Corrigé bac mathématiques 2024 Métropole jour 1 — Exercice 3 : Géométrie dans l'espace

1.a. Calculons les coordonnées de deux vecteurs du plan $(CAD)$ :

$$\overrightarrow{CA}=\left(\begin{array}{c}5-0\\ 5-0\\ 0-10\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ -10\end{array}\right)\text{et}\overrightarrow{CD}=\left(\begin{array}{c}0-0\\ 0-0\\ -\frac{5}{2}-10\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ -\frac{25}{2}\end{array}\right).$$

Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires : la première coordonnée de $\overrightarrow{CD}$ est nulle alors que celle de $\overrightarrow{CA}$ vaut $5\ne 0$, donc aucun réel $k$ ne vérifie $\overrightarrow{CA}=k\overrightarrow{CD}$. Les points $C$, $A$ et $D$ ne sont donc pas alignés et définissent bien un plan. Le repère étant orthonormé, calculons les produits scalaires :

$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{CA}& =1\times 5+(-1)\times 5+0\times (-10)=5-5+0=0,\\ \overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{CD}& =1\times 0+(-1)\times 0+0\times \left(-\frac{25}{2}\right)=0.\end{array}$$

Le vecteur $\overrightarrow{n_1}$, non nul, est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(CAD)$ : c'est un vecteur normal au plan $(CAD)$.

Ce que le correcteur attend : les deux produits scalaires calculés et la non-colinéarité des deux vecteurs : un vecteur orthogonal à deux vecteurs colinéaires n'a aucune raison d'être normal au plan.

1.b. D'après le cours, un plan de vecteur normal $\overrightarrow{n}(a;b;c)$ admet une équation cartésienne de la forme $ax+by+cz+d=0$. Avec $\overrightarrow{n_1}(1;-1;0)$, le plan $(CAD)$ a une équation de la forme

$$x-y+d=0.$$

Le point $C(0;0;10)$ appartient à ce plan, donc $0-0+d=0$, soit $d=0$. Le plan $(CAD)$ a pour équation cartésienne $x-y=0$. On vérifie avec les deux autres points : $A(5;5;0)$ : $5-5=0$ ; $D\left(0;0;-\frac{5}{2}\right)$ : $0-0=0$. Les trois points vérifient bien l'équation.

2.a. Un point de $\mathcal{D}$ a pour coordonnées $\left(\frac{5}{2}t;5-\frac{5}{2}t;0\right)$ pour un certain réel $t$. Il appartient au plan $(CAD)$ si et seulement si ses coordonnées vérifient $x-y=0$ :

$$\frac{5}{2}t-\left(5-\frac{5}{2}t\right)=0⟺\frac{5}{2}t-5+\frac{5}{2}t=0⟺5t=5⟺t=1.$$

Cette équation a une unique solution, ce qui confirme que $\mathcal{D}$ et $(CAD)$ sont sécants en un seul point $H$, obtenu pour $t=1$ :

$$H\left(\frac{5}{2}\times 1;5-\frac{5}{2}\times 1;0\right)=H\left(\frac{5}{2};\frac{5}{2};0\right).$$

2.b. D'après le cours, le projeté orthogonal de $B$ sur le plan $(CAD)$ est le point d'intersection de ce plan avec la droite passant par $B$ et orthogonale à $(CAD)$. Il suffit donc de vérifier deux choses : que $H$ appartient à $(CAD)$, et que la droite $(BH)$ est orthogonale à $(CAD)$.

• $H\in (CAD)$ : c'est la question 2.a ($\frac{5}{2}-\frac{5}{2}=0$).
• Calculons $\overrightarrow{BH}$ :

$$\overrightarrow{BH}=\left(\begin{array}{c}\frac{5}{2}-0\\ \frac{5}{2}-5\\ 0-0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\frac{5}{2}\\ -\frac{5}{2}\\ 0\end{array}\right)=\frac{5}{2}\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 0\end{array}\right)=\frac{5}{2}\overrightarrow{n_1}.$$

Le vecteur $\overrightarrow{BH}$ est colinéaire au vecteur normal $\overrightarrow{n_1}$ : la droite $(BH)$ est orthogonale au plan $(CAD)$.

