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

Bac 2023, Métropole : exercice 4

20 mars 2023 · jour 1 · 5 points

Chapitre 11 : Orthogonalité et distances dans l'espace

On considère le cube ABCDEFCH d'arête 1.

On appelle I le point d'intersection du plan (GBD) avec la droite (EC).

L'espace est rapporté au repère orthonormé $\left(\text{A}\;;\;\overrightarrow{\text{AB}},\;\overrightarrow{\text{AD}},\;\overrightarrow{\text{AE}}\right)$ .

Figure de l'énoncé, exercice 4, Métropole 20 mars 2023

Donner dans ce repère les coordonnées des points E, C, G.
Déterminer une représentation paramétrique de la droite (EC).
Démontrer que la droite (EC) est orthogonale au plan (GBD).
1. Justifier qu'une équation cartésienne du plan (GBD) est :
  $x + y - z - 1 = 0.$
2. Montrer que le point I a pour coordonnées $\left(\dfrac23\;;\;\dfrac23\;;\;\dfrac13\right)$ .
3. En déduire que la distance du point E au plan (GBD) est égale à $\dfrac{2\sqrt 3}{3}$ .
1. Démontrer que le triangle BDG est équilatéral.
2. Calculer l'aire du triangle BDG.
  
  On pourra utiliser le point J, milieu du segment [BD].
Justifier que le volume du tétraèdre EGBD est égal à $\dfrac13$ .

On rappelle que le volume d'un tétraèdre est donné par $V = \dfrac13 Bh$ où $B$ est l'aire d'une base du tétraèdre et $h$ est la hauteur relative à cette base.

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Question 1.

Dans le repère orthonormé $\left(\mathrm{A}\,;\,\overrightarrow{\mathrm{AB}},\,\overrightarrow{\mathrm{AD}},\,\overrightarrow{\mathrm{AE}}\right)$ , on a $\mathrm{A}(0\,;\,0\,;\,0)$ , $\mathrm{B}(1\,;\,0\,;\,0)$ , $\mathrm{D}(0\,;\,1\,;\,0)$ et $\mathrm{E}(0\,;\,0\,;\,1)$ . Comme $\overrightarrow{\mathrm{AC}} = \overrightarrow{\mathrm{AB}} + \overrightarrow{\mathrm{AD}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AG}} = \overrightarrow{\mathrm{AB}} + \overrightarrow{\mathrm{AD}} + \overrightarrow{\mathrm{AE}}$ :

\mathrm{E}(0\,;\,0\,;\,1), \qquad \mathrm{C}(1\,;\,1\,;\,0), \qquad \mathrm{G}(1\,;\,1\,;\,1).

Question 2.

La droite (EC) passe par $\mathrm{E}(0\,;\,0\,;\,1)$ et a pour vecteur directeur

\overrightarrow{\mathrm{EC}}\,(1 - 0\,;\,1 - 0\,;\,0 - 1) = (1\,;\,1\,;\,-1).

Donc une représentation paramétrique de (EC) est

\left\{\begin{array}{l} x = t\\ y = t\\ z = 1 - t \end{array}\right. \quad t \in \mathbb{R}.

Question 3.

On calcule deux vecteurs du plan (GBD) :

\overrightarrow{\mathrm{GB}}\,(1 - 1\,;\,0 - 1\,;\,0 - 1) = (0\,;\,-1\,;\,-1), \qquad \overrightarrow{\mathrm{GD}}\,(0 - 1\,;\,1 - 1\,;\,0 - 1) = (-1\,;\,0\,;\,-1).

Ces vecteurs ne sont pas colinéaires : si $\overrightarrow{\mathrm{GB}} = k\,\overrightarrow{\mathrm{GD}}$ , la première coordonnée donnerait $0 = -k$ , donc $k = 0$ et $\overrightarrow{\mathrm{GB}} = \vec{0}$ , ce qui est faux. Donc les points G, B, D définissent bien un plan.

Produits scalaires :

\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{EC}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{GB}} &= 1 \times 0 + 1 \times (-1) + (-1) \times (-1) = 0 - 1 + 1 = 0,\\ \overrightarrow{\mathrm{EC}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{GD}} &= 1 \times (-1) + 1 \times 0 + (-1) \times (-1) = -1 + 0 + 1 = 0. \end{aligned}

Le vecteur $\overrightarrow{\mathrm{EC}}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (GBD), donc à tous les vecteurs de ce plan.

Donc la droite (EC) est orthogonale au plan (GBD).

Question 4.

a) D'après la question 3, $\overrightarrow{\mathrm{EC}}\,(1\,;\,1\,;\,-1)$ est un vecteur normal au plan (GBD). Ce plan admet donc une équation cartésienne de la forme

x + y - z + d = 0.

Le point $\mathrm{B}(1\,;\,0\,;\,0)$ appartient au plan : $1 + 0 - 0 + d = 0$ , donc $d = -1$ .

Vérification avec les deux autres points : pour $\mathrm{D}(0\,;\,1\,;\,0)$ , $0 + 1 - 0 - 1 = 0$   pour $\mathrm{G}(1\,;\,1\,;\,1)$ , $1 + 1 - 1 - 1 = 0$ .

