Bac 2021 (7 juin): Orthogonalité dans l'espace et minimisation d'une distance et volume d'une pyramide

Exercice corrigé - Spécialité maths, terminale générale

Dans un repère orthonormé $\left( O;\vec{i},\vec{j},\vec{k}\rp$ on considère
  • le point A de coordonnées (1 ; 3 ; 2),
  • le vecteur $\vec{u}$ de coordonnées $\begin{pmatrix} 1\\1\\0\\\end{pmatrix}$
  • la droite $d$ passant par l'origine O du repère et admettant pour vecteur directeur $\vec{u}$.


Le but de cet exercice est de déterminer le point de $d$ le plus proche du point A et d'étudier quelques propriétés de ce point.
On pourra s'appuyer sur la figure ci-contre pour raisonner au fur et à mesure des questions.

\[\psset{unit=1.6cm} \begin{pspicture}(-1.9,-2)(4,2.5) \psline{->}(-1.7,0)(4,0) \psline{->}(0,0)(-1,-1.5) \psline{->}(0,-1.8)(0,2.5) \rput(-1.2,-1.5){$x$} \rput(3.95,.2){$y$} \rput(-.15,2.4){$z$} \psline(-1,.08)(-1,-.08)\psline(1,.08)(1,-.08)\psline(2,.08)(2,-.08)\psline(3,.08)(3,-.08) \psline(-.08,-1)(.08,-1)\psline(-.08,1)(.08,1)\psline(-.08,2)(.08,2) \psline(-.41,-.5)(-.25,-.5) \psline(-.73,-1)(-.58,-1) % rep\`ere \psline[arrowsize=7pt,linewidth=1.2pt]{->}(0,0)(1,0) \psline[arrowsize=7pt,linewidth=1.2pt]{->}(0,0)(0,1) \psline[arrowsize=7pt,linewidth=1.2pt]{->}(0,0)(-.35,-.5) \rput(-.5,-.4){$\vec{i}$} \rput(-.2,.7){$\vec{k}$} \rput(.8,.25){$\vec{j}$} %droite d \psline(-1,1)(2,-2)\rput(.25,-.5){$\vec{u}$} \psline[arrowsize=8pt]{->}(0,0)(.5,-.5) % \psline(0,0)(2.5,1.5)(2.5,-.5)(1.2,-1.2) \rput(2.65,1.65){A} \psline[linestyle=dashed](0,0)(2.5,-.5) \rput(2.65,-.65){A'} \psline(2.5,1.5)(1.2,-1.2) \rput(1,-1.3){$M_0$} %\psline(-4,-.5)(4,-.5) \end{pspicture}\]

  1. Déterminer une représentation paramétrique de la droite $d$.
  2. Soit $t$ un nombre réel quelconque, et $M$ un point de la droite $d$, le point $M$ ayant pour coordonnées $(t~;~t~;~0)$.
    1. On note AM la distance entre les points A et M. Démontrer que:

      \[AM^2 = 2t^2 - 8t+ 14.\]

    2. Démontrer que le point $M_0$ de coordonnées $(2~;~2~;~0)$ est le point de la droite $d$ pour lequel la distance $AM$ est minimale.
      On admettra que la distance $AM$ est minimale lorsque son carré $AM^2$ est minimal.
  3. Démontrer que les droites $(AM_0)$ et $d$ sont orthogonales.
  4. On appelle $A'$ le projeté orthogonal du point $A$ sur le plan d'équation cartésienne $z = 0$. Le point $A'$ admet donc pour coordonnées $(1~;~3~;~0)$.
    Démontrer que le point $M_0$ est le point du plan $(AA'M_0)$ le plus proche du point O, origine du repère.
  5. Calculer le volume de la pyramide $OM_0A'A$.
    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.

Correction
(Bac général, spécialité mathématiques, métropole, 7 juin 2021)
  1. $M(x~;~y~;~z) \in (d) \iff \overrightarrow{OM} = t\vec{u}, \, \text{avec } t \in \R$, soit :
    \[\left\{\begin{array}{l c l} x&=&t\\ y&=&t\\ z&=&0 \end{array}\right., \, t \in \R\]


    1. De $\overrightarrow{AM}\begin{pmatrix}t - 1\\t - 3\\0 - 2\end{pmatrix}$, on calcule:
      \[\begin{array}{ll}AM^2 &= (t - 1)^2 + (t - 3)^2 + (- 2)^2 \\[.3em] &= t^2 + 1 - 2t + t^2 + 9 - 6t + 4 \\[.3em] &= 2t^2 - 8t+ 14\enar\]

    2. L'expression précédente est une expression du second degré. On peut soit étudier les variations (dérivée, signe, ...) soit se rappeler que le sommet de la parabole est en $t_0=-\dfrac{b}{2a}=-\dfrac{-8}{2\tm2}=2$.
      On a alors $AM_0=2t_0^2 - 8t_0+ 14=6$, et donc la plus petite distance est $AM_0 = \sqrt{6}$ avec $M_0(2~;~2~;~0)$.
  3. On a $\overrightarrow{AM_0}\begin{pmatrix}1\\- 1\\-2\end{pmatrix}$ et $\vec{u}\begin{pmatrix}1\\ 1\\0\end{pmatrix}$ est un vecteur directeur de $(d)$.
    On a $\overrightarrow{AM_0} \cdot \vec{u} = 1 - 1 + 0 = 0$ : les vecteurs sont orthogonaux donc les droites $\left(\text{A}M_0\right)$ et $d$ sont orthogonales.
  4. $\vec{u}$ est orthogonal au plan horizontal d'équation $z = 0$. Comme A$'$ et $M_0$ appartiennent à ce plan le vecteur $\vec{u}$ est orthogonal au vecteur $\overrightarrow{A'M_0}$.
    Donc le vecteur $\vec{u}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $\left(\text{AA}'M_0\right)$,donc la droite $(d)$ est orthogonale au plan $\left(\text{AA}'M_0\right)$. Le point $M_0$ est donc le projeté orthogonal de O sur le plan $\left(\text{AA}'M_0\right)$, donc O$M_0$ est la distance la plus courte du point O au plan $\left(\text{AA}'M_0\right)$.
  5. On peut prendre la base $AA'M_0$ qui est un triangle rectangle en $A'$, avec $AA' = 2$
    et donc $A'M_0=\sqrt{(2 - 1)^2 + (2 - 3)^2 + 0^2}=\sqrt2$.
    On a donc $\mathcal{A}_{AA'M_0} = \dfrac12\tm2 \tm \sqrt{2}=\sqrt{2}$.
    D'autre part, la hauteur correspondante est $h=OM_0 =\sqrt{ 2^2 + 2^2} = \sqrt{8}= 2\sqrt{2}$.
    On obtient finalement
    \[V = \left( AA'M_0\right) = \dfrac{\sqrt2 \times 2\sqrt{2}}{3} = \dfrac43\]



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