaires du plan, puis équation cartésienne vérifiée avec les trois points.

• Obtenir $\mathrm{K}$ en intersectant la droite $(d)$ et le plan, en résolvant l'équation en $t$.

• Citer la formule du volume $\dfrac13\times\text{base}\times\text{hauteur}$ et identifier $\mathrm{DK}$ comme hauteur.

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