Bac 2022 (12 mai): Un peu de tout dans l'espace

Exercice corrigé - Spécialité maths, terminale générale

On considère un cube ABCDEFGH et on appelle K le milieu du segment [BC].
On se place dans le repère $\left( A~;~\overrightarrow{AB},~\overrightarrow{AD},~\overrightarrow{AE}\rp$ et on considère le tétraèdre EFGK.
On rappelle que le volume d'un tétraèdre est donné par:
\[V=\dfrac13\tm\mathcal{B}\tm h\]

où $\mathcal{B}$ désigne l'aire d'une base et $h$ la hauteur relative à cette base.

$$(5.5,5.8) \psframe(0.2,0.2)(3.7,3.7)%ABFE \psline(3.7,0.2)(5,1.9)(5,5.4)(3.7,3.7)%BCGF \psline(5,5.4)(1.5,5.4)(0.2,3.7)%GHE \psline[linestyle=dashed](0.2,0.2)(1.5,1.9)(5,1.9)%ADC \psline[linestyle=dashed](1.5,1.9)(1.5,5.4)%DH \pspolygon[linestyle=dotted,linewidth=1.25pt](0.2,3.7)(5,5.4)(4.35,1.05)%EGK \uput[dl](0.2,0.2){\small A}\uput[dr](3.7,0.2){\small B}\uput[r](5,1.9){\small C} \uput[dr](1.5,1.9){\small D}\uput[l](0.2,3.7){\small E}\uput[r](3.7,3.7){\small F} \uput[ur](5,5.4){\small G}\uput[ul](1.5,5.4){\small H}\uput[dr](4.35,1.05){\small K} $$

  1. Préciser les coordonnées des points E, F, G et K.
  2. Montrer que le vecteur $\vec{n}\begin{pmatrix}\phantom{-}2\\-2\\\phantom{-}1\end{pmatrix}$ est orthogonal au plan (EGK).
  3. Démontrer que le plan (EGK) admet pour équation cartésienne : $2x - 2y + z - 1 = 0.$
  4. Déterminer une représentation paramétrique de la droite $(d)$ orthogonale au plan (ECK) passant par F.
  5. Montrer que le projeté orthogonal L de F sur le plan (EGK) a pour coordonnées $\lp\dfrac59~;~\dfrac49~;~\dfrac79\rp$.
  6. Justifier que la longueur LF est égale à $\dfrac23$.
  7. Calculer l'aire du triangle EFG. En déduire que le volume du tétraèdre EFGK est égal à $\dfrac16$.
  8. Déduire des questions précédentes l'aire du triangle EGK.
  9. On considère les points P milieu du segment [EG], M milieu du segment [EK] et N milieu du segment[GK]. Déterminer le volume du tétraèdre FPMN.

Correction

  1. E( 0 ; 0; 1)  ;    F( 1 ; 0; 1)  ;    G( 1 ; 1 ; 1)  ;    K( 1 ; 0,5 ; 0)
  2. On a $\overrightarrow{EG}( 1 ; 1 ; 0)$ et $\overrightarrow{EK}( 1 ; 0,5 ; -1)$ qui sont non colinéaires, et tels que
    \[\vec{n}\cdot\overrightarrow{EG}=2\tm1+(-2)\tm1+1\tm0=0\]

    et
    \[\vec{n}\cdot\overrightarrow{EK}=2\tm1+(-2)\tm0,5+1\tm(-1)=0\]

    et donc $\vec{n}$ est orthogonal à deux vecteurs colinéaires du plan (EGK) et donc $\vec{n}$ est orthogonal au plan (EGK).
  3. On déduit de la question précédente qu'une équation cartésienne du plan (EGK) s'écrit sous la forme
    \[2x-2y+z+d=0\]

    De plus, $E\in(EGK)$, d'où $2\tm0-2\tm0+1+d=0\iff d=-1$, et donc le plan (EGK) admet bien pour équation cartésienne : $2x - 2y + z - 1 = 0.$
  4. La droite $(d)$ orthogonale au plan (ECK) admet donc $\vec{n}$ pour vecteur directeur et comme elle passe de plus par F, on peut écrire la représentation paramétrique
    \[\la\begin{array}{lclcl}x&=&1&+&2t\\y&=&&-&2t\\z&=&1&+&t\enar\right. \ , \ t\in\R\]


  5. Comme $F\in(d)$ et $(d)\perp(EGK)$, le projeté orthogonal L de F sur le plan (EGK) est l'intersection de la droite et du plan.
    En particulier les coordonnées de L vérifient la représentation paramétrique précédente, pour un certain paramètre $t\in\R$, et aussi l'équation du plan (EGK), soit
    \[\begin{array}{ll}&2x-2y+z-1=0\\ \iff&2(1+2t)-2(-2t)+(1+t)-1=0\\ \iff&t=-\dfrac29 \enar\]

    d'où les coordonnées de L:
    \[\la\begin{array}{lclclcl}x&=&1&+&2\lp-\dfrac29\rp&=&\dfrac59\\ y&=&&-&2\lp-\dfrac29\rp&=&\dfrac49\\ z&=&1&+&\lp-\dfrac29\rp&=&\dfrac79\enar\right.\]

    qui sont bien les coordonnées recherchées.

