Bac 2021 (15 mars, sujet 2): Distance point à un plan et volume d'une pyramide

Exercice corrigé - Spécialité maths, terminale générale

Dans l'espace rapporté à un repère orthonormé $\left( O, \vec{i}, \vec{j}, \vec{k}\rp$ , on considère les points:
A de coordonnées (2 ; 0 ; 0), B de coordonnées (0 ; 3 ; 0) et C de coordonnées (0 ; 0 ; 1).

$\psset{unit=1cm} \begin{pspicture}(-0.5,-0.5)(12,6) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=gray!20,linestyle=dashed](0,0)(2.4,4.5)(10.4,2) %\psgrid \psline(0,0)(8,0)(10.4,2)(10.4,4.5)(8,2.5)(8,0) \psline(8,2.5)(0,2.5)(0,0) \psline(0,2.5)(2.4,4.5)(10.4,4.5) \psline[linestyle=dashed](0,0)(2.4,2)(2.4,4.5) \psline[linestyle=dashed](2.4,2)(10.4,2) \uput[dl](0,0){A}\uput[u](2.4,4.5){C}\uput[r](10.4,2){B}\uput[d](2.5,2){O} \end{pspicture}$

L'objectif de cet exercice est de calculer l'aire du triangle ABC.

1. Montrer que le vecteur $\vec{n}\begin{pmatrix}3\\2\\6\end{pmatrix}$ est normal au plan (ABC).
2. En déduire qu'une équation cartésienne du plan (ABC) est : .
On note la droite passant par O et orthogonale au plan (ABC).
1. Déterminer une représentation paramétrique de la droite .
2. Montrer que la droite coupe le plan (ABC) au point H de coordonnées $\lp\dfrac{18}{49}~;~\dfrac{12}{49}~;~\dfrac{36}{49}\rp$ .
3. Calculer la distance OH.
On rappelle que le volume d'une pyramide est donné par: $V = \dfrac{1}{3}\mathcal{B}h$ , où $\mathcal{B}$ est l'aire d'une base et est la hauteur de la pyramide correspondant à cette base.
En calculant de deux façons différentes le volume de la pyramide OABC, déterminer l'aire du triangle ABC.

Correction
(Bac général, spécialité mathématiques, 15 mars 2021)

$\psset{unit=0.8cm,arrowsize=8pt} \begin{pspicture}(-0.5,-0.6)(13,5.2) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=gray!20,linestyle=dashed](0,0)(2.4,4.5)(10.4,2) %\psgrid \psline(0,0)(8,0)(10.4,2)(10.4,4.5)(8,2.5)(8,0) \psline(8,2.5)(0,2.5)(0,0) \psline(0,2.5)(2.4,4.5)(10.4,4.5) \psline[linestyle=dashed](0,0)(2.4,2)(2.4,4.5) \psline[linestyle=dashed](2.4,2)(10.4,2) \rput[l](-.4,-.5){A(2;0;0)} \rput[l](2.4,4.8){C(0;0;1)} \rput[l](10.6,2){B(0;3;0)} \uput[d](2.5,2){O} \psline[linecolor=red,linewidth=1.4pt]{->}(2.4,2)(1.2,1) \rput(1.5,1.8){\red$\vec{i}$} \psline[linecolor=red,linewidth=1.4pt]{->}(2.4,2)(4.9,2) \rput(3.4,1.5){\red$\vec{j}$} \psline[linecolor=red,linewidth=1.4pt]{->}(2.4,2)(2.4,4.5) \rput(2,3){\red$\vec{j}$} \end{pspicture}$

