Corrigé bac mathématiques 2025 — Exercice 2 : Géométrie dans un cube

Partie A

1.

• Le point M est défini par $\overrightarrow{\mathrm{BM}}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}$, donc il appartient à la droite (AB), et donc au plan (FAB). On en déduit que la droite (FM) est une droite incluse dans le plan (FAB).
• Le plan (FAB) contient la face ABFE du cube. Comme les faces du cube ABFE et BCGF sont carrés, on en déduit que la droite (FG) est perpendiculaire à la droite (EF) (via le carré EFGH) et à la droite (FB) (via le carré BCGF). Ainsi, (FG) est orthogonale à deux droites sécantes du plan (FAB) : on en déduit que (FG) est orthogonale au plan (FAB).
• Puisque (FG) est orthogonale à (FAB), elle est donc également orthogonale à toute droite du plan (FAB), notamment la droite (FM).
• Comme F est un point d'intersection entre (FB) et (FM), les droites sont sécantes en F, et étant orthogonales et sécantes, on peut donc conclure que les droites sont bien perpendiculaires.

2.

• On a déjà établi que M est un point de la droite (AB), avec : $\overrightarrow{\mathrm{AM}}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{BM}}=2\overrightarrow{\mathrm{AB}}$.
• Comme ABCDEFGH est un cube, on a notamment : $\overrightarrow{\mathrm{HG}}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}$.
• On en déduit donc : $\overrightarrow{\mathrm{AM}}=2\overrightarrow{\mathrm{HG}}$.
• Les droites (AM) et (HG) sont donc dirigées par des vecteurs directeurs colinéaires : donc elles sont parallèles, et donc coplanaires.
• cela implique que les quatre points A, M, H et G sont également coplanaires.

Partie B

Le repère $\left(\mathrm{A};\overrightarrow{\mathrm{AB}},\overrightarrow{\mathrm{AD}},\overrightarrow{\mathrm{AE}}\right)$ est un repère orthonormé de l'espace : les vecteurs de base sont deux à deux orthogonaux et de même norme, car ils sont basés sur les arêtes consécutives d'un cube.

On a alors les coordonnées : $\mathrm{A}(0;0;0)$ ; $\mathrm{B}(1;0;0)$ ; $\mathrm{C}(1;1;0)$ ; $\mathrm{D}(0;1;0)$ ; $\mathrm{E}(0;0;1)$ ; $\mathrm{F}(1;0;1)$ ; $\mathrm{G}(1;1;1)$ ; $\mathrm{H}(0;1;1)$ et $\mathrm{M}(2;0;0)$.

1. On a : $\overrightarrow{\mathrm{GM}}=\left(\begin{array}{c}2-1\\ 0-1\\ 0-1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ -1\end{array}\right)$ et, comme A est l'origine du repère, les coordonnées de H sont aussi celles du vecteur $\overrightarrow{\mathrm{AH}}=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 1\end{array}\right)$.

Ces coordonnées sont clairement non proportionnelles, donc les vecteurs ne sont pas colinéaires.

2. a. (GM) passe par le point G de coordonnées $(1;1;1)$ et est dirigée par $\overrightarrow{\mathrm{GM}}\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ -1\end{array}\right)$.

Une représentation paramétrique de (GM) est donc :

$$\{\begin{array}{l}x=x_{\mathrm{G}}+t{x}_{\overrightarrow{\mathrm{GM}}}\\ y=y_{\mathrm{G}}+t{y}_{\overrightarrow{\mathrm{GM}}}\text{avec }t\in \mathbb{R}\\ z=z_{\mathrm{G}}+t{z}_{\overrightarrow{\mathrm{GM}}}\end{array}\text{soit}\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=1-t\text{avec }t\in \mathbb{R}.\\ z=1-t\end{array}$$

b. Cherchons s'il est possible qu'un point de paramètre $t$ sur (GM) et un point de paramètre $k$ sur (AH) aient les mêmes coordonnées qu'un point de paramètre $k$ sur (AH). Pour cela, résolvons le système :

$$S:\{\begin{array}{l}1+t=0\\ 1-t=k\\ 1-t=k\end{array}\text{on a :}S⟺\{\begin{array}{l}t=-1\\ k=1-(-1)\\ k=1-(-1)\end{array}\text{Soit}\{\begin{array}{l}t=-1\\ k=2\\ k=2\end{array}$$

On en déduit que seul ce point est commun aux deux droites, c'est le point de paramètre $t=-1$ sur (GM), qui est aussi le point de paramètre $k=2$ sur (AH).

Qu'on utilise une représentation paramétrique ou l'autre pour trouver les coordonnées du point N, on a bien : $N(1+(-1);1-(-1);1-(-1))$ c'est-à-dire $N(0;2;2)$.

