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Terminale Spé Maths / Chapitre 10 : Vecteurs, droites et plans de l'espace / Annales du bac

Bac 2024, Polynésie : exercice 4

20 juin 2024 · jour 2 · 5 points

Une commune décide de remplacer le traditionnel feu d'artifice du 14 juillet par un spectacle de drones lumineux.

Pour le pilotage des drones, l'espace est muni d'un repère orthonormé (O ; ı⃗, ȷ⃗, k⃗)\left(\mathrm{O}\,;\,\vec{\imath},\,\vec{\jmath},\,\vec{k}\right) dont l'unité est la centaine de mètres.

La position de chaque drone est modélisée par un point et chaque drone est envoyé d'un point de départ D de coordonnées (2  ;  5  ;  1)(2\;;\;5\;;\;1).

On souhaite former avec des drones des figures en les positionnant dans un même plan P\mathcal{P}.

Trois drones sont positionnés aux points A(−1  ;  −1  ;  17)(-1\;;\;-1\;;\;17), B(4  ;  −2  ;  4)(4\;;\;-2\;;\;4) et C(1  ;  −3  ;  7)(1\;;\;-3\;;\;7).

  1. Justifier que les points A, B et C ne sont pas alignés.

Dans la suite, on note P\mathcal{P} le plan (ABC) et on considère le vecteur n→(2−31)\overrightarrow{n} \begin{pmatrix}2\\-3\\1\end{pmatrix}.

    1. Justifier que n→\overrightarrow{n} est normal au plan (ABC).

    2. Démontrer qu'une équation cartésienne du plan P\mathcal{P} est 2x−3y+z−18=02x - 3y + z - 18 = 0.

  2. Le pilote des drones décide d'envoyer un quatrième drone en prenant comme trajectoire la droite dd dont une représentation paramétrique est donnée par

    d  :  {x=3t+2y=3t+5z=4t+1, avec t∈R.d\;:\;\left\{\begin{array}{l c l} x&=&3t+2\\y&=&\phantom{3}t+5\\z&=&4t+1\end{array}\right.\text{, avec } t \in \mathbb{R}.

    1. Déterminer un vecteur directeur de la droite dd.

    2. Afin que ce nouveau drone soit également placé dans le plan P\mathcal{P}, déterminer par le calcul les coordonnées du point E, intersection de la droite dd avec le plan P\mathcal{P}.

  3. Le pilote des drones décide d'envoyer un cinquième drone le long de la droite Δ\Delta qui passe par le point DD et qui est perpendiculaire au plan P\mathcal{P}. Ce cinquième drone est placé lui aussi dans le plan P\mathcal{P}, soit à l'intersection entre la droite Δ\Delta et le plan P\mathcal{P}. On admet que le point F(6  ;  −1  ;  3)(6\;;\;-1\;;\;3) correspond à cet emplacement.

    Démontrer que la distance entre le point de départ D et le plan P\mathcal{P} vaut 2142\sqrt{14} centaines de mètres.

  4. L'organisatrice du spectacle demande au pilote d'envoyer un nouveau drone dans le plan (peu importe sa position dans le plan), toujours à partir du point D.

    Sachant qu'il reste 4040 secondes avant le début du spectacle et que le drone vole en trajectoire rectiligne à 18,6 m.s−1\text{m.s}^{-1}, le nouveau drone peut-il arriver à temps ?

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Question 1.

On a A(−1 ;−1 ;17)(-1\,;-1\,;17), B(4 ;−2 ;4)(4\,;-2\,;4) et C(1 ;−3 ;7)(1\,;-3\,;7). Calculons deux vecteurs coordonnée par coordonnée :

AB→(4−(−1)−2−(−1)4−17)=(5−1−13)etAC→(1−(−1)−3−(−1)7−17)=(2−2−10).\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}4-(-1)\\-2-(-1)\\4-17\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5\\-1\\-13\end{pmatrix}\qquad\text{et}\qquad\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}1-(-1)\\-3-(-1)\\7-17\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\-2\\-10\end{pmatrix}.

