Bac 2024 (19 juin): Un peu de tout dans un tétraèdre

Exercice corrigé - Spécialité maths, terminale générale

L'espace est muni d'un repère orthonormé $(0 ; \vec{i}, \vec{j}, \vec{k})$.
On considère les points $A(5 ; 5 ; 0)$, $B(0 ; 5 ; 0), C(0 ; 0 ; 10)$ et $D\left(0 ; 0 ;-\frac{5}{2}\right)$.

\[\psset{yunit=.6cm,xunit=.7cm,arrowsize=7pt} \begin{pspicture}(-2,-3.5)(8,11) \psline(-1.7,0)(6,0) \psline(-1,-1)(3,3) \psline(0,-3)(0,11) % \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray](0,10)(2,2)(3,1)(6,2) \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=black](0,10){.08} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=black](2,2){.08} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=black](3,1){.08} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=black](6,2){.08} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=black](0,-2.5){.08} \psline(0,10)(2,2)(3,1)(6,2)(0,10)(3,1) \psline[linestyle=dotted](2,2)(6,2) \psline[linestyle=dotted](2,2)(4.3,4.3) \psline(4.3,4.3)(5.5,5.5) % \rput[r](-.1,-.7){\small$O$} \rput[r](-.3,10.2){$C$} \rput[r](-.3,-2.6){$D$} \rput(1.3,2.1){$B$} \rput(3,.4){$H$} \rput(6.4,1.8){$A$} % \psline{->}(0,0)(.8,.8) \psline{->}(0,0)(0,1) \psline{->}(0,0)(1,0) \rput(.5,-.4){$\vec{j}$} \rput(-.4,.8){$\vec{k}$} \rput(.7,1.2){$\vec{i}$} \end{pspicture} \]


    1. Montrer que $\overrightarrow{n_1}\lp\begin{array}{c}1 \\ -1 \\ 0\enar\rp$ est un vecteur normal au plan (CAD).
    2. En déduire que le plan (CAD) a pour équation cartésienne : $x-y=0$.

  2. On considère la droite $\mathcal{D}$ de représentation paramétrique $\la\begin{array}{l}x=\dfrac52t \\ y=5-\dfrac52t \\ z=0\enar\right.$ où $t \in \R$.
    1. On admet que la droite $\mathcal{D}$ et le plan (CAD) sont sécants en un point $H$. Justifier que les coordonnées de $H$ sont $\lp\dfrac52 ; \dfrac52 ; 0\rp$.
    2. Démontrer que le point $H$ est le projeté orthogonal de $B$ sur le plan (CAD).

    1. Démontrer que le triangle $A B H$ est rectangle en $H$.
    2. En déduire que l'aire du triangle $A B H$ est égale à $\dfrac{25}{4}$.

    1. Démontrer que (CO) est la hauteur du tétraèdre $A B C H$ issue de $C$.
    2. En déduire le volume du tétraèdre $A B C H$.
      On rappelle que le volume d'un tétraèdre est donné par: $V=\dfrac13\mathcal{B} h$ où $\mathcal{B}$ est l'aire d'une base et $h$ la hauteur relative à cette base.
  5. On admet que le triangle $A B C$ est rectangle en $B$. Déduire des questions précédentes la distance du point $H$ au plan $(A B C)$.

Correction
Bac 2024, 5 points
    1. On a $\overrightarrow{CA}\lp\begin{array}{c}5\\5\\-10\enar\rp$ et $\overrightarrow{CD}\lp\begin{array}{c}0\\0\\-\frac{25}2\enar\rp$ et donc les produits scalaires
      \[\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{CA}=1\tm5+(-1)\tm5+0\tm(-10)=0\]

      et
      \[\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{CD}=1\tm0+(-1)\tm0+0\tm\lp-\dfrac{25}2\rp=0\]

      Ainsi $\overrightarrow{n_1}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (CAD), et est donc normal au plan (CAD).
    2. Une équation cartésienne du plan (CAD) est donc de la forme
      \[1x+(-1)y+0z+d=0\iff x-y+d=0\]

      De plus $A(5;5;0)$ est un point de ce plan, et donc $5-5+d=0\iff d=0$.
      Ainsi, le plan (CAD) a bien pour équation cartésienne: $x-y=0$.

