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

Bac 2023, Métropole : exercice 2

11 septembre 2023 · jour 1 · 5 points

L'espace est rapporté à un repère orthonormé (O ; ı⃗, ȷ⃗, k⃗)\left(\mathrm{O}\,;\,\vec{\imath},\,\vec{\jmath},\,\vec{k}\right).

On considère les points

A(1  ;  0  ;  −1)(1\;;\;0\;;\;-1),  B(3  ;  −1  ;  2)(3\;;\;-1\;;\;2),   C(2  ;  −2  ;  −1)(2\;;\;-2\;;\; -1)   et   D(4  ;  −1  ;  −2)(4\;;\;-1\;;\;-2).

On note Δ\Delta la droite de représentation paramétrique

{x=−0y=−2+tz=−1+t ,  avec t∈R.\left\{\begin{array}{l c l} x &=&\phantom{-}0\\ y &=&\phantom{-}2 + t\\ z &=& -1 + t \end{array}\right.\,,\,\, \text{avec } t\in \mathbb{R}.

    1. Montrer que les points A, B et C définissent un plan que l'on notera P\mathcal{P}.

    2. Montrer que la droite (CD) est orthogonale au plan P\mathcal{P}.

      Sur le plan P\mathcal{P}, que représente le point C par rapport à D ?

    3. Montrer qu'une équation cartésienne du plan P\mathcal{P} est: 2x+y−z−3=02x + y - z - 3 = 0.

    1. Calculer la distance CD.

    2. Existe-t-il un point M du plan P\mathcal{P} différent de C vérifiant MD =6= \sqrt 6 ? Justifier la réponse.

    1. Montrer que la droite Δ\Delta est incluse dans le plan P\mathcal{P}.

      Soit H le projeté orthogonal du point D sur la droite Δ\Delta.

    2. Montrer que H est le point de Δ\Delta associé à la valeur t=−2t = -2 dans la représentation paramétrique de Δ\Delta donnée ci-dessus.

    3. En déduire la distance du point D à la droite Δ\Delta.

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Question 1. a)

Calculons deux vecteurs d'origine A, coordonnée par coordonnée.

AB→(3−1−1−02−(−1))=(2−13)etAC→(2−1−2−0−1−(−1))=(1−20).\overrightarrow{\mathrm{AB}}\begin{pmatrix}3-1\\-1-0\\2-(-1)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix} \qquad\text{et}\qquad \overrightarrow{\mathrm{AC}}\begin{pmatrix}2-1\\-2-0\\-1-(-1)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\-2\\0\end{pmatrix}.

Montrons que ces vecteurs ne sont pas colinéaires. Supposons qu'il existe un réel kk tel que AC→=k AB→\overrightarrow{\mathrm{AC}}=k\,\overrightarrow{\mathrm{AB}}. La troisième coordonnée donne 0=3k0=3k, donc k=0k=0, ce qui impose AC→=0⃗\overrightarrow{\mathrm{AC}}=\vec 0 : c'est faux, car la première coordonnée de AC→\overrightarrow{\mathrm{AC}} vaut 11.

Donc AB→\overrightarrow{\mathrm{AB}} et AC→\overrightarrow{\mathrm{AC}} ne sont pas colinéaires.

Donc les points A, B et C ne sont pas alignés : ils définissent un plan, noté P\mathcal{P}.

Question 1. b)

Calculons le vecteur CD→\overrightarrow{\mathrm{CD}} :

CD→(4−2−1−(−2)−2−(−1))=(21−1).\overrightarrow{\mathrm{CD}}\begin{pmatrix}4-2\\-1-(-2)\\-2-(-1)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}.

Calculons ses produits scalaires avec AB→\overrightarrow{\mathrm{AB}} et AC→\overrightarrow{\mathrm{AC}} :

CD→⋅AB→=2×2+1×(−1)+(−1)×3=4−1−3=0,CD→⋅AC→=2×1+1×(−2)+(−1)×0=2−2+0=0.\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{CD}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}} &= 2\times2+1\times(-1)+(-1)\times3=4-1-3=0,\\ \overrightarrow{\mathrm{CD}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}} &= 2\times1+1\times(-2)+(-1)\times0=2-2+0=0. \end{aligned}

Le vecteur CD→\overrightarrow{\mathrm{CD}} est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan P\mathcal{P}, c'est-à-dire à deux vecteurs directeurs de P\mathcal{P}. Il est donc orthogonal à tout vecteur de P\mathcal{P}.

Donc la droite (CD) est orthogonale au plan P\mathcal{P}.

Le point C appartient à P\mathcal{P}, et la droite (CD), qui passe par D, est orthogonale à P\mathcal{P} en C.

Donc C est le projeté orthogonal du point D sur le plan P\mathcal{P}.

Réponse : C est le projeté orthogonal de D sur P\mathcal{P}.

Question 1. c)

D'après la question 1. b), le vecteur CD→(2 ;1 ;−1)\overrightarrow{\mathrm{CD}}(2\,;1\,;-1) est orthogonal au plan P\mathcal{P} : c'est un vecteur normal à P\mathcal{P}.

Donc le plan P\mathcal{P} admet une équation cartésienne de la forme

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

Le point C(2 ;−2 ;−1)(2\,;-2\,;-1) appartient à P\mathcal{P}, donc ses coordonnées vérifient l'équation :

2×2+(−2)−(−1)+d=0  ⟺  4−2+1+d=0  ⟺  d=−3.2\times2+(-2)-(-1)+d=0\iff 4-2+1+d=0\iff d=-3.

