Terminale Spé Maths / Chapitre 11 : Orthogonalité et distances dans l'espace / Annales du bac

Bac 2023, Asie : exercice 1

24 mars 2023 · jour 2 · 5 points

Chapitre 11 : Orthogonalité et distances dans l'espace

Partie A

On considère deux cubes ABCDEFGH et BKLCFJMG positionnés comme sur la figure suivante:

Figure de l'énoncé, exercice 1, Asie 24 mars 2023

Le point I est le milieu de [EF].

Dans toute la suite de l'exercice, on se place dans le repère orthonormé $\left(\text{A}\;;\;\overrightarrow{\text{AB}}\;;\;\overrightarrow{\text{AD}}\;;\;\overrightarrow{\text{AE}}\right)$ .

Ainsi, par exemple, les points F, G et J ont pour coordonnées

F(1   0   1), G(1   1   1) et J(2   0   1).

Montrer que le volume du tétraèdre FIGB est égal à $\dfrac{1}{12}$ d'unité de volume.

On rappelle que le volume $V$ d'un tétraèdre est donné par la formule :

$V = \dfrac13 \times \text{aire d'une base} \times \text{hauteur correspondante}$ .
Déterminer les coordonnées du point I.
Montrer que le vecteur $\overrightarrow{\text{DJ}}$ un vecteur normal au plan (BIG).
Montrer qu'une équation cartésienne du plan (BIG) est $2x - y + z - 2 = 0$ .
Déterminer une représentation paramétrique de la droite $d$ , orthogonale à (BIG) et passant par F.
1. La droite $d$ coupe le plan (BIG) au point L.
  
  Montrer que les coordonnées du point L sont $\left(\dfrac23\;;\;\dfrac16\;;\;\dfrac56\right)$ .
2. Calculer la longueur FL.
3. Déduire des questions précédentes l'aire du triangle IGB.

Voir le corrigé

Partie A

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

\mathrm{A}(0\,;0\,;0),\quad \mathrm{B}(1\,;0\,;0),\quad \mathrm{D}(0\,;1\,;0),\quad \mathrm{E}(0\,;0\,;1),\quad \mathrm{F}(1\,;0\,;1),\quad \mathrm{G}(1\,;1\,;1),\quad \mathrm{J}(2\,;0\,;1).

Question 1.

On choisit pour base du tétraèdre FIGB le triangle FIG.

Les points F, I et G ont tous pour cote $1$ : le triangle FIG est contenu dans le plan (EFG), d'équation $z=1$ .

Le point I est le milieu de $[\mathrm{EF}]$ , donc $\overrightarrow{\mathrm{FI}}$ est colinéaire à $\overrightarrow{\mathrm{FE}}$ , donc au vecteur $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ .

Le vecteur $\overrightarrow{\mathrm{FG}}(0\,;1\,;0)$ est colinéaire à $\overrightarrow{\mathrm{AD}}$ .

Le repère étant orthonormé, $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AD}}$ sont orthogonaux : le triangle FIG est rectangle en F.

On a $\mathrm{FI}=\dfrac12\,\mathrm{FE}=\dfrac12$ et $\mathrm{FG}=1$ , donc

\text{aire}(\mathrm{FIG})=\dfrac12\times \mathrm{FI}\times \mathrm{FG}=\dfrac12\times\dfrac12\times 1=\dfrac14.

La hauteur correspondante est la distance du point B au plan $z=1$ .

Le point B a pour cote $0$ , donc cette distance vaut $1$ (c'est la longueur $\mathrm{BF}$ , et la droite (BF) est orthogonale au plan (EFG)).

D'après la formule du volume d'un tétraèdre,

V=\dfrac13\times\text{aire}(\mathrm{FIG})\times\text{hauteur}=\dfrac13\times\dfrac14\times 1=\dfrac1{12}.

Donc le volume du tétraèdre FIGB est égal à $\dfrac1{12}$ d'unité de volume.

Question 2.