  2. On considère la droite $\mathcal{D}$ de représentation paramétrique $\la\begin{array}{l}x=\dfrac52t \\ y=5-\dfrac52t \\ z=0\enar\right.$ où $t \in \R$.
    1. Soit $H(x;y;z)$, alors il existe un réel $t$ tel que $\la\begin{array}{l}x=\dfrac52t \\ y=5-\dfrac52t \\ z=0\enar\right.$ et de plus $x-y=0$.
      Ainsi,
      \[x=y \iff \dfrac52t=5-\dfrac52t \iff t=1\]

      et on trouve alors les coordonnées avec ce paramètre
      \[\la\begin{array}{l}x=\dfrac52\tm1=\dfrac52 \\ y=5-\dfrac52\tm1=\dfrac52 \\ z=0\enar\right. \]

      soit $H\lp\dfrac52 ; \dfrac52 ; 0\rp$.
    2. On a $\overrightarrow{BH}\lp\begin{array}{c}\frac52\\\frac52\\0\enar\rp=5\\overrightarrow{n_1}$, c'est-à-dire que ces vecteurs sont colinéaires. En particulier, comme $\overrightarrow{n_1}$ est normal au plan (CAD), $\overrightarrow{BH}$ est aussi normal à ce plan.
      Comme ce plus $H\in(CAD)$, on en déduit que $H$ est le projeté orthogonal de $B$ sur le plan (CAD).

    1. On peut soit calculer le produit scalaire $\overrightarrow{BH}\cdot\overrightarrow{CH}$, ou alors utiliser le résultat précédent: comme $H$ est le projeté orthogonal de $B$ sur (CAD), on sait donc que $(BH)$ est orthogonale à toutes les droites du plan (CAD), en particulier orthogonale à (AH) puisque A et H appartiennent à (CAD).
    2. L'aire du triangle $A B H$ est
      \[\mathcal{A}_{ABH}=\dfrac12BH\times AH \]

      avec
      \[BH=\sqrt{\lp\dfrac52\rp^2+\lp-\dfrac52\rp^2+0^2}=\dfrac52\sqrt2\]

      et
      \[AH=\sqrt{\lp-\dfrac52\rp^2+\lp-\dfrac52\rp^2+0^2}=\dfrac52\sqrt2\]

      d'où
      \[\mathcal{A}_{ABH}=\dfrac12\tm\dfrac52\sqrt2\tm\dfrac52\sqrt2=\dfrac{25}{4}\]


    1. $O\in(ABH)$ car le plan (ABH) est le plan d'équation $z=0$.
      De plus (OC) est bien orthogonale à ce plan, car $\overrightarrow{OC}\lp\begin{array}{c}0\\0\\1\enar\rp$ est un vecteur normal au plan d'équation $z=0$. Ainsi, (CO) est bien la hauteur du tétraèdre $A B C H$ issue de $C$.
    2. Le volume du tétraèdre $A B C H$ est
      \[\begin{array}{ll}V&=\dfrac13\mathcal{B} h\\[.8em] &=\dfrac13\mathcal{A}_{ABH}\times OC\\[.8em] &=\dfrac13\tm\dfrac{25}4\tm10\\[.8em] &=\dfrac{125}6\enar\]


  5. En calculant le même volume d'une autre façon, on a
    \[V=\dfrac13\mathcal{A}_{ABC}h\]

    où $h$ est la distance recherchée du point H au plan (ABC), et
    \[\mathcal{A}_{ABC}=\dfrac12BC\times BA\]

    avec $BC=\sqrt{0^2+5^2+10^2}=\sqrt{125}=5\sqrt5$ et $BA=\sqrt{5^2+0^2+0^2}=$ d'où
    \[\mathcal{A}_{ABC}=\dfrac12\tm5\sqrt5\tm5=\dfrac{25\sqrt5}2\]

    et donc
    \[V=\dfrac{125}6=\dfrac13\tm\dfrac{25\sqrt5}2h\]

    d'où
    \[h=\dfrac5{\sqrt5}=\sqrt5\]




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