Donc une équation cartésienne du plan (GBD) est $x + y - z - 1 = 0$ .

b) Le point I est sur la droite (EC), donc ses coordonnées sont $(t\,;\,t\,;\,1 - t)$ pour un certain réel $t$ . Il est aussi dans le plan (GBD), donc

t + t - (1 - t) - 1 = 0 \iff 3t - 2 = 0 \iff t = \dfrac23.

On obtient $\mathrm{I}\left(\dfrac23\,;\,\dfrac23\,;\,1 - \dfrac23\right)$ , c'est-à-dire $\mathrm{I}\left(\dfrac23\,;\,\dfrac23\,;\,\dfrac13\right)$ .

c) La droite (EC) est orthogonale au plan (GBD) (question 3) et le coupe en I (question 4.b). Donc I est le projeté orthogonal de E sur (GBD), et la distance de E au plan est $\mathrm{EI}$ .

On a $\overrightarrow{\mathrm{EI}}\left(\dfrac23\,;\,\dfrac23\,;\,\dfrac13 - 1\right) = \left(\dfrac23\,;\,\dfrac23\,;\,-\dfrac23\right)$ , donc

\mathrm{EI} = \sqrt{3 \times \dfrac49} = \dfrac{2}{\sqrt3} = \dfrac{2\sqrt3}{3}.

Vérification par la formule de distance à un plan : $d(\mathrm{E}\,;\,(\mathrm{GBD})) = \dfrac{|0 + 0 - 1 - 1|}{\sqrt{1 + 1 + 1}} = \dfrac{2}{\sqrt3} = \dfrac{2\sqrt3}{3}$ .

Donc la distance du point E au plan (GBD) est $\dfrac{2\sqrt3}{3}$ .

Question 5.

a) On calcule les trois côtés à partir des coordonnées (le repère est orthonormé) :

\begin{aligned} \mathrm{BD} &= \sqrt{(0-1)^2 + (1-0)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{2},\\ \mathrm{BG} &= \sqrt{0^2 + (-1)^2 + (-1)^2} = \sqrt{2},\\ \mathrm{DG} &= \sqrt{(-1)^2 + 0^2 + (-1)^2} = \sqrt{2}. \end{aligned}

Les trois côtés ont la même longueur $\sqrt2$ . Donc le triangle BDG est équilatéral.

b) Le point J est le milieu de $[\mathrm{BD}]$ . Dans le triangle équilatéral BDG, la médiane issue de G est aussi la hauteur : $(\mathrm{GJ}) \perp (\mathrm{BD})$ .

On a $\mathrm{BJ} = \dfrac{\mathrm{BD}}{2} = \dfrac{\sqrt2}{2}$ . Dans le triangle GJB rectangle en J, d'après le théorème de Pythagore :

\mathrm{GJ}^2 = \mathrm{GB}^2 - \mathrm{BJ}^2 = 2 - \dfrac12 = \dfrac32, \qquad \text{donc} \qquad \mathrm{GJ} = \sqrt{\dfrac32} = \dfrac{\sqrt6}{2}.

L'aire du triangle BDG est donc

\mathcal{A} = \dfrac12 \times \mathrm{BD} \times \mathrm{GJ} = \dfrac12 \times \sqrt2 \times \dfrac{\sqrt6}{2} = \dfrac{\sqrt{12}}{4} = \dfrac{2\sqrt3}{4} = \dfrac{\sqrt3}{2}.

Donc l'aire du triangle BDG est $\dfrac{\sqrt3}{2}$ (unités d'aire).

Réponse : $\dfrac{\sqrt3}{2}$ .

Question 6.

On prend pour base du tétraèdre EGBD le triangle BDG, d'aire $B = \dfrac{\sqrt3}{2}$ . La hauteur relative à cette base est la distance de E au plan (GBD), soit $h = \dfrac{2\sqrt3}{3}$ (question 4.c).

D'après la formule $V = \dfrac13\,B\,h$ :

V = \dfrac13 \times \dfrac{\sqrt3}{2} \times \dfrac{2\sqrt3}{3} = \dfrac13 \times \dfrac{2 \times 3}{2 \times 3} = \dfrac13.

Donc le volume du tétraèdre EGBD est $\dfrac13$ (unités de volume).

Réponse : $\dfrac13$ .

Points clés attendus

Calculer les vecteurs coordonnée par coordonnée et justifier la non-colinéarité de deux vecteurs du plan.
Prouver l'orthogonalité droite-plan par deux produits scalaires nuls avec deux vecteurs non colinéaires.
Obtenir l'équation du plan à partir du vecteur normal, puis la vérifier avec les points.
Justifier que I est le projeté orthogonal de E, donc que la distance est $\mathrm{EI}$ .
Utiliser la formule $V=\frac13 Bh$ avec la bonne base et la bonne hauteur.

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Comment t'entraîner

Chronomètre-toi, rédige sur papier comme le jour du bac, puis seulement après regarde le cours. Si tu bloques sur une question, écris « on admet que… » et passe à la suivante.

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Chapitre 11 : Orthogonalité et distances dans l'espace : le cours · exercices type bac corrigés

Source : sujet officiel de l'épreuve de spécialité mathématiques du baccalauréat, session 2023 (Métropole, 20 mars 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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