Le point I est le milieu de $[\mathrm{EF}]$ avec $\mathrm{E}(0\,;0\,;1)$ et $\mathrm{F}(1\,;0\,;1)$ .

Ses coordonnées sont les moyennes de celles de E et F :

x_{\mathrm{I}}=\dfrac{0+1}{2}=\dfrac12,\qquad y_{\mathrm{I}}=\dfrac{0+0}{2}=0,\qquad z_{\mathrm{I}}=\dfrac{1+1}{2}=1.

Donc $\mathrm{I}\left(\dfrac12\,;0\,;1\right)$ .

Réponse : $\mathrm{I}\left(\dfrac12\,;0\,;1\right)$ .

Question 3.

On calcule les coordonnées des vecteurs nécessaires.

Avec $\mathrm{D}(0\,;1\,;0)$ et $\mathrm{J}(2\,;0\,;1)$ :

\overrightarrow{\mathrm{DJ}}\begin{pmatrix}2-0\\0-1\\1-0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\-1\\1\end{pmatrix}.

Avec $\mathrm{B}(1\,;0\,;0)$ , $\mathrm{I}\left(\dfrac12\,;0\,;1\right)$ et $\mathrm{G}(1\,;1\,;1)$ :

\overrightarrow{\mathrm{BI}}\begin{pmatrix}-\dfrac12\\0\\1\end{pmatrix},\qquad \overrightarrow{\mathrm{BG}}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}.

Les vecteurs $\overrightarrow{\mathrm{BI}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{BG}}$ ne sont pas colinéaires : s'il existait un réel $k$ tel que $\overrightarrow{\mathrm{BI}}=k\,\overrightarrow{\mathrm{BG}}$ , la première coordonnée donnerait $-\dfrac12=k\times 0=0$ , ce qui est absurde.

Donc les points B, I, G ne sont pas alignés, le plan (BIG) est bien défini et $\left(\overrightarrow{\mathrm{BI}},\overrightarrow{\mathrm{BG}}\right)$ en est une famille de vecteurs directeurs.

On calcule les produits scalaires :

\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{DJ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BI}}&=2\times\left(-\dfrac12\right)+(-1)\times 0+1\times 1=-1+0+1=0,\\ \overrightarrow{\mathrm{DJ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BG}}&=2\times 0+(-1)\times 1+1\times 1=0-1+1=0. \end{aligned}

Le vecteur $\overrightarrow{\mathrm{DJ}}$ est non nul et orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan (BIG).

Donc $\overrightarrow{\mathrm{DJ}}$ est un vecteur normal au plan (BIG).

Question 4.

D'après la question 3, le vecteur $\overrightarrow{\mathrm{DJ}}(2\,;-1\,;1)$ est normal au plan (BIG).

Donc le plan (BIG) admet une équation cartésienne de la forme

2x-y+z+d=0,\qquad d\in\mathbb{R}.

Le point $\mathrm{B}(1\,;0\,;0)$ appartient au plan, donc ses coordonnées vérifient l'équation :

2\times 1-0+0+d=0,\qquad\text{donc}\qquad d=-2.

Vérification avec les deux autres points :

\begin{aligned} \mathrm{I}\left(\dfrac12\,;0\,;1\right) &: \quad 2\times\dfrac12-0+1-2=1+1-2=0,\\ \mathrm{G}(1\,;1\,;1) &: \quad 2\times 1-1+1-2=0. \end{aligned}

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

Question 5.

La droite $d$ est orthogonale au plan (BIG) : le vecteur normal $\overrightarrow{\mathrm{DJ}}(2\,;-1\,;1)$ est un vecteur directeur de $d$ .

La droite $d$ passe par $\mathrm{F}(1\,;0\,;1)$ .

Un point $\mathrm{M}(x\,;y\,;z)$ appartient à $d$ si et seulement s'il existe un réel $t$ tel que $\overrightarrow{\mathrm{FM}}=t\,\overrightarrow{\mathrm{DJ}}$ .