Vérifions avec les points A et B :

A(1 ;0 ;−1):2×1+0−(−1)−3=2+1−3=0,B(3 ;−1 ;2):2×3+(−1)−2−3=6−1−2−3=0.\begin{aligned} \text{A}(1\,;0\,;-1) &:\quad 2\times1+0-(-1)-3=2+1-3=0,\\ \text{B}(3\,;-1\,;2) &:\quad 2\times3+(-1)-2-3=6-1-2-3=0. \end{aligned}

Donc une équation cartésienne du plan P\mathcal{P} est 2x+y−z−3=02x+y-z-3=0.

Réponse : P:2x+y−z−3=0\mathcal{P} : 2x+y-z-3=0.

Question 2. a)

Le repère est orthonormé, donc

CD=∥CD→∥=22+12+(−1)2=4+1+1=6.\mathrm{CD}=\left\|\overrightarrow{\mathrm{CD}}\right\|=\sqrt{2^2+1^2+(-1)^2}=\sqrt{4+1+1}=\sqrt6.

Donc CD=6\mathrm{CD}=\sqrt6.

Réponse : CD=6\mathrm{CD}=\sqrt6.

Question 2. b)

La réponse est non. Soit M un point de P\mathcal{P} différent de C.

Le vecteur CM→\overrightarrow{\mathrm{CM}} est un vecteur du plan P\mathcal{P} (C et M sont dans P\mathcal{P}), donc il est orthogonal à CD→\overrightarrow{\mathrm{CD}} d'après la question 1. b). Le triangle CMD est donc rectangle en C.

D'après le théorème de Pythagore dans ce triangle :

MD2=MC2+CD2=MC2+6.\mathrm{MD}^2=\mathrm{MC}^2+\mathrm{CD}^2=\mathrm{MC}^2+6.

Comme M est distinct de C, on a MC>0\mathrm{MC}>0, donc MC2>0\mathrm{MC}^2>0 et MD2>6\mathrm{MD}^2>6.

Donc MD>6\mathrm{MD}>\sqrt6 : aucun point M de P\mathcal{P} distinct de C ne vérifie MD=6\mathrm{MD}=\sqrt6. Le point C est le point de P\mathcal{P} le plus proche de D.

Réponse : non.

Question 3. a)

Un point de Δ\Delta a pour coordonnées (0 ; 2+t ; −1+t)(0\,;\,2+t\,;\,-1+t) avec t∈Rt\in\mathbb{R}.

Remplaçons dans l'équation de P\mathcal{P} :

2×0+(2+t)−(−1+t)−3=2+t+1−t−3=0.2\times0+(2+t)-(-1+t)-3=2+t+1-t-3=0.

Cette égalité est vraie pour tout réel tt, donc tout point de Δ\Delta appartient à P\mathcal{P}.

Donc la droite Δ\Delta est incluse dans le plan P\mathcal{P}.

Question 3. b)

Un vecteur directeur de Δ\Delta est u⃗(0 ;1 ;1)\vec u(0\,;1\,;1), lu sur les coefficients de tt.

Le projeté orthogonal H de D sur Δ\Delta est l'unique point de Δ\Delta tel que DH→⋅u⃗=0\overrightarrow{\mathrm{DH}}\cdot\vec u=0.

Soit H(0 ; 2+t ; −1+t)(0\,;\,2+t\,;\,-1+t) un point de Δ\Delta. Avec D(4 ;−1 ;−2)(4\,;-1\,;-2) :

DH→(0−42+t−(−1)−1+t−(−2))=(−43+t1+t).\overrightarrow{\mathrm{DH}}\begin{pmatrix}0-4\\2+t-(-1)\\-1+t-(-2)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4\\3+t\\1+t\end{pmatrix}.

Alors

DH→⋅u⃗=0×(−4)+1×(3+t)+1×(1+t)=4+2t.\overrightarrow{\mathrm{DH}}\cdot\vec u=0\times(-4)+1\times(3+t)+1\times(1+t)=4+2t.

Donc

DH→⋅u⃗=0  ⟺  4+2t=0  ⟺  t=−2.\overrightarrow{\mathrm{DH}}\cdot\vec u=0\iff 4+2t=0\iff t=-2.

Pour t=−2t=-2, on obtient H(0 ; 0 ; −3)(0\,;\,0\,;\,-3).

Donc H est bien le point de Δ\Delta associé à t=−2t=-2.

Question 3. c)

La distance du point D à la droite Δ\Delta est la distance DH, où H est le projeté orthogonal de D sur Δ\Delta.

Pour t=−2t=-2, on a DH→(−4 ; 1 ; −1)\overrightarrow{\mathrm{DH}}(-4\,;\,1\,;\,-1), donc

DH=(−4)2+12+(−1)2=16+1+1=18=32.\mathrm{DH}=\sqrt{(-4)^2+1^2+(-1)^2}=\sqrt{16+1+1}=\sqrt{18}=3\sqrt2.

Donc la distance du point D à la droite Δ\Delta est 323\sqrt2.

Réponse : DH=18=32≈4,243\mathrm{DH}=\sqrt{18}=3\sqrt2\approx 4{,}243.

Points clés attendus

  • Question 1. a) : justifier la non-colinéarité de deux vecteurs, et pas seulement calculer leurs coordonnées.

  • Question 1. b) : un vecteur orthogonal à deux vecteurs non colinéaires d'un plan est normal à ce plan.

  • Question 1. c) : utiliser le vecteur normal pour écrire l'équation, déterminer dd avec C, et vérifier avec A et B.

  • Question 2. b) : reconnaître un triangle rectangle en C et citer le théorème de Pythagore.

  • Question 3. b) : caractériser le projeté orthogonal par DH→⋅u⃗=0\overrightarrow{\mathrm{DH}}\cdot\vec u=0 avec H sur Δ\Delta.

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Source : sujet officiel de l'épreuve de spécialité mathématiques du baccalauréat, session 2023 (Métropole, 11 septembre 2023 (jour 1)), 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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