Bac 2023 (20 mars): Un peu de tout dans l'espace

Exercice corrigé - Spécialité maths, terminale générale

On considère le cube ABCDEFCH d'arête 1.
On appelle I le point d'intersection du plan (GBD) avec la droite (EC).
L'espace est rapporté au repère orthonormé $\left( A~;~\overrightarrow{AB},~\overrightarrow{AD},~\overrightarrow{AE}\rp$ .

$\psset{unit=1cm} \begin{pspicture}(7.3,5.7) \psframe(0.8,0.3)(4.8,4.3) \psline(4.8,0.3)(6.3,1.3)(6.3,5.3)(4.8,4.3)%BCGF \psline(6.3,5.3)(2.3,5.3)(0.8,4.3)%GHE \psline(4.8,0.3)(6.3,5.3)%BG \psline[linestyle=dashed](0.8,0.3)(2.3,1.3)(6.3,1.3)%ADC \psline[linestyle=dashed](2.3,1.3)(2.3,5.3)%DH \psline[linestyle=dotted,linewidth=1.2pt](4.8,0.3)(2.3,1.3)(6.3,5.3)%BDG \psline[linestyle=dotted,linewidth=1.2pt](0.8,4.3)(6.3,1.3)%EC \uput[d](0.8,0.3){A} \uput[d](4.8,0.3){B} \uput[dr](6.3,1.3){C} \uput[d](2.3,1.3){D} \uput[u](0.8,4.3){E} \uput[u](4.8,4.3){F} \uput[u](6.3,5.3){G} \uput[u](2.3,5.3){H} \uput[dl](4.5,2.27){I} \uput[dl](3.55,0.8){J} \psdots(4.5,2.27)(3.55,0.8) \end{pspicture}$

Donner dans ce repère les coordonnées des points E, C, G.
Déterminer une représentation paramétrique de la droite (EC).
Démontrer que la droite (EC) est orthogonale au plan (GBD).
1. Justifier qu'une équation cartésienne du plan (GBD) est :
  
  $x + y - z - 1 = 0.$
2. Montrer que le point I a pour coordonnées $\left(\dfrac23~;~\dfrac23~;~\dfrac13\right)$ .
3. En déduire que la distance du point E au plan (GBD) est égale à $\dfrac{2\sqrt 3}{3}$ .
1. Démontrer que le triangle BDG est équilatéral.
2. Calculer l'aire du triangle BDG. On pourra utiliser le point J, milieu du segment [BD].
Justifier que le volume du tétraèdre EGBD est égal à $\dfrac13$ .
On rappelle que le volume d'un tétraèdre est donné par $V = \dfrac13 Bh$ où est l'aire d'une base du tétraèdre et est la hauteur relative à cette base.

Correction
(Bac spécialité maths, 20 mars 2023)

, et .
On a $\overrightarrow{EC}(1;1;-1)$ qui dirige et qui passe par d'où une représentation paramétrique

$(EC):\la\begin{array}{lclcl} x&=&0&+&t\\ y&=&0&+&t\\ z&=&1&-&t \enar\right.\ , \ pour t\in\R$

soit

$(EC):\la\begin{array}{lcl} x&=&t\\ y&=&t\\ z&=&1-t \enar\right.\ , \ pour t\in\R$
On a donc $\overrightarrow{BG}(0;1;1)$ et alors $\overrightarrow{BG}\cdot\overrightarrow{EC}=0\tm1+1\tm1+1\tm(-1)=0$
et donc $\overrightarrow{BD}(-1;1;0)$ et alors $\overrightarrow{BD}\cdot\overrightarrow{EC}=-1\tm1+1\tm1+0\tm(-1)=0$
Ainsi, est orthogonale à deux vecteurs non colinéaires du plan , et donc est orthogonale au plan .
1. $\overrightarrow{EC}(1;1;-1)$ est donc un vecteur normal au plan qui a donc une équation cartésienne de la forme
  
  $x + y - z + d = 0$
  
  Comme $G(1;1;1)\in(GBD)$ , on a aussi
  
  $1 + 1 - 1 + d = 0\iff d=-1$
  
  d'où l'équation cartésienne
  
  $x + y - z - 1 = 0$
2. Soit $I(x;y;z)\in (GBD)\cap(EC)$ , alors en utilisant les équations de la représentation paramétrique ainsi que l'équation cartésienne précédente, on obtient
  
  $t+t-(1-t)-1=0\iff t=\dfrac23$
  
  Finalement, avec la représentation paramétrique de on obtient les coordonnées
  
  $I\la\begin{array}{lcl} x&=&t=\frac23\\ y&=&t=\frac23\\ z&=&1-t=\frac13 \enar\right.$
  
  c'est-à-dire $I\lp\dfrac23~;~\dfrac23~;~\dfrac23\rp$ .
3. La distance du point au plan est égale à car $(EC)\perp(GBD)$ et donc est le projeté orthogonal de sur .
  Cette distance est alors
  
  $\begin{array}{ll}EI&=\sqrt{\lp\dfrac23-0\rp^2+\lp\dfrac23-0\rp^2+\lp\dfrac13-1\rp^2}\\ &=\sqrt{3\tm\lp\dfrac23\rp^2}=\dfrac23\sqrt3\enar$
1. On a pour les trois côtés $BD=BG=DG=\sqrt2$ car ce sont les diagonales des faces du cube, donc des diagonales de carrés de côté 1.
  Ce triangle est donc bien équilatéral.
2. On a qui est le pied de la médiane issue de dans le triangle . Mais comme ce triangle est équilatéral, cette médiane est aussi la médiatrice et la hauteur, et en particulier le triangle est rectangle en et
  
  $\mathcal{A}_{BDG}=2\tm\mathcal{A}_{BGJ}$
  
  avec
  
  $\mathcal{A}_{BGJ}=\dfrac{BJ\times JG}2$
  
  et $BJ=\dfrac12\sqrt2$ et
  
  $JG=\sqrt{\lp1-\dfrac12\rp^2+\lp1-\dfrac12\rp^2+(1-0)^2} =\sqrt{\dfrac32}$
  
  Ainsi, finalement,
  
  $\mathcal{A}_{BDG}=\dfrac12\sqrt2\tm\sqrt{\dfrac32}=\dfrac{\sqrt3}2$
En utilisant comme base et comme hauteur (qui sont bien orthogonaux d'après les questions précédentes), on trouve

$\begin{array}{ll}\mathcal{V}_{EGBD}&=\dfrac13\tm\mathcal{A}_{BDG}\tm EI\\[1em] &=\dfrac13\tm\dfrac{\sqrt3}2\tm\dfrac23\sqrt3\\[1em] &=\dfrac13\enar$

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