+ qu'un profMon espace

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

Bac 2023, Nouvelle-Calédonie : exercice 1

29 août 2023 · jour 2 · 5 points

On considère le cube ABCDEFGH d'arête 1 représenté ci-contre.

On note K le milieu du segment [HG].

On se place dans le repère orthonormé (A  ;  AD→,  AB→,AE→)\left(\text{A}\;;\;\overrightarrow{\text{AD}},\;\overrightarrow{\text{AB}}, \overrightarrow{\text{AE}}\right).

  1. Justifier que les points C, F et K définissent un plan.

    1. Donner, sans justifier, les longueurs KG, GF et GC.

    2. Calculer l'aire du triangle FGC.

    3. Calculer le volume du tétraèdre FGCK.

Figure de l'énoncé, exercice 1, Nouvelle-Calédonie 29 août 2023

On rappelle que le volume VV d'un tétraèdre est donné par:

V=13B×h,V = \dfrac13\mathcal{B} \times h,
où B\mathcal{B} est l'aire d'une base et hh la hauteur correspondante.

    1. On note n→\overrightarrow{n} le vecteur de coordonnées (121)\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}.

      Démontrer que n→\overrightarrow{n} est normal au plan (CFK).

    2. En déduire qu'une équation cartésienne du plan (CFK) est:

      x+2y+z−3=0.x + 2y + z - 3 = 0.

  2. On note Δ\Delta la droite passant par le point G et orthogonale au plan (CFK).

    Démontrer qu'une représentation paramétrique de la droite Δ\Delta est:

    {x=1+ty=1+2tz=1+t(t∈R))\left\{\begin{array}{l c l} x&=&1 + t\\ y&=&1 + 2t\\ z&=&1 + t \end{array}\right. \quad (t \in \mathbb{R}))

  3. Soit L le point d'intersection entre la droite Δ\Delta et le plan (CFK).

    1. Déterminer les coordonnées du point L.

    2. En déduire que LG =66= \dfrac{\sqrt 6}{6}.

  4. En utilisant la question 2., déterminer la valeur exacte de l'aire du triangle CFK.

Voir le corrigé

Dans le repère orthonormé (A  ;  AD→,  AB→,  AE→)\left(\mathrm{A}\;;\;\overrightarrow{\mathrm{AD}},\;\overrightarrow{\mathrm{AB}},\;\overrightarrow{\mathrm{AE}}\right), les sommets du cube ont pour coordonnées :

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

Le point K est le milieu du segment [HG][\mathrm{HG}] avec H(1;0;1)\mathrm{H}(1;0;1) et G(1;1;1)\mathrm{G}(1;1;1), donc

K(1+12 ; 0+12 ; 1+12)=(1 ; 12 ; 1).\mathrm{K}\left(\dfrac{1+1}{2}\,;\,\dfrac{0+1}{2}\,;\,\dfrac{1+1}{2}\right)=\left(1\,;\,\dfrac12\,;\,1\right).

Question 1.

Trois points définissent un plan si et seulement s'ils ne sont pas alignés, c'est-à-dire si les vecteurs CF→\overrightarrow{\mathrm{CF}} et CK→\overrightarrow{\mathrm{CK}} ne sont pas colinéaires.

On calcule, coordonnée par coordonnée :

CF→(0−11−11−0)=(−101)etCK→(1−112−11−0)=(0−121).\overrightarrow{\mathrm{CF}}\begin{pmatrix}0-1\\1-1\\1-0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix} \qquad\text{et}\qquad \overrightarrow{\mathrm{CK}}\begin{pmatrix}1-1\\\frac12-1\\1-0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\-\frac12\\1\end{pmatrix}.

La première coordonnée de CK→\overrightarrow{\mathrm{CK}} est nulle alors que celle de CF→\overrightarrow{\mathrm{CF}} ne l'est pas : si CF→=k CK→\overrightarrow{\mathrm{CF}}=k\,\overrightarrow{\mathrm{CK}}, on aurait −1=k×0-1=k\times0, ce qui est impossible.

Si CK→=k CF→\overrightarrow{\mathrm{CK}}=k\,\overrightarrow{\mathrm{CF}}, la deuxième coordonnée donnerait −12=k×0-\dfrac12=k\times0, ce qui est impossible aussi.

Les vecteurs CF→\overrightarrow{\mathrm{CF}} et CK→\overrightarrow{\mathrm{CK}} ne sont donc pas colinéaires.

Donc les points C, F et K ne sont pas alignés : ils définissent bien un plan.

Question 2. a)

Les arêtes du cube mesurent 11 et K est le milieu de [HG][\mathrm{HG}] avec HG=1\mathrm{HG}=1.

Donc

KG=12,GF=1,GC=1.\mathrm{KG}=\dfrac12,\qquad \mathrm{GF}=1,\qquad \mathrm{GC}=1.

Réponse : KG=12\mathrm{KG}=\dfrac12, GF=1\mathrm{GF}=1 et GC=1\mathrm{GC}=1.