Donc une représentation paramétrique de $d$ est

\begin{cases}x=1+2t\\ y=-t\\ z=1+t\end{cases},\qquad t\in\mathbb{R}.

Question 6.

a) Le point L est le point d'intersection de la droite $d$ et du plan (BIG) : ses coordonnées vérifient à la fois la représentation paramétrique de $d$ et l'équation de (BIG).

On remplace $x$ , $y$ , $z$ dans l'équation du plan :

2(1+2t)-(-t)+(1+t)-2=0.

On développe :

2+4t+t+1+t-2=0\iff 6t+1=0\iff t=-\dfrac16.

On reporte cette valeur dans la représentation paramétrique :

x=1+2\times\left(-\dfrac16\right)=1-\dfrac13=\dfrac23,\qquad y=-\left(-\dfrac16\right)=\dfrac16,\qquad z=1-\dfrac16=\dfrac56.

Donc $\mathrm{L}\left(\dfrac23\,;\dfrac16\,;\dfrac56\right)$ .

b) On calcule les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{\mathrm{FL}}$ :

\overrightarrow{\mathrm{FL}}\begin{pmatrix}\dfrac23-1\\[1mm]\dfrac16-0\\[1mm]\dfrac56-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\dfrac13\\[1mm]\dfrac16\\[1mm]-\dfrac16\end{pmatrix}.

Le repère est orthonormé, donc

\mathrm{FL}=\sqrt{\left(-\dfrac13\right)^2+\left(\dfrac16\right)^2+\left(-\dfrac16\right)^2}=\sqrt{\dfrac4{36}+\dfrac1{36}+\dfrac1{36}}=\sqrt{\dfrac6{36}}=\dfrac{\sqrt6}{6}.

Donc $\mathrm{FL}=\dfrac{\sqrt6}{6}$ .

Réponse : $\mathrm{FL}=\dfrac{\sqrt6}{6}\approx 0{,}41$ .

c) La droite $d=(\mathrm{FL})$ est orthogonale au plan (BIG) et le point L appartient à ce plan.

Donc L est le projeté orthogonal de F sur (BIG), et $\mathrm{FL}$ est la hauteur du tétraèdre FIGB issue de F, relative à la base IGB.

On applique la formule du volume avec la valeur $V=\dfrac1{12}$ obtenue à la question 1 :

\dfrac1{12}=\dfrac13\times\text{aire}(\mathrm{IGB})\times\dfrac{\sqrt6}{6}.

On isole l'aire :

\text{aire}(\mathrm{IGB})=\dfrac1{12}\times 3\times\dfrac{6}{\sqrt6}=\dfrac14\times\sqrt6=\dfrac{\sqrt6}{4}.

Donc l'aire du triangle IGB est égale à $\dfrac{\sqrt6}{4}$ unité d'aire.

Réponse : $\text{aire}(\mathrm{IGB})=\dfrac{\sqrt6}{4}\approx 0{,}61$ .

Points clés attendus

Choisir une base dont l'aire et la hauteur se lisent directement (triangle FIG rectangle en F, hauteur $\mathrm{BF}$ ).
Justifier la non-colinéarité de deux vecteurs du plan avant de conclure qu'un vecteur orthogonal à ces deux vecteurs est normal.
Vérifier l'équation du plan avec plusieurs points (B, I, G).
Obtenir L en reportant la représentation paramétrique de $d$ dans l'équation du plan.
Reconnaître $\mathrm{FL}$ comme hauteur du tétraèdre et réutiliser le volume de la question 1 pour obtenir l'aire de IGB.

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Source : sujet officiel de l'épreuve de spécialité mathématiques du baccalauréat, session 2023 (Asie, 24 mars 2023 (jour 2)), ministère de l'Éducation nationale. Énoncé mis en forme pour le web à partir du tapuscrit de l'APMEP (Denis Vergès) ; figures issues des fichiers de l'APMEP. En cas de doute sur un détail, le sujet officiel fait foi.

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