Bac 2022 (11 mai): Un peu de tout dans l'espace

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:
  • le point A de coordonnées $(-1~;~1~;~3)$,
  • la droite $\mathcal{D}$ dont une représentation paramétrique est: $\la\begin{array}{lcl} x&=&1+2t\\y &=& 2 - t,\\z&=& 2+2t \enar\right. t \in \R$.
    1. Donner les coordonnées d'un vecteur directeur $\vec{u}$ de la droite $\mathcal{D}$. On admet que le point A n'appartient pas à la droite $\mathcal{D}$.
    2. Montrer que le point $B( -1~;~3~;~0)$ appartient à la droite $\mathcal{D}$.
    3. Calculer le produit scalaire $\overrightarrow{AB} \cdot \vec{u}$.
  2. On note $\mathcal{P}$ le plan passant par le point A et orthogonal à la droite $\mathcal{D}$, et on appelle H le point d'intersection du plan $\mathcal{P}$ et de la droite $\mathcal{D}$. Ainsi, H est le projeté orthogonal de A sur la droite $\mathcal{D}$.
    1. Montrer que le plan $\mathcal{P}$ admet pour équation cartésienne: $2x - y + 2z - 3 = 0$.
    2. En déduire que le point H a pour coordonnées $\left(\dfrac79~;~\dfrac{19}{9}~;~\dfrac{16}{9}\right)$.
    3. Calculer la longueur AH. On donnera une valeur exacte.
  3. Dans cette question, on se propose de retrouver les coordonnées du point H, projeté orthogonal du point A sur la droite $\mathcal{D}$, par une autre méthode. On rappelle que le point B$( -1~;~3~;~0)$ appartient à la droite $\mathcal{D}$ et que le vecteur $\vec{u}$ est un vecteur directeur de la droite $\mathcal{D}$.
    1. Justifier qu'il existe un nombre réel $k$ tel que $\overrightarrow{HB} = k\vec{u}$.
    2. Montrer que $k = \dfrac{\overrightarrow{AB} \cdot \vec{u}}{\left\|\vec{u}\right\|^2}$.
    3. Calculer la valeur du nombre réel $k$ et retrouver les coordonnées du point H.
  4. On considère un point C appartenant au plan $\mathcal{P}$ tel que le volume du tétraèdre ABCH soit égal à $\dfrac89$. Calculer l'aire du triangle ACH.
    On rappelle que le volume d'un tétraèdre est donné par: $V = \dfrac13 \times \mathcal{B} \times h$ où $\mathcal{B}$ désigne l'aire d'une base et $h$ la hauteur relative à cette base.

Correction

    1. Un vecteur directeur est donné par $\vec{u}(2;-1;2)$
    2. Avec les coordonnées de B, on a
      \[\la\begin{array}{lcl} -1&=&1+2t\\3 &=& 2 - t,\\0&=& 2+2t \enar\right. \iff \la\begin{array}{lcl} t&=&-1\\t&=&-1,\\t&=&-1 \enar\right.\]

      ce qui montre que B appartient bien à la droite $\mathcal{D}$.
    3. On a $\overrightarrow{AB}(0;2;-3)$ donc
      \[\overrightarrow{AB}\cdot\vec{u}=0\tm2+2\tm(-1)+(-3)\tm2=-8\]


  2. \[\begin{pspicture}(0,-2)(7,3.5) \pspolygon(0,0)(5,0)(7,2)(2,2) \rput(.6,.3){$\mathcal{P}$} \rput(2.3,1.3){$\tm$}\rput(2,1.1){$A$} \psline(4,4)(4,1) \psline[linestyle=dashed](4,1)(4,0) \psline(4,0)(4,-2) \rput(4,1){$\tm$}\rput(4.3,1.2){$H$} \rput(3.7,3.5){$\mathcal{D}$} \psline[linecolor=blue,linewidth=2pt]{->}(4,-1.5)(4,-.5) \psline[linecolor=blue](3.92,-1.5)(4.08,-1.5) \rput(4.25,-1.1){\blue$\vec{u}$} \rput(4,2.6){$\tm$}\rput(4.3,2.7){$B$} \end{pspicture}\]


    1. Le plan $\mathcal{P}$ est orthogonale à la droite $\mathcal{D}$ dirigée par $\vec{u}$ qui est donc un vecteur normal à ce plan qui admet donc une équation cartésienne de la forme
      \[2x-y+2z+d=0\]

      On sait de plus que $A(-1;1;3)\in\mathcal{P}$, et donc que
      \[2(-1)-(1)+2(3)+d=0\iff d=-3\]

      Finalement, on a trouvé une équation cartésienne du plan $\mathcal{P}$:
      \[\mathcal{P}: 2x - y + 2z - 3 = 0\]