Question 2. b)

On a GF→(−100)\overrightarrow{\mathrm{GF}}\begin{pmatrix}-1\\0\\0\end{pmatrix} et GC→(00−1)\overrightarrow{\mathrm{GC}}\begin{pmatrix}0\\0\\-1\end{pmatrix}, donc

GF→⋅GC→=(−1)×0+0×0+0×(−1)=0.\overrightarrow{\mathrm{GF}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{GC}}=(-1)\times0+0\times0+0\times(-1)=0.

Le triangle FGC est donc rectangle en G, avec GF=GC=1\mathrm{GF}=\mathrm{GC}=1.

Son aire est donc, d'après la formule de l'aire d'un triangle rectangle,

AFGC=GF×GC2=1×12=12.\mathcal{A}_{\mathrm{FGC}}=\dfrac{\mathrm{GF}\times\mathrm{GC}}{2}=\dfrac{1\times1}{2}=\dfrac12.

Donc l'aire du triangle FGC est 12\dfrac12.

Réponse : AFGC=12\mathcal{A}_{\mathrm{FGC}}=\dfrac12.

Question 2. c)

On prend le triangle FGC comme base du tétraèdre FGCK. Il est contenu dans le plan (BCGF), d'équation y=1y=1.

On a GK→(0−120)\overrightarrow{\mathrm{GK}}\begin{pmatrix}0\\-\frac12\\0\end{pmatrix}, colinéaire à j⃗(010)\vec{j}\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}, vecteur normal au plan d'équation y=1y=1.

Donc la droite (KG) est orthogonale au plan (FGC) et passe par K : la hauteur du tétraèdre issue de K est le segment [KG][\mathrm{KG}], de longueur h=12h=\dfrac12.

D'après la formule du volume rappelée dans l'énoncé,

VFGCK=13×AFGC×h=13×12×12=112.V_{\mathrm{FGCK}}=\dfrac13\times\mathcal{A}_{\mathrm{FGC}}\times h=\dfrac13\times\dfrac12\times\dfrac12=\dfrac1{12}.

Donc le volume du tétraèdre FGCK est 112\dfrac1{12}.

Réponse : VFGCK=112V_{\mathrm{FGCK}}=\dfrac1{12}.

Question 3. a)

Le vecteur n⃗(121)\vec{n}\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix} est normal au plan (CFK) s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Les vecteurs CF→\overrightarrow{\mathrm{CF}} et CK→\overrightarrow{\mathrm{CK}} conviennent d'après la question 1.

On calcule les produits scalaires :

n⃗⋅CF→=1×(−1)+2×0+1×1=0,\vec{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CF}}=1\times(-1)+2\times0+1\times1=0,

n⃗⋅CK→=1×0+2×(−12)+1×1=0.\vec{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CK}}=1\times0+2\times\left(-\dfrac12\right)+1\times1=0.

Donc n⃗\vec{n} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (CFK) : n⃗\vec{n} est un vecteur normal au plan (CFK).

Question 3. b)

Le plan (CFK) a pour vecteur normal n⃗(121)\vec{n}\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}, donc il admet une équation cartésienne de la forme

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

Le point C(1;1;0)\mathrm{C}(1;1;0) appartient au plan, donc

1+2×1+0+d=0  ⟺  d=−3.1+2\times1+0+d=0\iff d=-3.

Une équation cartésienne de (CFK) est donc x+2y+z−3=0x+2y+z-3=0.

Vérification avec les deux autres points :

F(0;1;1): 0+2+1−3=0,K(1;12;1): 1+1+1−3=0.\mathrm{F}(0;1;1):\ 0+2+1-3=0,\qquad \mathrm{K}\left(1;\tfrac12;1\right):\ 1+1+1-3=0.

Donc une équation cartésienne du plan (CFK) est x+2y+z−3=0x+2y+z-3=0.

Réponse : x+2y+z−3=0x+2y+z-3=0.

Question 4.

La droite Δ\Delta est orthogonale au plan (CFK) : le vecteur normal n⃗(121)\vec{n}\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix} de ce plan est donc un vecteur directeur de Δ\Delta.

La droite Δ\Delta passe par G(1;1;1)\mathrm{G}(1;1;1). Un point M(x;y;z)\mathrm{M}(x;y;z) appartient à Δ\Delta si et seulement s'il existe un réel tt tel que GM→=t n⃗\overrightarrow{\mathrm{GM}}=t\,\vec{n}, soit

{x−1=ty−1=2tz−1=t  ⟺  {x=1+ty=1+2tz=1+t(t∈R).\begin{cases}x-1=t\\y-1=2t\\z-1=t\end{cases}\iff\begin{cases}x=1+t\\y=1+2t\\z=1+t\end{cases}\quad(t\in\mathbb{R}).

Donc Δ\Delta admet bien pour représentation paramétrique le système de l'énoncé.