Le point $H$ est donc le point d'intersection de $(CAD)$ avec la droite passant par $B$ et orthogonale à $(CAD)$ : $H$ est le projeté orthogonal de $B$ sur le plan $(CAD)$.

Remarque. On pouvait aussi observer que la droite $\mathcal{D}$ passe par $B$ (pour $t=0$, on obtient $(0;5;0)$) et a pour vecteur directeur $\left(\frac{5}{2};-\frac{5}{2};0\right)=\frac{5}{2}\overrightarrow{n_1}$ : $\mathcal{D}$ est précisément la droite passant par $B$ et orthogonale à $(CAD)$, et $H=\mathcal{D}\cap (CAD)$ en est le projeté orthogonal.

3.a. Calculons les vecteurs $\overrightarrow{HA}$ et $\overrightarrow{HB}$ :

$$\overrightarrow{HA}=\left(\begin{array}{c}5-\frac{5}{2}\\ 5-\frac{5}{2}\\ 0-0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\frac{5}{2}\\ \frac{5}{2}\\ 0\end{array}\right)\text{et}\overrightarrow{HB}=\left(\begin{array}{c}0-\frac{5}{2}\\ 5-\frac{5}{2}\\ 0-0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-\frac{5}{2}\\ \frac{5}{2}\\ 0\end{array}\right).$$

Leur produit scalaire vaut

$$\overrightarrow{HA}\cdot \overrightarrow{HB}=\frac{5}{2}\times \left(-\frac{5}{2}\right)+\frac{5}{2}\times \frac{5}{2}+0\times 0=-\frac{25}{4}+\frac{25}{4}=0.$$

Les vecteurs $\overrightarrow{HA}$ et $\overrightarrow{HB}$ sont orthogonaux (et non nuls) : le triangle $ABH$ est rectangle en $H$.

Remarque. C'est aussi une conséquence directe de la question 2.b : la droite $(BH)$ est orthogonale au plan $(CAD)$, donc à toute droite de ce plan passant par $H$, en particulier à $(HA)$ puisque $A\in (CAD)$.

3.b. Le triangle $ABH$ étant rectangle en $H$, son aire est $\frac{1}{2}\times HA\times HB$. Le repère étant orthonormé :

$$\begin{array}{rl}HA& =\sqrt{{\left(\frac{5}{2}\right)}^2+{\left(\frac{5}{2}\right)}^2+0^2}=\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{25}{4}}=\sqrt{\frac{50}{4}}=\frac{5\sqrt{2}}{2},\\ HB& =\sqrt{{\left(-\frac{5}{2}\right)}^2+{\left(\frac{5}{2}\right)}^2+0^2}=\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{25}{4}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}.\end{array}$$

D'où

$${\mathcal{A}}_{ABH}=\frac{1}{2}\times \frac{5\sqrt{2}}{2}\times \frac{5\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{2}\times \frac{25\times 2}{4}=\frac{25}{4}.$$

L'aire du triangle $ABH$ est bien égale à $\frac{25}{4}$ (unités d'aire).

4.a. La hauteur du tétraèdre $ABCH$ issue de $C$ est la droite passant par $C$ et orthogonale au plan de la face opposée, c'est-à-dire au plan $(ABH)$. Les points $A$, $B$ et $H$ ont tous une cote nulle : ils appartiennent au plan d'équation $z=0$. Ils ne sont pas alignés (d'après 3.a, $\overrightarrow{HA}$ et $\overrightarrow{HB}$ sont orthogonaux et non nuls, donc non colinéaires), donc le plan $(ABH)$ est exactement le plan d'équation $z=0$, dont un vecteur normal est $\overrightarrow{k}\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ (coefficients de l'équation $0x+0y+1z=0$).

