Bac 2023, Centres étrangers : exercice 3

Le repère $\left(\mathrm{A}\,;\vec\imath,\vec\jmath,\vec k\right)$ est orthonormé, avec $\vec\imath=\dfrac14\overrightarrow{\mathrm{AB}}$, $\vec\jmath=\dfrac14\overrightarrow{\mathrm{AD}}$ et $\vec k=\dfrac18\overrightarrow{\mathrm{AE}}$.

On en déduit $\overrightarrow{\mathrm{AB}}=4\vec\imath$, $\overrightarrow{\mathrm{AD}}=4\vec\jmath$ et $\overrightarrow{\mathrm{AE}}=8\vec k$, donc :

On a $\overrightarrow{\mathrm{BF}}=\dfrac12\overrightarrow{\mathrm{AE}}=4\vec k$, donc $\mathrm{F}(4\,;0\,;4)$.

Le prisme est droit, donc $\overrightarrow{\mathrm{FG}}=\overrightarrow{\mathrm{AD}}=4\vec\jmath$ et $\overrightarrow{\mathrm{EH}}=\overrightarrow{\mathrm{AD}}=4\vec\jmath$, ce qui donne :

Question 1.

Le point $\mathrm{I}$ est le milieu de $[\mathrm{EF}]$ avec $\mathrm{E}(0\,;0\,;8)$ et $\mathrm{F}(4\,;0\,;4)$ :

Le point $\mathrm{J}$ est le milieu de $[\mathrm{AE}]$ avec $\mathrm{A}(0\,;0\,;0)$ et $\mathrm{E}(0\,;0\,;8)$ :

Donc $\mathrm{I}(2\,;0\,;6)$ et $\mathrm{J}(0\,;0\,;4)$.

Réponse : $\mathrm{I}(2\,;0\,;6)$ et $\mathrm{J}(0\,;0\,;4)$.

Question 2. a)

On calcule les coordonnées de deux vecteurs du plan $(\mathrm{IGJ})$ :

Ces vecteurs ne sont pas colinéaires : la deuxième coordonnée de $\overrightarrow{\mathrm{IJ}}$ est nulle alors que celle de $\overrightarrow{\mathrm{IG}}$ ne l'est pas, donc aucun réel $\lambda$ ne vérifie $\overrightarrow{\mathrm{IG}}=\lambda\overrightarrow{\mathrm{IJ}}$.

Les points $\mathrm{I}$, $\mathrm{G}$, $\mathrm{J}$ ne sont donc pas alignés et définissent un plan.

On calcule les produits scalaires avec $\vec n\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}$ :

Le vecteur $\vec n$ est non nul et orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(\mathrm{IGJ})$.

Donc $\vec n$ est un vecteur normal au plan $(\mathrm{IGJ})$.

Question 2. b)

Le vecteur $\vec n\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}$ étant normal au plan $(\mathrm{IGJ})$, ce plan admet une équation cartésienne de la forme :

Le point $\mathrm{I}(2\,;0\,;6)$ appartient au plan, donc :

Vérification avec les deux autres points : pour $\mathrm{G}(4\,;4\,;4)$, $-4+4+4-4=0$   pour $\mathrm{J}(0\,;0\,;4)$, $0+0+4-4=0$.

Donc une équation cartésienne de $(\mathrm{IGJ})$ est $-x+y+z-4=0$.

Réponse : $(\mathrm{IGJ}) : -x+y+z-4=0$.

Question 3.

La droite $d$ est perpendiculaire au plan $(\mathrm{IGJ})$ : le vecteur normal $\vec n\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}$ est donc un vecteur directeur de $d$.

La droite $d$ passe par $\mathrm{H}(0\,;4\,;8)$. Un point $\mathrm{M}(x\,;y\,;z)$ appartient à $d$ si et seulement s'il existe un réel $t$ tel que $\overrightarrow{\mathrm{HM}}=t\vec n$, soit :

Donc une représentation paramétrique de $d$ est :

Question 4.

Le projeté orthogonal $\mathrm{L}$ de $\mathrm{H}$ sur le plan $(\mathrm{IGJ})$ est le point d'intersection de la droite $d$ (perpendiculaire au plan passant par $\mathrm{H}$) et du plan $(\mathrm{IGJ})$.

Ses coordonnées $(-t\,;4+t\,;8+t)$ vérifient l'équation du plan $-x+y+z-4=0$ :

On développe : $t+4+t+8+t-4=0$, soit $3t+8=0$, donc $t=-\dfrac83$.

On remplace dans la représentation paramétrique :

Donc $\mathrm{L}\left(\dfrac83\,;\dfrac43\,;\dfrac{16}3\right)$.

Question 5.

La distance de $\mathrm{H}$ au plan $(\mathrm{IGJ})$ est la distance $\mathrm{HL}$, puisque $\mathrm{L}$ est le projeté orthogonal de $\mathrm{H}$ sur ce plan.

On a :

Le repère étant orthonormé :

Donc la distance de $\mathrm{H}$ au plan $(\mathrm{IGJ})$ est $\dfrac{8\sqrt3}3\approx4{,}62$ unités de longueur.

Réponse : $\mathrm{HL}=\dfrac{8\sqrt3}3\approx4{,}62$.

Question 6.

On a $\overrightarrow{\mathrm{IG}}\begin{pmatrix}2\\4\\-2\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{\mathrm{IJ}}\begin{pmatrix}-2\\0\\-2\end{pmatrix}$.

On calcule le produit scalaire :

Les vecteurs $\overrightarrow{\mathrm{IG}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{IJ}}$ sont non nuls et orthogonaux.

Donc le triangle $\mathrm{IGJ}$ est rectangle en $\mathrm{I}$.

Question 7.

Aire de la base. Le triangle $\mathrm{IGJ}$ est rectangle en $\mathrm{I}$, avec :

Son aire est :

Hauteur. Dans le tétraèdre $\mathrm{IGJH}$, on prend pour base le triangle $\mathrm{IGJ}$, contenu dans le plan $(\mathrm{IGJ})$. La hauteur issue de $\mathrm{H}$ est la distance de $\mathrm{H}$ à ce plan, soit $h=\mathrm{HL}=\dfrac{8\sqrt3}3$ (question 5).

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

Donc le volume du tétraèdre $\mathrm{IGJH}$ est $\dfrac{32}3$ unités de volume.

Réponse : $V=\dfrac{32}3$.

Points clés attendus

• Coordonnées des sommets déduites de $\vec\imath=\dfrac14\overrightarrow{\mathrm{AB}}$, $\vec\jmath=\dfrac14\overrightarrow{\mathrm{AD}}$, $\vec k=\dfrac18\overrightarrow{\mathrm{AE}}$ et de $\overrightarrow{\mathrm{BF}}=\dfrac12\overrightarrow{\mathrm{AE}}$.

• Vecteur normal : deux vecteurs non colinéaires du plan, produits scalaires nuls   équation cartésienne par un point, avec vérification.

• Projeté orthogonal : intersection de la perpendiculaire passant par $\mathrm{H}$ et du plan, système résolu en détail.

• Distance de $\mathrm{H}$ au plan identifiée à $\mathrm{HL}$, calculée dans un repère orthonormé.

• Volume : triangle rectangle en $\mathrm{I}$ (produit scalaire nul), aire puis formule du volume avec la bonne hauteur.

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