1. Pour montrer que le vecteur $\vec{n}\begin{pmatrix}3\\2\\6\end{pmatrix}$ est normal au plan (ABC), il suffit de démontrer que ce vecteur est orthogonal à deux vecteurs directeurs du plan (ABC), par exemple $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ . On a $\overrightarrow{AB}(-2~;~3~;~0)$ donc $\overrightarrow{AB}\cdot \vec{n}=-2\tm3 + 3\tm2 + 0\tm 6 =0$ et ainsi $\overrightarrow{AB}\perp \vec{n}$ .
  De même, $\overrightarrow{AC}(-2~;~0~;~1)$ donc $\overrightarrow{AC}\cdot \vec{n}=-2\tm3 + 0\tm2 + 1\tm6 =0$ et ainsi, aussi, $\overrightarrow{AC}\perp \vec{n}$ . On en déduit que le vecteur $\vec{n}$ est normal au plan (ABC).
2. $M(x;y;z)\in(ABC)\iff\overrightarrow{AM}\perp \vec{n}\iff\overrightarrow{AM}\cdot\vec{n}=0$ .
  Or $\overrightarrow{AM}$ a pour coordonnées .
  et donc $M\in(ABC)\iff (x-2)\times 3 + y\times 2 + z\times 6=0 \iff 3x +2y +6z -6=0$
  Le plan (ABC) a donc pour équation cartésienne .
1. La droite est orthogonale au plan (ABC) donc elle a pour vecteur directeur le vecteur $\vec{n}$ normal à (ABC).
  De plus elle passe par le point O de coordonnées .
  Une représentation paramétrique de la droite est donc $\left\{}\newcommand{\ra}{\right\} \begin{array}{l !{=} l} x & 3k\\ y & 2k,\quad k\in\R\\ z & 6k \end{array} \right .$
2. La droite est orthogonale au plan (ABC), et donc elle le coupe en un point H. Soit alors on a $\left \lbrace \begin{array}{rcr} x&=& 3k\\ y &=& 2k\\ z &=& 6k\\ 3x+2y+6z-6 &=& 0 \end{array} \right .$
  Donc, en substituant dans la troisième équation, on obtient
  
  $\begin{array}{ll}&3\tm3k+2\tm 2k+6\tm 6k-6 = 0\\[.3em] \iff& 9k+4k+36k=6\\ \iff& k=\dfrac{6}{49}\enar$
  
  On en déduit que
  
  $\la\begin{array}{rcrcr} x&=&3k&=&\dfrac{18}{49}\\[.8em] y&=&2k&=&\dfrac{12}{49}\\[.8em] z&=&6k&=&\dfrac{36}{49}\enar\right.$
  
  et on a donc trouvé les coordonnées $H\lp\dfrac{18}{49}~;~\dfrac{12}{49}~;~\dfrac{36}{49}\rp$ .
3. On calcule alors directement
  
  $\begin{array}{ll} OH^2&=\left( x_{\text H}-x_{\text O}\rp^2 + \left( y_{\text H}-y_{\text O}\rp^2 + \left( z_{\text H}-z_{\text O}\rp^2 \\[.6em] &=\lp\dfrac{18}{49}\rp^2+\lp\dfrac{12}{49}\rp^2+\lp\dfrac{36}{49}\rp^2\\[1em] &= \dfrac{18^2+12^2+36^2}{49^2} = \dfrac{1764}{49^2} \enar$
  
  On obtient donc la distance $OH = \sqrt{\dfrac{1764}{49^2}}=\frac{42}{49} = \dfrac{7 \times 6}{7 \times 7} = \dfrac{6}{7}$ .
- On peut prendre le triangle OAB pour base de la pyramide OABC, la hauteur est alors OC, et le volume
  
  $\mathcal{V}=\dfrac{1}{3}\times \mathcal{B}\times OC$
  
  avec $\mathcal{B}=\mathcal{A}_{OAB} = \dfrac{1}{2}\times OA\times OB = \dfrac12\times 2\times 3 = 3$ et $\text{OC}=1$ .
  On obtient donc le volume
  
  $\mathcal{V}=\dfrac{1}{3}\times 3 \times 1= 1$
- On peut aussi prendre le triangle ABC pour base de la pyramide OABC, la hauteur est alors OH, et le volume est
  
  $\mathcal{V}=\dfrac13\times \mathcal{B}'\times OH$
  
  avec $\mathcal{B}'$ est l'aire du triangle ABC.
  On a ici $OH=\dfrac{6}{7}$ et $\mathcal{V} = 1$ donc
  
  $\mathcal{V}=1=\dfrac13\times \mathcal{B}' \times \dfrac{6}{7}$
  
  d'où on déduit que
  
  $\mathcal{B}'=\mathcal{A}_{ABC}==\dfrac{49}{14}= \dfrac72$
  
  .

Cacher la correction

Tag:Géométrie dans l'espace

Autres sujets au hasard:

Voir aussi: