Bac 2021 (Sujet 0): Un peu de tout dans l'espace, dans un cube

Exercice corrigé - Spécialité maths, terminale générale

On considère le cube $ABCDEFGH$ de côté 1, $I$ est le milieu de $[EF]$ et $J$ le symétrique de $E$ par rapport à $F$.

Dans tous les exercices, l'espace est rapporté au repère orthonormé $\left( A,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}\rp$.


$$(-0.5,.6)(6.3,4) \pspolygon(0,0)(3,0)(3,3)(0,3) \psline[linestyle=dashed](1,0.5) \psline(4,0.5)(4,3.5) \psline(4,3.5)(1,3.5) \psline(0,3)(1,3.5) \psline(3,3)(4,3.5) \psline[linestyle=dashed](1,0.5)(4,0.5) \psline[linestyle=dashed](3,0)(4,.5) \psline[linestyle=dashed](1,0.5)(1,3.5) \rput(-0.2,-0.2){$A$} \rput(3.2,-0.2){$B$} \rput(4.3,0.6){$C$} \rput(1.2,0.7){$D$} \rput(-.2,3){$E$} \rput(2.95,3.2){$F$} \rput(4.3,3.7){$G$} \rput(.7,3.7){$H$} \rput(1.5,2.98){$\tm$}\rput(1.5,2.65){$I$} \psline[linewidth=.5pt](3,3)(6,3) \rput(6,2.98){$\tm$}\rput(5.9,2.65){$J$} $$


 
    1. Par lecture graphique, donner les coordonnées de $I$ et $J$.
    2. En déduire les coordonnées des vecteurs $\overrightarrow{DJ}$, $\overrightarrow{BI}$ et $\overrightarrow{BG}$.
    3. Montrer que $\overrightarrow{DJ}$ est un vecteur normal au plan $(BGI)$.
    4. Montrer qu'une équation cartésienne du plan $(BGI)$ est $2x-y+z-2=0$.

  2. On note $d$ la droite passant par $F$ et orthogonale au plan $(BGI)$.
    1. Déterminer une représentation paramétrique de la droite $d$.
    2. On considère le point $L$ de coordonnées $\lp\dfrac23;\dfrac16;\dfrac56\rp$.
      Montrer que $L$ est le point d'intersection de la droite $d$ et du plan $(BGI)$.

  3. On rappelle que le volume $V$ d'une pyramide est donné par la formule $V=\dfrac13\tm\mathcal{B}\tm h$, où $\mathcal{B}$ est l'aire d'une base et $h$ la hauteur associée à cette base.
    1. Calculer le volume de la pyramide $FBGI$.
    2. En déduire l'aire du triangle $BGI$.

Correction

$$(-0.5,.6)(6.3,4) \pspolygon(0,0)(3,0)(3,3)(0,3) \psline[linestyle=dashed](1,0.5) \psline(4,0.5)(4,3.5) \psline(4,3.5)(1,3.5) \psline(0,3)(1,3.5) \psline(3,3)(4,3.5) \psline[linestyle=dashed](1,0.5)(4,0.5) \psline[linestyle=dashed](3,0)(4,.5) \psline[linestyle=dashed](1,0.5)(1,3.5) \rput(-0.2,-0.2){$A$} \rput(3.2,-0.2){$B$} \rput(4.3,0.6){$C$} \rput(1.2,0.7){$D$} \rput(-.2,3){$E$} \rput(2.95,3.2){$F$} \rput(4.3,3.7){$G$} \rput(.7,3.7){$H$} \rput(1.5,2.98){$\tm$}\rput(1.5,2.65){$I$} \psline[linewidth=.5pt](3,3)(6,3) \rput(6,2.98){$\tm$}\rput(5.9,2.65){$J$} $$


 
    1. Par lecture graphique, $I\lp\frac12;0;1\rp$ et $J\lp2;0;1\rp$.
    2. On en déduit $\overrightarrow{DJ}\lp2;-1;1\rp$, $\overrightarrow{BI}\lp-\frac12;0;1\rp$ et $\overrightarrow{BG}\lp0;1;1\rp$.
    3. $\overrightarrow{DJ}$ est normal au plan $(BGI)$ si et seulement si il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan, par exemple $\overrightarrow{BG}$ et $\overrightarrow{BI}$, ce qui est bien le cas car:
      \[\overrightarrow{DJ}\cdot\overrightarrow{BG}=2\tm0+(-1)\tm1+1\tm1=0\]

      et
      \[\overrightarrow{DJ}\cdot\overrightarrow{BI}=2\tm\lp-\dfrac12\rp+(-1)\tm0+1\tm1=0\]

    4. Un vecteur normal au plan $(BGI)$ est donc $\overrightarrow{DJ}(2;-1;1)$ et donc ce plan a une équation cartésienne de la forme $2x-y+z+d=0$.
      De plus $B(1;0;0)$ appartient à ce plan, d'où $2\tm1-0+0+d=0\iff d=-2$.
      Une équation cartésienne du plan $(BGI)$ est donc bien $2x-y+z-2=0$.

  2. On note $d$ la droite passant par $F$ et orthogonale au plan $(BGI)$.
    1. Comme la droite $d$ est orthogonale au plan $(BGI)$ et que $\overrightarrow{DJ}$ est aussi orthogonal à ce plan, on en déduit que $\overrightarrow{DJ}$ est un vecteur directeur de $d$. On a donc une reprsentation paramétrique, avec $F(1;0;1)$:
      \[d:\la\begin{array}{ccr} x&=&1+2t\\ y&=&-t\\ z&=&1+t\enar\right. \ , t \in\R\]

    2. Comme $d$ est orthogonal à $(BGI)$, leur intersection est donc un point. Il reste donc simplement à vérifier que cette intersection est le point $L$, c'est-à-dire que $L\in d$ et $L\in(BGI)$.
      Avec l'équation cartésienne de $(BGI)$, $2\tm\dfrac23-\dfrac16+\dfrac56-2 =\dfrac86+\dfrac46-\dfrac{12}6=0$ et donc $L\in (BGI)$.
      Avec la représentation prarémtrique de $d$, on cherche $t\in\R$ tel que
      \[d:\la\begin{array}{ccl} \frac23&=&1+2t\\[.4em] \frac16&=&-t\\[.4em] \frac56&=&1+t\enar\right. \iff t=-\dfrac16\]

      et donc $L\in d$.
      Finalement $L$ est le point d'intersection de $d$ et $(BGI)$.

    1. D'après tout ce qui précède, une hauteur est $FL$ associée à la base $BGI$.
      On peut aussi considérer la base $FGI$ associée à la hauteur $FB$, qui donne le volume
      \[\begin{array}{ll}V&=\dfrac13\tm\lp\dfrac12 FI\tm FG\rp\tm FB\\[1em] &=\dfrac13\tm\lp\dfrac12\tm\dfrac12\tm1\rp\tm1 =\dfrac1{12} \enar\]

    2. En utilisant la hauteur $FL$ et la base $BGI$ d'aire $\mathcal{B}$, on a
      \[V=\dfrac13\tm\mathcal{B}\tm FL\]

      où
      \[FL=\sqrt{\lp\dfrac23-1\rp^2+\lp\dfrac16-0\rp^2+\lp\dfrac56-1\rp^2} =\sqrt{\dfrac16} =\dfrac1{\sqrt6}\]

      On en déduit que
      \[V=\dfrac1{12}=\dfrac13\tm\mathcal{B}\tm\dfrac1{\sqrt6}\]

      d'où l'aire du triangle $BGI$.
      \[\mathcal{B}=\dfrac{\sqrt6}4\]



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