Corrigé bac mathématiques 2026 Amérique du Nord jour 1 — Exercice 3 : Pyramide à base carrée : produit scalaire et distance à un plan

Partie A

1. Le repère est $(O;\overrightarrow{OI},\overrightarrow{OJ},\overrightarrow{OK})$ : par définition d'un repère, les extrémités des trois vecteurs de base ont pour coordonnées $I(1;0;0)$, $J(0;1;0)$ et $K(0;0;1)$.

Or $I$ est le milieu de $[CD]$, donc chaque coordonnée de $I$ est la demi-somme des coordonnées correspondantes de $C$ et de $D$ ; on en tire celles de $D$ :

$$x_D=2x_I-x_C=2\times 1-1=1,y_D=2y_I-y_C=2\times 0-1=-1,z_D=2z_I-z_C=0,$$

c'est-à-dire $D(1;-1;0)$. Enfin $ABCD$ est un carré, donc $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}$, et $\overrightarrow{BC}$ a pour coordonnées $(1-(-1);1-1;0)=(2;0;0)$ ; les coordonnées de $A$ s'obtiennent en retranchant celles de $\overrightarrow{BC}$ à celles de $D$ :

$$A(1-2;-1-0;0-0),\text{c’est-aˋ-dire}A(-1;-1;0).$$

Contrôle : le milieu de $[BC]$ a pour coordonnées $\left(\frac{-1+1}{2};\frac{1+1}{2};0\right)=(0;1;0)$, c'est bien le point $J$ ; $DA=\sqrt{(-1-1{)}^2+0^2+0^2}=2$ cm, comme annoncé ; et $O$ est le milieu commun des diagonales $[AC]$ et $[BD]$, c'est-à-dire le centre du carré, conformément à la figure.

2. On calcule d'abord les coordonnées des deux vecteurs, en soustrayant les coordonnées de l'origine $S$ :

$$\overrightarrow{SC}=\left(\begin{array}{c}1-0\\ 1-0\\ 0-2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ -2\end{array}\right),\overrightarrow{SB}=\left(\begin{array}{c}-1-0\\ 1-0\\ 0-2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ -2\end{array}\right).$$

Le repère étant orthonormé, le produit scalaire s'obtient à partir des coordonnées :

$$\overrightarrow{SC}\cdot \overrightarrow{SB}=1\times (-1)+1\times 1+(-2)\times (-2)=-1+1+4=4.$$

3. L'angle $\widehat{BSC}$ a pour sommet $S$ et pour côtés $[SB]$ et $[SC]$. D'après l'expression du produit scalaire avec l'angle :

$$\overrightarrow{SC}\cdot \overrightarrow{SB}=\Vert \overrightarrow{SC}\Vert \times \Vert \overrightarrow{SB}\Vert \times \cos \left(\widehat{BSC}\right).$$

Or, dans le repère orthonormé,

$$\Vert \overrightarrow{SC}\Vert =\sqrt{1^2+1^2+(-2{)}^2}=\sqrt{6},\Vert \overrightarrow{SB}\Vert =\sqrt{(-1{)}^2+1^2+(-2{)}^2}=\sqrt{6}.$$

Ces deux normes sont non nulles, donc

$$\cos \left(\widehat{BSC}\right)=\frac{4}{\sqrt{6}\times \sqrt{6}}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}.$$

L'angle géométrique $\widehat{BSC}$ appartient à $[0;180^{\circ }]$, intervalle sur lequel le cosinus est strictement décroissant : il est donc déterminé de façon unique. À la calculatrice (en mode degré),

$$\widehat{BSC}=\arccos \left(\frac{2}{3}\right)\approx 48,1897^{\circ },$$

soit $\widehat{BSC}\approx 48,2^{\circ }$ au dixième de degré près.

Partie B

1.a. Le vecteur $\overrightarrow{n}$ n'est pas nul. Les points $S$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés, donc ils définissent bien un plan, dirigé par les deux vecteurs

$$\overrightarrow{BC}=\left(\begin{array}{c}1-(-1)\\ 1-1\\ 0-0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 0\end{array}\right),\overrightarrow{BS}=\left(\begin{array}{c}0-(-1)\\ 0-1\\ 2-0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 2\end{array}\right).$$

Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires : s'il existait un réel $k$ tel que $\overrightarrow{BS}=k\overrightarrow{BC}$, la troisième coordonnée donnerait $2=k\times 0=0$, ce qui est impossible. On calcule alors les produits scalaires :

$$\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{BC}=0\times 2+2\times 0+1\times 0=0,\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{BS}=0\times 1+2\times (-1)+1\times 2=-2+2=0.$$

Le vecteur $\overrightarrow{n}$, non nul, est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(SBC)$ : il est orthogonal à tout vecteur directeur de ce plan, c'est-à-dire normal au plan $(SBC)$.