Question 5. a)

Le point L est le point commun à Δ\Delta et à (CFK) : ses coordonnées vérifient à la fois le système paramétrique de Δ\Delta et l'équation du plan.

On remplace xx, yy, zz dans x+2y+z−3=0x+2y+z-3=0 :

(1+t)+2(1+2t)+(1+t)−3=0.(1+t)+2(1+2t)+(1+t)-3=0.

On développe :

1+t+2+4t+1+t−3=0  ⟺  6t+1=0  ⟺  t=−16.1+t+2+4t+1+t-3=0\iff 6t+1=0\iff t=-\dfrac16.

On reporte cette valeur dans la représentation paramétrique :

x=1−16=56,y=1−26=23,z=1−16=56.x=1-\dfrac16=\dfrac56,\qquad y=1-\dfrac26=\dfrac23,\qquad z=1-\dfrac16=\dfrac56.

Donc L a pour coordonnées (56 ; 23 ; 56)\left(\dfrac56\,;\,\dfrac23\,;\,\dfrac56\right).

Réponse : L(56 ; 23 ; 56)\mathrm{L}\left(\dfrac56\,;\,\dfrac23\,;\,\dfrac56\right).

Question 5. b)

Le repère est orthonormé, donc LG=(xG−xL)2+(yG−yL)2+(zG−zL)2\mathrm{LG}=\sqrt{(x_\mathrm{G}-x_\mathrm{L})^2+(y_\mathrm{G}-y_\mathrm{L})^2+(z_\mathrm{G}-z_\mathrm{L})^2}.

On a LG→(161316)\overrightarrow{\mathrm{LG}}\begin{pmatrix}\frac16\\\frac13\\\frac16\end{pmatrix}, donc

LG=136+19+136=1+4+136=66.\begin{aligned} \mathrm{LG}&=\sqrt{\dfrac1{36}+\dfrac19+\dfrac1{36}}\\ &=\sqrt{\dfrac{1+4+1}{36}}\\ &=\dfrac{\sqrt6}{6}. \end{aligned}

Donc LG=66\mathrm{LG}=\dfrac{\sqrt6}{6}.

Question 6.

Le point L appartient à Δ\Delta, droite passant par G et orthogonale au plan (CFK), et L appartient à (CFK). Donc L est le projeté orthogonal de G sur (CFK), et LG\mathrm{LG} est la hauteur du tétraèdre FGCK relative à la base CFK.

D'après la formule du volume, avec la base CFK :

VFGCK=13×ACFK×LG.V_{\mathrm{FGCK}}=\dfrac13\times\mathcal{A}_{\mathrm{CFK}}\times\mathrm{LG}.

Donc

ACFK=3 VFGCKLG.\mathcal{A}_{\mathrm{CFK}}=\dfrac{3\,V_{\mathrm{FGCK}}}{\mathrm{LG}}.

On utilise VFGCK=112V_{\mathrm{FGCK}}=\dfrac1{12} (question 2. c) et LG=66\mathrm{LG}=\dfrac{\sqrt6}{6} (question 5. b) :

ACFK=3×11266=14×66=646=6624=64.\begin{aligned} \mathcal{A}_{\mathrm{CFK}}&=\dfrac{3\times\frac1{12}}{\frac{\sqrt6}{6}}\\ &=\dfrac14\times\dfrac{6}{\sqrt6}\\ &=\dfrac{6}{4\sqrt6}\\ &=\dfrac{6\sqrt6}{24}=\dfrac{\sqrt6}{4}. \end{aligned}

Donc l'aire du triangle CFK est 64\dfrac{\sqrt6}{4}.

Réponse : ACFK=64\mathcal{A}_{\mathrm{CFK}}=\dfrac{\sqrt6}{4}.

Points clés attendus

  • Justifier l'existence du plan par la non-colinéarité de deux vecteurs (calcul des coordonnées de CF→\overrightarrow{\mathrm{CF}} et CK→\overrightarrow{\mathrm{CK}}).

  • Pour un vecteur normal : deux produits scalaires nuls avec deux vecteurs non colinéaires du plan.

  • Déterminer dd dans l'équation cartésienne à l'aide d'un point du plan, et vérifier avec les autres points.

  • Obtenir L en résolvant le système (représentation paramétrique et équation du plan), puis calculer LG par la formule de distance dans un repère orthonormé.

  • Calculer l'aire de CFK en exprimant deux fois le volume du tétraèdre FGCK (deux bases, deux hauteurs).

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

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.

Les autres exercices de ce sujet

  • Exercice 2 · 5 points · Dérivation et convexité · Limites de fonctions
  • Exercice 3 · 5 points · Suites
  • Exercice 4 · 5 points · Succession d'épreuves et loi binomiale

Revoir le cours

Source : sujet officiel de l'épreuve de spécialité mathématiques du baccalauréat, session 2023 (Nouvelle-Calédonie, 29 août 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.

Un doute sur un exercice ou sur ta méthode de rédaction ? On en parle ensemble, sans engagement.

Réserver un appel découverte