Or

$$\overrightarrow{CO}=\left(\begin{array}{c}0-0\\ 0-0\\ 0-10\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ -10\end{array}\right)=-10\overrightarrow{k}:$$

le vecteur $\overrightarrow{CO}$ est colinéaire à $\overrightarrow{k}$, vecteur normal au plan $(ABH)$. La droite $(CO)$ est donc orthogonale au plan $(ABH)$ et passe par $C$ : c'est la hauteur du tétraèdre $ABCH$ issue de $C$. De plus, $O(0;0;0)$ vérifie $z=0$, donc $O$ appartient au plan $(ABH)$ : le point $O$ est le pied de cette hauteur.

4.b. Prenons pour base du tétraèdre la face $ABH$, d'aire $\mathcal{B}=\frac{25}{4}$ (question 3.b). La hauteur relative à cette base est la longueur $CO$ (question 4.a) :

$$h=CO=\sqrt{0^2+0^2+(-10{)}^2}=10.$$

D'après la formule rappelée :

$$V=\frac{1}{3}\mathcal{B}h=\frac{1}{3}\times \frac{25}{4}\times 10=\frac{250}{12}=\frac{125}{6}.$$

Le volume du tétraèdre $ABCH$ est $\frac{125}{6}$ unités de volume, soit environ $20,83$.

5. Le volume d'un tétraèdre ne dépend pas de la face choisie comme base : calculons-le une seconde fois en prenant pour base la face $ABC$. La hauteur relative à cette base est alors la distance du sommet $H$ au plan $(ABC)$, notée $d$.

Le triangle $ABC$ est rectangle en $B$ (admis) ; calculons ses côtés de l'angle droit :

$$\begin{array}{rl}AB& =\sqrt{(0-5{)}^2+(5-5{)}^2+(0-0{)}^2}=\sqrt{25}=5,\\ BC& =\sqrt{(0-0{)}^2+(0-5{)}^2+(10-0{)}^2}=\sqrt{25+100}=\sqrt{125}=5\sqrt{5}.\end{array}$$

Son aire vaut donc

$${\mathcal{A}}_{ABC}=\frac{1}{2}\times AB\times BC=\frac{1}{2}\times 5\times 5\sqrt{5}=\frac{25\sqrt{5}}{2}.$$

En écrivant le volume avec cette base :

$$V=\frac{1}{3}\times {\mathcal{A}}_{ABC}\times d⟺\frac{125}{6}=\frac{1}{3}\times \frac{25\sqrt{5}}{2}\times d=\frac{25\sqrt{5}}{6}d,$$

d'où

$$d=\frac{125}{6}\times \frac{6}{25\sqrt{5}}=\frac{125}{25\sqrt{5}}=\frac{5}{\sqrt{5}}=\frac{5\sqrt{5}}{5}=\sqrt{5}.$$

La distance du point $H$ au plan $(ABC)$ est $\sqrt{5}$, soit environ $2,24$.

Vérification (hors de la démarche demandée). On peut retrouver ce résultat avec une équation du plan $(ABC)$. Un vecteur $\overrightarrow{n}(a;b;c)$ normal à $(ABC)$ vérifie $\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{AB}=0$ et $\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{BC}=0$ avec $\overrightarrow{AB}(-5;0;0)$ et $\overrightarrow{BC}(0;-5;10)$, soit $-5a=0$ et $-5b+10c=0$ : on peut prendre $\overrightarrow{n}(0;2;1)$. Le plan $(ABC)$ a alors une équation $2y+z+d^{\prime }=0$, et $B(0;5;0)$ donne $d^{\prime }=-10$ : $(ABC):2y+z-10=0$ (on vérifie : $A$ : $10+0-10=0$ ; $C$ : $0+10-10=0$). La formule de la distance d'un point à un plan donne

$$d(H,(ABC))=\frac{\left|2\times \frac{5}{2}+0-10\right|}{\sqrt{0^2+2^2+1^2}}=\frac{|-5|}{\sqrt{5}}=\frac{5}{\sqrt{5}}=\sqrt{5},$$

ce qui confirme le résultat.

Ce que le correcteur attend : la consigne « déduire des questions précédentes » impose la méthode du double calcul de volume (le volume de 4.b, la base $ABC$ dont l'aire se calcule grâce à l'angle droit admis) ; la formule de la distance d'un point à un plan n'est qu'un contrôle.