1.b. Un plan de vecteur normal $\overrightarrow{n}(a;b;c)$ admet une équation cartésienne de la forme $ax+by+cz+d=0$. Ici $a=0$, $b=2$, $c=1$ : le plan $(SBC)$ a une équation de la forme

$$2y+z+d=0.$$

Le point $C(1;1;0)$ appartient à ce plan, donc ses coordonnées vérifient l'équation : $2\times 1+0+d=0$, d'où $d=-2$. Une équation cartésienne du plan $(SBC)$ est donc

$$2y+z-2=0.$$

Contrôle par les deux autres points : pour $B(-1;1;0)$, $2\times 1+0-2=0$ ; pour $S(0;0;2)$, $2\times 0+2-2=0$. Les trois points appartiennent bien au plan d'équation trouvée.

2.a. Par définition du projeté orthogonal, $H$ est le point d'intersection du plan $(SBC)$ avec la droite passant par $O$ et orthogonale à ce plan. La droite $(OH)$ est donc dirigée par un vecteur normal au plan, par exemple $\overrightarrow{n}(0;2;1)$, et elle passe par $O(0;0;0)$. Une représentation paramétrique de $(OH)$ est donc, pour $t\in \mathbb{R}$ :

$$\{\begin{array}{l}x=0+0\times t=0\\ y=0+2t=2t\\ z=0+1\times t=t\end{array}$$

2.b. Le point $H$ appartient à la fois à la droite $(OH)$ et au plan $(SBC)$. On injecte donc la représentation paramétrique dans l'équation cartésienne du plan :

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

En reportant cette valeur dans la représentation paramétrique :

$$H\left(0;\frac{4}{5};\frac{2}{5}\right).$$

2.c. La distance du point $O$ au plan $(SBC)$ est la longueur $OH$, car $H$ est le point du plan le plus proche de $O$. Dans le repère orthonormé :

$$OH=\sqrt{(0-0{)}^2+{\left(\frac{4}{5}\right)}^2+{\left(\frac{2}{5}\right)}^2}=\sqrt{\frac{16}{25}+\frac{4}{25}}=\sqrt{\frac{20}{25}}=\frac{\sqrt{20}}{5}=\frac{2\sqrt{5}}{5}.$$

La distance du point $O$ au plan $(SBC)$ vaut donc $\frac{2\sqrt{5}}{5}$ cm, soit environ $0,89$ cm.

Partie C

1.a. La base $ABCD$ est un carré de côté $2$ cm : son aire vaut $2\times 2=4$ cm${}^2$. La hauteur de la pyramide issue de $S$ est le segment $[OS]$, de longueur $2$ cm (le point $O$ est le centre du carré et $(OS)$ est orthogonale à la base). Donc

$$V_{SABCD}=\frac{1}{3}\times 4\times 2=\frac{8}{3}{\text{cm}}^3.$$

1.b. Les diagonales $[AC]$ et $[BD]$ partagent le carré $ABCD$ en quatre triangles de même aire : $OAB$, $OBC$, $OCD$ et $ODA$, chacun d'aire $\frac{4}{4}=1$ cm${}^2$. Les quatre pyramides de sommet $S$ construites sur ces quatre triangles ont donc la même aire de base, et la même hauteur $OS=2$ cm : elles ont le même volume. Comme leur réunion est la pyramide $SABCD$,

$$V_{OCBS}=\frac{1}{4}\times V_{SABCD}=\frac{1}{4}\times \frac{8}{3}=\frac{2}{3}{\text{cm}}^3.$$

(On le retrouve directement : la pyramide $OCBS$ a pour base le triangle $OBC$, d'aire $1$ cm${}^2$, et pour sommet $S$, à la hauteur $2$ cm de la base ; d'où $\frac{1}{3}\times 1\times 2=\frac{2}{3}$ cm${}^3$.)

2. Le triangle $SBC$ est isocèle en $S$, car $SB=SC=\sqrt{6}$ cm (partie A). La médiane issue de $S$ est donc aussi une hauteur : le point $J$, milieu de $[BC]$, est le pied de la hauteur issue de $S$. Avec $J(0;1;0)$ :

$$SJ=\sqrt{(0-0{)}^2+(1-0{)}^2+(0-2{)}^2}=\sqrt{1+4}=\sqrt{5}\text{cm},BC=2\text{cm}.$$

L'aire du triangle $SBC$ vaut donc

$${\mathcal{A}}_{SBC}=\frac{1}{2}\times BC\times SJ=\frac{1}{2}\times 2\times \sqrt{5}=\sqrt{5}{\text{cm}}^2.$$

3. On calcule le volume de la même pyramide $OCBS$, mais en prenant cette fois le triangle $SBC$ comme base : le sommet est alors $O$, et la hauteur correspondante est exactement la distance $d$ du point $O$ au plan $(SBC)$. Donc

$$V_{OCBS}=\frac{1}{3}\times {\mathcal{A}}_{SBC}\times d=\frac{1}{3}\times \sqrt{5}\times d.$$

En identifiant avec la valeur $\frac{2}{3}$ obtenue à la question 1.b :

$$\frac{1}{3}\sqrt{5}d=\frac{2}{3}⟺\sqrt{5}d=2⟺d=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}.$$

On retrouve bien la distance $\frac{2\sqrt{5}}{5}$ cm obtenue dans la partie B.

Ce que le correcteur attend : dire explicitement que l'on calcule deux fois le volume du même solide, en changeant la face choisie comme base — c'est ce changement de point de vue, et lui seul, qui fait apparaître la distance cherchée comme une hauteur.