    2. Le plan $\mathcal{P}$ et la droite $\mathcal{D}$ sont orthogonaux; en particulier ils se coupent en un unique point $H$.
      Soit $H(x;y;z)$, alors
      \[H\in\mathcal{D}\iff \la\begin{array}{lcl} x&=&1+2t\\y &=& 2 - t,\\z&=& 2+2t \enar\right. t \in \R\]

      et de plus,
      \[\begin{array}{ll}H\in\mathcal{P}&\iff 2x - y + 2z - 3 = 0\\ &\iff2(1+2t)-(2-t)+2(2+2t)-3=0\\ &\iff t=-\dfrac19 \enar\]

      et on obtient alors les coordonnées
      \[\la\begin{array}{lcl} x&=&1+2\tm\lp-1\frac19\rp=\frac79\\[.4em] y &=& 2 - \lp-\frac19\rp=\frac{19}9\\[.4em] z&=& 2+2\lp-\frac19\rp=\frac{16}9 \enar\right. t \in \R\]

      qui sont bien les coordonnées recherchées du point H.

    3. \[\begin{array}{ll} AH&=\sqrt{\lp\dfrac79-(-1)\rp^2+\lp\dfrac{19}9-1\rp^2+\lp\dfrac{16}9-3\rp^2}\\ &=\sqrt{\dfrac{16^2+10^2+11^2}{9^2}} =\dfrac{\sqrt{253}}9 \enar\]

    1. Les points H et B appartiennent tous les deux à la droite $\mathcal{D}$, et $\vec{u}$ est un vecteur directeur de cette droite.
      On en déduit que les vecteurs $\overrightarrow{HB}$ et $\vec{u}$ sont colinéaires, c'est-à-dire qu'il existe un réel $k$ tel que $\overrightarrow{HB}=k\vec{u}$.
    2. D'après le résultat précédent, en prenant le produit scalaire avec $\vec{u}$ on obtient
      \[\overrightarrow{HB}=k\vec{u}\implies \overrightarrow{HB}\cdot\vec{u}=k\vec{u}\cdot\vec{u}=\left\|\vec{u}\right\|^2\]

      d'où
      \[k=\dfrac{\overrightarrow{HB}\cdot\vec{u}}{\left\|\vec{u}\right\|^2}\]

      Maintenant pour faire intervenir le vecteur $\overrightarrow{AB}$ on peut utiliser la relation de Chasles:
      \[\overrightarrow{HB}=\overrightarrow{HA}+\overrightarrow{AB} \implies \overrightarrow{HB}\cdot\vec{n}=\overrightarrow{HA}\cdot\vec{n}+\overrightarrow{AB}\cdot\vec{n}\]

      or $\overrightarrow{HA}\cdot\vec{n}=0$ car $A\in\mathcal{P}$ et $H\in\mathcal{P}$ et $\vec{u}$ normal à $\mathcal{P}$.
      On vient donc de trouver que
      \[\overrightarrow{HB}\cdot\vec{n}=\overrightarrow{AB}\cdot\vec{n}\]

      et donc la relation souhaitée:
      \[k=\dfrac{\overrightarrow{HB}\cdot\vec{u}}{\left\|\vec{u}\right\|^2} =\dfrac{\overrightarrow{AB}\cdot\vec{u}}{\left\|\vec{u}\right\|^2}\]

    3. D'après la question 1.c. on a $\overrightarrow{AB}\cdot\vec{u}=-8$, et comme $\left\|\vec{u}\right\|^2=2^2+(-1)^2+2^2=9$, on obtient que
      \[k=\dfrac{-8}9\]

      et on retrouve les coordonnées du point H(x;y;z):
      \[\overrightarrow{HB}=k\vec{u} \iff \la\begin{array}{lcl} -1-x&=&-\dfrac89\tm2\\ 3-y&=&-\dfrac89\tm(-1)\\ 0-z&=&-\dfrac89\tm2 \enar\right. \iff \la\begin{array}{lcl} x&=&-1+\dfrac{16}9=\dfrac79\\ y&=&3-\dfrac89=\dfrac{19}9\\ z&=&\dfrac{16}9 \enar\right. \]

  4. BH est une hauteur relative à la base ACH, et donc, avec
    \[V = \dfrac13 \times \mathcal{B} \times h\]

    avec
    \[\begin{array}{ll} h&=BH=\sqrt{\lp\dfrac79-(-1)\rp^2+\lp\dfrac{19}9-3\rp^2+\lp\dfrac{16}9-0\rp^2}\\ &=\sqrt{\dfrac{16^2+8^2+16^2}{9^2}} =\dfrac{8}{9}\sqrt{9}=\dfrac{24}9 \enar\]

    et $V=\dfrac89$, d'où l'aire de la base ACH:
    \[\dfrac89=\dfrac13\tm\mathcal{B}\tm\dfrac{24}{9} \iff \mathcal{B}=1\]



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