  6. \[\begin{array}{ll}LF&=\sqrt{\lp\dfrac59-1\rp^2+\lp\dfrac49-0\rp^2+\lp\dfrac79-1\rp^2}\\[1.4em] &=\sqrt{\dfrac{4^2+4^2+2^2}{9^2}} =\sqrt{\dfrac{36}{9^2}}=\sqrt{\dfrac{4}{9}}=\dfrac23 \enar\]


  7. Le triangle EFG est isocèle rectangle et a pour aire
    \[\mathcal{A}_{EFG}=\dfrac12EF\times EG=\dfrac12\]

    Dans le tétraèdre EFGK, la hauteur associée à la base EFG est KK',
    \[\psset{unit=1cm} \begin{pspicture}(5.5,5.8) \psframe(0.2,0.2)(3.7,3.7)%ABFE \psline(3.7,0.2)(5,1.9)(5,5.4)(3.7,3.7)%BCGF \psline(5,5.4)(1.5,5.4)(0.2,3.7)%GHE \psline[linestyle=dashed](0.2,0.2)(1.5,1.9)(5,1.9)%ADC \psline[linestyle=dashed](1.5,1.9)(1.5,5.4)%DH \pspolygon[linestyle=dotted,linewidth=1.25pt](0.2,3.7)(5,5.4)(4.35,1.05)%EGK \uput[dl](0.2,0.2){\small A}\uput[dr](3.7,0.2){\small B}\uput[r](5,1.9){\small C} \uput[dr](1.5,1.9){\small D}\uput[l](0.2,3.7){\small E}\uput[r](3.7,3.7){\small F} \uput[ur](5,5.4){\small G}\uput[ul](1.5,5.4){\small H}\uput[dr](4.35,1.05){\small K} \psline[linecolor=red,linewidth=1.8pt](4.35,1.05)(4.35,4.55) \rput(4.2,4.7){K'} \end{pspicture}\]

    On a KK'=1 et donc le volume
    \[\begin{array}{ll}\mathcal{V}_{EFGK}&=\dfrac13\tm\mathcal{A}_{AEFG}\tm KK'\\[1em] &=\dfrac13\tm\dfrac12\tm1=\dfrac16\enar\]

  8. On eput aussi calculer ce volume en prenant la base EGK, la hauteur associée étant alors LF, et on a donc
    \[\begin{array}{ll}&\mathcal{V}_{EFGK}=\dfrac13\tm\mathcal{A}_{EGK}\tm LF\\ \iff& \dfrac16=\dfrac13\tm\mathcal{A}_{EGK}\tm\dfrac23\\ \iff&\mathcal{A}_{EGK}=\dfrac34 \enar\]



  9. \[\psset{unit=1cm} \begin{pspicture}(5.5,5.8) \psframe(0.2,0.2)(3.7,3.7)%ABFE \psline(3.7,0.2)(5,1.9)(5,5.4)(3.7,3.7)%BCGF \psline(5,5.4)(1.5,5.4)(0.2,3.7)%GHE \psline[linestyle=dashed](0.2,0.2)(1.5,1.9)(5,1.9)%ADC \psline[linestyle=dashed](1.5,1.9)(1.5,5.4)%DH \pspolygon[linestyle=dotted,linewidth=1.25pt](0.2,3.7)(5,5.4)(4.35,1.05)%EGK \uput[dl](0.2,0.2){\small A}\uput[dr](3.7,0.2){\small B}\uput[r](5,1.9){\small C} \uput[dr](1.5,1.9){\small D}\uput[l](0.2,3.7){\small E}\uput[r](3.7,3.7){\small F} \uput[ur](5,5.4){\small G}\uput[ul](1.5,5.4){\small H}\uput[dr](4.35,1.05){\small K} % \pspolygon[linecolor=blue](2.6,4.55)(2.275,2.375)(4.675,3.225)%PMN \psline[linecolor=blue](2.6,4.55)(3.7,3.7) \psline[linecolor=blue](2.275,2.375)(3.7,3.7) \psline[linecolor=blue](4.675,3.225)(3.7,3.7) \rput(2.4,4.7){\blue P} \rput(2,2.2){\blue M} \rput(4.84,3.){\blue N} \end{pspicture}\]

    Comme les deux triangles EGK et PMN sont dans le même plan, les hauteurs qui leurs sont associées dans les deux trétraèdres sont les mêmes, soit LF.
    D'arpès le théorème de Thalès, on a $PM=\dfrac12GK$, $MN=\dfrac12EG$ et $PN=\dfrac12EK$: les longueurs de tous les côtés sont divisées par 2, et l'aire est donc divisée par 4.
    Finalement, on obtient l'aire du tétraèdre:
    \[\begin{array}{ll} \mathcal{V}_{FPMN}&=\dfrac13\tm\mathcal{A}_{PMN}\tm LF\\ &=\dfrac13\tm\lp\dfrac14\tm\dfrac34\rp\tm\dfrac23\\ &=\dfrac1{24} \enar\]




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