3. a. On a : $\overrightarrow{\mathrm{AM}}=\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ et $\overrightarrow{\mathrm{AN}}=\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 2\end{array}\right)$.

Comme le repère est orthonormé, on peut calculer le produit scalaire à l'aide des coordonnées : $\overrightarrow{\mathrm{AM}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{AN}}=2\times 0+0\times 2+0\times 2=0$.

Les vecteurs sont donc orthogonaux, donc les droites (AM) et (AN) sont orthogonales (et sécantes en A), donc perpendiculaires : le triangle AMN est bien rectangle en A.

b. Le repère est orthonormé donc on peut aussi calculer les longueurs avec les coordonnées :

$$\mathrm{AM}=\sqrt{2^2+0^2+0^2}=\sqrt{4}=2,\mathrm{AN}=\sqrt{0^2+2^2+2^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}.$$

Avec (AM) pour base, la hauteur correspondante est (AN) puisque le triangle est rectangle en A.

On a donc : ${\mathcal{A}}_{\mathrm{AMN}}=\frac{\mathrm{AM}\times \mathrm{AN}}{2}=\frac{2\times 2\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$.

4. a. J est le centre de BCGF, donc notamment le milieu de [BG] :

$$J\left(\frac{x_{\mathrm{B}}+x_{\mathrm{G}}}{2};\frac{y_{\mathrm{B}}+y_{\mathrm{G}}}{2};\frac{z_{\mathrm{B}}+z_{\mathrm{G}}}{2}\right),\text{soit}J\left(\frac{1+1}{2};\frac{0+1}{2};\frac{0+1}{2}\right).$$

Finalement, les coordonnées de J sont : $J(1;0,5;0,5)$.

b. On a : $\overrightarrow{\mathrm{FJ}}=\left(\begin{array}{c}1-1\\ 0,5-0\\ 0,5-1\end{array}\right)$ soit : $\overrightarrow{\mathrm{FJ}}=\left(\begin{array}{c}0\\ 0,5\\ -0,5\end{array}\right)$.

Vérifions : $\overrightarrow{\mathrm{FJ}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{AM}}=0\times 2+0,5\times 0-0,5\times 0=0$, et, par ailleurs : $\overrightarrow{\mathrm{FJ}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{AN}}=0\times 0+0,5\times 2+(-0,5)\times 2=0$.

Donc $\overrightarrow{\mathrm{FJ}}$ est orthogonal à deux vecteurs formant une base du plan (AMN) : c'est bien un vecteur normal au plan (AMN).

c. Puisque $\overrightarrow{\mathrm{FJ}}$ est normal à (AMN), on en déduit que (AMN) admet une équation de la forme : $0x+0,5y-0,5z+d=0$, soit $y-z+d=0$ où $d\in \mathbb{R}$.

Comme $N(0;2;2)$ est un point de (AMN), ses coordonnées doivent vérifier l'équation, donc :

$$0-0+d=0⟺d=0.$$

Finalement, une équation de (AMN) est $y-z=0$.

En testant l'appartenance de J à (AMN) : $y_{\mathrm{J}}-z_{\mathrm{J}}=0,5-0,5=0$.

Les coordonnées de J vérifient l'équation du plan, donc J appartient au plan (AMN). Comme $\overrightarrow{\mathrm{FJ}}$ est normal au plan et que J est dans le plan, J est le projeté orthogonal de F sur le plan (AMN).

5. Pour déterminer le volume du tétraèdre AMNF, on choisit comme base le triangle AMN, la hauteur correspondante étant [FJ]. Or : $\mathrm{FJ}=\sqrt{0^2+0,5^2+0,5^2}=\sqrt{0,5}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

On a alors : ${\mathcal{V}}_{\mathrm{AMNF}}=\frac{1}{3}\times 2\sqrt{2}\times \mathrm{FJ}=\frac{1}{3}\times 2\sqrt{2}\times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{3}\times 2=\frac{2}{3}$.

Pour la pyramide BCGFM, la base (seule face non triangulaire) est le carré BCGF (carré de côté 1, donc d'aire 1), la hauteur étant la distance entre M et le plan (BCG).

Comme on a déjà établi que M est un point de (AB), et que ABCDEFGH est un cube, on en déduit que (BM) est perpendiculaire au plan (BCG) et que B est est donc le projeté orthogonal de M sur (BCG). La distance entre M et (BCG) est donc $\mathrm{BM}=\mathrm{AB}=1$.

$${\mathcal{V}}_{\mathrm{BCGFM}}=\frac{1}{3}\times 1\times 1=\frac{1}{3}.$$

Donc on a bien : $\boxed{{\mathcal{V}}_{\mathrm{AMNF}}=2\times {\mathcal{V}}_{\mathrm{BCGFM}}}$.