Bac 2026, Antilles-Guyane : exercice 2

Partie A

Question 1. a)

On a A$(0\,;0\,;0)$, B$\left(\dfrac92\,;0\,;0\right)$ et C$\left(\dfrac94\,;3\,;0\right)$, dans un repère orthonormé : on peut utiliser la formule de la distance.

Donc $\mathrm{AC}=\mathrm{BC}=\sqrt{\dfrac{225}{16}}=\dfrac{15}{4}$.

Donc le triangle ABC est isocèle en C.

Question 1. b)

Le triangle ABC est isocèle en C : la hauteur issue de C est aussi la médiane issue de C. Elle coupe $[\mathrm{AB}]$ en son milieu I.

On a I$\left(\dfrac{0+\frac92}{2}\,;0\,;0\right)=\left(\dfrac94\,;0\,;0\right)$.

On calcule alors

L'aire d'un triangle est la moitié du produit d'une base par la hauteur correspondante :

Donc l'aire du triangle ABC est égale à $\dfrac{27}{4}=6{,}75\ \mathrm{m}^2$.

Question 2. a)

Les points A, B et C ont pour cote $0$ : leurs coordonnées vérifient l'équation $z=0$.

Les points A, B et C ne sont pas alignés (le triangle ABC est non aplati, d'aire $\dfrac{27}{4}\neq 0$), donc ils définissent un unique plan.

Le plan d'équation $z=0$ contient ces trois points : c'est donc le plan (ABC).

Donc une équation cartésienne de (ABC) est $z=0$.

Question 2. b)

Le plan (ABC) a pour équation $z=0$ : le vecteur $\vec{k}\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$ est un vecteur normal à ce plan.

On a D$\left(\dfrac32\,;1\,;3\right)$ et H$\left(\dfrac32\,;1\,;0\right)$, donc

Le vecteur $\overrightarrow{\mathrm{HD}}$ est colinéaire à $\vec{k}$ : la droite (HD) est orthogonale au plan (ABC).

De plus, H a pour cote $0$ : H appartient au plan (ABC).

Donc H est le point de (ABC) tel que (HD) soit orthogonale à (ABC) : H est le projeté orthogonal de D sur le plan (ABC).

Question 3.

H est le projeté orthogonal de D sur le plan (ABC) : la hauteur du tétraèdre ABCD relative à la base ABC est

D'après la formule du volume rappelée, avec $\mathcal{B}=\dfrac{27}{4}$ :

Réponse : $\mathcal{V}=\dfrac{27}{4}=6{,}75\ \mathrm{m}^3$.

Donc le volume du module est de $6{,}75\ \mathrm{m}^3$.

Partie B

Question 1. a)

On calcule deux vecteurs du plan (BCD), avec B$\left(\dfrac92\,;0\,;0\right)$, C$\left(\dfrac94\,;3\,;0\right)$ et D$\left(\dfrac32\,;1\,;3\right)$ :

Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires : la troisième coordonnée de $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ est nulle et celle de $\overrightarrow{\mathrm{BD}}$ ne l'est pas, donc aucun réel $\lambda$ ne vérifie $\overrightarrow{\mathrm{BD}}=\lambda\,\overrightarrow{\mathrm{BC}}$.

On calcule les produits scalaires avec $\vec{n}\begin{pmatrix}4\\3\\3\end{pmatrix}$ :

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

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

Question 1. b)

Le vecteur $\vec{n}\begin{pmatrix}4\\3\\3\end{pmatrix}$ est normal à (BCD) : une équation cartésienne de (BCD) est de la forme

Le point B$\left(\dfrac92\,;0\,;0\right)$ appartient au plan : $4\times\dfrac92+0+0+d=0$, soit $18+d=0$, donc $d=-18$.

Donc une équation cartésienne de (BCD) est $4x+3y+3z-18=0$.

Vérification avec C : $4\times\dfrac94+3\times 3+0-18=9+9-18=0$. Vérification avec D : $4\times\dfrac32+3\times 1+3\times 3-18=6+3+9-18=0$.

Question 1. c)

La droite $\Delta$ est orthogonale au plan (BCD) : le vecteur normal $\vec{n}\begin{pmatrix}4\\3\\3\end{pmatrix}$ est un vecteur directeur de $\Delta$.

La droite $\Delta$ passe par D$\left(\dfrac32\,;1\,;3\right)$.

Donc une représentation paramétrique de $\Delta$ est

Question 2.

Le point L appartient à $\Delta$ et au plan (ABC) d'équation $z=0$.

Les coordonnées de L vérifient donc le système formé par la représentation paramétrique de $\Delta$ et par $z=0$.

La condition $z=0$ s'écrit $3+3t=0$, d'où $t=-1$.

On obtient alors

Donc L a pour coordonnées $\left(-\dfrac52\,;-2\,;0\right)$.

Question 3.

On calcule l'angle $\widehat{\mathrm{LDH}}$ à l'aide du produit scalaire $\overrightarrow{\mathrm{DL}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{DH}}$.

On a

Donc

On a aussi $\mathrm{DL}=\sqrt{16+9+9}=\sqrt{34}$ et $\mathrm{DH}=3$.

Or $\overrightarrow{\mathrm{DL}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{DH}}=\mathrm{DL}\times\mathrm{DH}\times\cos\widehat{\mathrm{LDH}}$, donc

On compare ce nombre à $\cos 60^\circ=\dfrac12$. Les deux nombres sont positifs, donc

ce qui est vrai.

On a donc $\cos\widehat{\mathrm{LDH}}>\cos 60^\circ$.

La fonction cosinus est strictement décroissante sur $[0^\circ\,;180^\circ]$ et l'angle $\widehat{\mathrm{LDH}}$ appartient à cet intervalle : on en déduit $\widehat{\mathrm{LDH}}<60^\circ$.

Réponse : $\cos\widehat{\mathrm{LDH}}=\dfrac{3}{\sqrt{34}}$, soit $\widehat{\mathrm{LDH}}\approx 59{,}04^\circ<60^\circ$.

Donc le module est adapté aux débutants.

Points clés attendus

• Vérifier explicitement les hypothèses : non-colinéarité de deux vecteurs du plan avant de conclure qu'un vecteur est normal.

• Pour le projeté orthogonal : H appartient au plan et (HD) est orthogonale au plan.

• Équation cartésienne du plan : déterminer $d$ avec un point, puis contrôler avec les autres points.

• Le point L s'obtient en résolvant le système (droite et plan)   la droite $\Delta$ est dirigée par un vecteur normal.

• Pour l'angle : produit scalaire, comparaison rigoureuse de $\dfrac{3}{\sqrt{34}}$ et $\dfrac12$, puis décroissance du cosinus.

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