Supposons que ces vecteurs soient colinéaires. Comme AC→≠0⃗\overrightarrow{AC}\neq\vec{0}, il existerait un réel kk tel que AB→=kAC→\overrightarrow{AB}=k\overrightarrow{AC}.

La première coordonnée donnerait 5=2k5=2k, donc k=52k=\dfrac52.

La deuxième coordonnée donnerait −1=−2k-1=-2k, donc k=12k=\dfrac12.

Ces deux valeurs de kk sont différentes : c'est contradictoire. Les vecteurs AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC} ne sont donc pas colinéaires.

Donc les points A, B et C ne sont pas alignés.

Question 2.

a) Le vecteur n⃗(2−31)\vec{n}\begin{pmatrix}2\\-3\\1\end{pmatrix} est non nul. Calculons ses produits scalaires avec AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC} :

n⃗⋅AB→=2×5+(−3)×(−1)+1×(−13)=10+3−13=0,\vec{n}\cdot\overrightarrow{AB}=2\times5+(-3)\times(-1)+1\times(-13)=10+3-13=0,
n⃗⋅AC→=2×2+(−3)×(−2)+1×(−10)=4+6−10=0.\vec{n}\cdot\overrightarrow{AC}=2\times2+(-3)\times(-2)+1\times(-10)=4+6-10=0.

Le vecteur n⃗\vec{n} est donc orthogonal à AB→\overrightarrow{AB} et à AC→\overrightarrow{AC}, qui sont deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) (question 1).

Un vecteur non nul orthogonal à deux vecteurs non colinéaires d'un plan est normal à ce plan.

Donc n⃗\vec{n} est un vecteur normal au plan (ABC).

b) Le plan P\mathcal{P} a pour vecteur normal n⃗(2−31)\vec{n}\begin{pmatrix}2\\-3\\1\end{pmatrix} : il admet une équation cartésienne de la forme

2x−3y+z+d=0,d∈R.2x-3y+z+d=0,\qquad d\in\mathbb{R}.

Le point A appartient à P\mathcal{P}, donc ses coordonnées vérifient l'équation :

2×(−1)−3×(−1)+17+d=0  ⟺  −2+3+17+d=0  ⟺  d=−18.2\times(-1)-3\times(-1)+17+d=0\iff -2+3+17+d=0\iff d=-18.

Une équation cartésienne de P\mathcal{P} est donc 2x−3y+z−18=02x-3y+z-18=0.

Vérifions avec les deux autres points :

  • B(4 ;−2 ;4)(4\,;-2\,;4) : 2×4−3×(−2)+4−18=8+6+4−18=02\times4-3\times(-2)+4-18=8+6+4-18=0

  • C(1 ;−3 ;7)(1\,;-3\,;7) : 2×1−3×(−3)+7−18=2+9+7−18=02\times1-3\times(-3)+7-18=2+9+7-18=0.

Donc une équation cartésienne du plan P\mathcal{P} est 2x−3y+z−18=02x-3y+z-18=0.

Réponse : P : 2x−3y+z−18=0\mathcal{P}\,:\ 2x-3y+z-18=0.

Question 3.

a) Dans la représentation paramétrique de dd, les coefficients de tt sont 33, 11 et 44. Un vecteur directeur de dd est donc

u⃗(314).\vec{u}\begin{pmatrix}3\\1\\4\end{pmatrix}.

Réponse : u⃗(314)\vec{u}\begin{pmatrix}3\\1\\4\end{pmatrix}.

b) Un point de dd de paramètre tt a pour coordonnées (3t+2 ; t+5 ; 4t+1)(3t+2\,;\,t+5\,;\,4t+1). Il appartient à P\mathcal{P} si et seulement si ses coordonnées vérifient l'équation de P\mathcal{P} :

2(3t+2)−3(t+5)+(4t+1)−18=0.2(3t+2)-3(t+5)+(4t+1)-18=0.

On développe :

6t+4−3t−15+4t+1−18=0  ⟺  7t−28=0  ⟺  t=4.6t+4-3t-15+4t+1-18=0\iff 7t-28=0\iff t=4.

Cette équation a une seule solution : la droite dd coupe P\mathcal{P} en un unique point, obtenu pour t=4t=4 :

x=3×4+2=14,y=4+5=9,z=4×4+1=17.x=3\times4+2=14,\qquad y=4+5=9,\qquad z=4\times4+1=17.

Donc la droite dd coupe le plan P\mathcal{P} au point E(14 ;9 ;17)(14\,;9\,;17).

Réponse : E(14 ;9 ;17)(14\,;9\,;17).

Question 4.

La droite Δ\Delta passe par D et est perpendiculaire à P\mathcal{P}. Le point F(6 ;−1 ;3)(6\,;-1\,;3), admis, est son point d'intersection avec P\mathcal{P} : F est donc le projeté orthogonal de D sur P\mathcal{P}.

La distance de D au plan P\mathcal{P} est donc la longueur DF.

On calcule, avec D(2 ;5 ;1)(2\,;5\,;1) :

DF→(6−2−1−53−1)=(4−62).\overrightarrow{DF}\begin{pmatrix}6-2\\-1-5\\3-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\\-6\\2\end{pmatrix}.

Le repère est orthonormé, donc

DF=42+(−6)2+22=16+36+4=56=4×14=214.DF=\sqrt{4^2+(-6)^2+2^2}=\sqrt{16+36+4}=\sqrt{56}=\sqrt{4\times14}=2\sqrt{14}.

Donc la distance entre le point de départ D et le plan P\mathcal{P} vaut 2142\sqrt{14} centaines de mètres.

Question 5.

Quelle que soit la position visée dans le plan P\mathcal{P}, la distance parcourue par le drone en ligne droite depuis D est au moins égale à la distance de D à P\mathcal{P}, c'est-à-dire à DFDF (le projeté orthogonal est le point de P\mathcal{P} le plus proche de D).

L'unité du repère est la centaine de mètres, donc

DF=214×100 m≈748,3 m.DF=2\sqrt{14}\times100\ \text{m}\approx 748{,}3\ \text{m}.

En 4040 secondes, à la vitesse de 18,6 m⋅s−118{,}6\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}, le drone parcourt au plus

18,6×40=744 m.18{,}6\times40=744\ \text{m}.

Comme 744<748,3744<748{,}3, le drone ne peut pas parcourir la distance minimale nécessaire pour atteindre le plan.

Donc le nouveau drone ne peut pas arriver à temps dans le plan P\mathcal{P}, quelle que soit la position visée.

Réponse : non.

Points clés attendus

  • Question 1 : calculer les deux vecteurs et prouver la non-colinéarité (par l'absurde sur les coordonnées).

  • Question 2 : deux produits scalaires nuls avec deux vecteurs non colinéaires du plan, puis déterminer dd avec un point et vérifier avec les autres.

  • Question 3. b) : substituer la représentation paramétrique dans l'équation du plan, puis revenir aux coordonnées.

  • Question 4 : identifier F comme projeté orthogonal de D sur P\mathcal{P}, donc distance =DF=DF.

  • Question 5 : comparer la distance minimale (en mètres, après conversion de l'unité) au trajet possible en 4040 s.

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Source : sujet officiel de l'épreuve de spécialité mathématiques du baccalauréat, session 2024 (Polynésie, 20 juin 2024 (jour 2)), ministère de l'Éducation nationale. Énoncé mis en forme pour le web à partir du tapuscrit de l'APMEP (Denis Vergès et François Hache) ; figures issues des fichiers de l'APMEP. En cas de doute sur un détail, le sujet officiel fait foi.

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