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 : $3x + 2y + 6z - 6 = 0$.
  2. On note $d$ la droite passant par O et orthogonale au plan (ABC).
    1. Déterminer une représentation paramétrique de la droite $d$.
    2. Montrer que la droite $d$ 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.

  3. 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 $h$ 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 $(x-2~;~y~;~z)$.
      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 $3x + 2y + 6z - 6 = 0$.

    1. La droite $d$ 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 $(0~;~0~;~0)$.
      Une représentation paramétrique de la droite $d$ 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 $d$ est orthogonale au plan (ABC), et donc elle le coupe en un point H. Soit $H(x;y;z)$ 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
      \[\mathcal{B}'=\mathcal{A}_{ABC}==\dfrac{49}{14}= \dfrac72\]

      .


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