Géométrie dans l'espace: annales de bac et corrections

Terminale générale, spécialité mathématiques

Annales de bac: sujets et corrigés d'exercices posés au baccalauréat en mathématiques de géométrie dans l'espace

Exercice 1: Bac, 20 mars 2023 - Volume d'un tétraèdre dans un cube

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 $\left( A~;~\overrightarrow{AB},~\overrightarrow{AD},~\overrightarrow{AE}\rp$.


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




  1. Donner dans ce repère les coordonnées des points E, C, G.
  2. Déterminer une représentation paramétrique de la droite (EC).
  3. 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].
  6. 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 $B$ est l'aire d'une base du tétraèdre et $h$ est la hauteur relative à cette base.

Correction exercice 1


(Bac spécialité maths, 20 mars 2023)
  1. $E(0;0;1)$, $C(1;1;0)$ et $G(1;1;1)$.
  2. On a $\overrightarrow{EC}(1;1;-1)$ qui dirige $(EC)$ et qui passe par $E(0;0;1)$ 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
    \[(EC):\la\begin{array}{lcl} x&=&t\\ y&=&t\\ z&=&1-t \enar\right.\ , \ pour t\in\R\]

  3. On a $B(1;0;0)$ donc $\overrightarrow{BG}(0;1;1)$ et alors $\overrightarrow{BG}\cdot\overrightarrow{EC}=0\tm1+1\tm1+1\tm(-1)=0$
    et $D(0;1;0)$ donc $\overrightarrow{BD}(-1;1;0)$ et alors $\overrightarrow{BD}\cdot\overrightarrow{EC}=-1\tm1+1\tm1+0\tm(-1)=0$
    Ainsi, $(EC)$ est orthogonale à deux vecteurs non colinéaires du plan $(GBD)$, et donc $(EC)$ est orthogonale au plan $(GBD)$.
    1. $\overrightarrow{EC}(1;1;-1)$ est donc un vecteur normal au plan $(GBD)$ 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 $(EC)$ 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 $E$ au plan $(GBD)$ est égale à $EI$ car $(EC)\perp(GBD)$ et donc $I$ est le projeté orthogonal de $E$ sur $(GBD)$.
      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 $BDG$ est donc bien équilatéral.
    2. On a $J(1/2;1/2;0)$ qui est le pied de la médiane issue de $G$ dans le triangle $BDG$. Mais comme ce triangle est équilatéral, cette médiane est aussi la médiatrice et la hauteur, et en particulier le triangle $BJG$ est rectangle en $J$ 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,
      \[\mathcal{A}_{BDG}=\dfrac12\sqrt2\tm\sqrt{\dfrac32}=\dfrac{\sqrt3}2\]

  6. En utilisant comme base $BDG$ et comme hauteur $EI$ (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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Exercice 2: Bac 2022 - Volume d'un tétraèdre dans un cube

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 exercice 2



  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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Exercice 3: Représentation paramétrique et projeté orthogonal

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 exercice 3



    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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Exercice 4: Bac 2021 - Géométrie dans un cube

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 exercice 4



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


 
    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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Exercice 5: Bac 2021, Amérique du nord - Géométrie dans un cube et représentation paramétrique de droites

On considère un cube ABCDEFGH. Le point I est le milieu du segment [EF], le point J est le milieu du segment [BC] et le point K est le milieu du segment [AE].
\[\psset{unit=0.9cm} \begin{pspicture}(6,7) \pspolygon(0.5,0.4)(5.5,0)(5.5,5)(0.5,5.4)%ABFE \uput[dl](0.5,0.4){A} \uput[dr](5.5,0){B} \uput[u](5.5,5){F} \uput[ul](0.5,5.4){E} \psline(5.5,0)(8.5,1.4)(8.5,6.4)(5.5,5)%BCGF \uput[r](8.5,1.4){C} \uput[ur](8.5,6.4){G} \psline(8.5,6.4)(3.5,6.8)(0.5,5.4)%GHE \uput[u](3.5,6.8){H} \uput[u](3,5.2){I}\uput[dr](7,0.7){J}\uput[l](0.5,2.9){K} \psline[linewidth=1.6pt](0.5,0.4)(3,5.2)%AI \psline[linestyle=dashed,linewidth=1.6pt](3,5.2)(7,0.7)%IJ \psline[linestyle=dashed,linewidth=1.6pt](0.5,2.9)(3.5,6.8)%KH \psline[linestyle=dashed](0.5,0.4)(3.5,1.8)(3.5,6.8)%ADH \uput[ur](3.5,1.8){D} \psline[linestyle=dashed](3.5,1.8)(8.5,1.4)%DC \end{pspicture}\]


  1. Les droites (AI) et (KH) sont-elles parallèles ? Justifier votre réponse,

    Dans la suite, on se place dans le repère orthonormé $\left( A~;~\overrightarrow{AB},~ \overrightarrow{AD},~ \overrightarrow{AE}\rp$.
    1. Donner les coordonnées des points I et J.
    2. Montrer que les vecteurs $\overrightarrow{IJ},~\overrightarrow{AE}$ et $\overrightarrow{AC}$ sont coplanaires.


    On considère le plan $\mathcal P$ d'équation $x + 3y - 2z + 2 = 0$ ainsi que les droites $d_1$ et $d_2$ définies par les représentations paramétriques ci-dessous:

    \[d_1 : \left\{\begin{array}{l c l} x &=&3 + t\\ y &=& 8 - 2t\\ z &=& - 2 + 3t\\ \end{array}\right. , t \in \R\quad \text{et}\quad d_2 : \left\{\begin{array}{l c l} x &=&4 + t\\ y &=&1 + t\\ z &=&8 + 2t\\ \end{array}\right. , t \in \R.\]


  3. Les droites $d_1$ et $d_2$ sont-elles parallèles ? Justifier votre réponse.
  4. Montrer que la droite $d_2$ est parallèle au plan $\mathcal P$.
  5. Montrer que le point L(4 ; 0 ; 3) est le projeté orthogonal du point M(5 ; 3 ; 1) sur le plan $\mathcal P$.

Correction exercice 5


Baccalauréat général, spécialité mathématique, Amérique du Nord mai 2021 (candidats libres)
\[\psset{xunit=0.5cm,yunit=0.5cm} \begin{pspicture}(6,7) \pspolygon(0.5,0.4)(5.5,0)(5.5,5)(0.5,5.4)%ABFE \uput[dl](0.5,0.4){A} \uput[dr](5.5,0){B} \uput[u](5.5,5){F} \uput[ul](0.5,5.4){E} \psline(5.5,0)(8.5,1.4)(8.5,6.4)(5.5,5)%BCGF \uput[r](8.5,1.4){C} \uput[ur](8.5,6.4){G} \psline(8.5,6.4)(3.5,6.8)(0.5,5.4)%GHE \uput[u](3.5,6.8){H} \uput[u](3,5.2){I}\uput[dr](7,0.7){J}\uput[l](0.5,2.9){K} \psline[linewidth=1.6pt](0.5,0.4)(3,5.2)%AI \psline[linestyle=dashed,linewidth=1.6pt](3,5.2)(7,0.7)%IJ \psline[linestyle=dashed,linewidth=1.6pt](0.5,2.9)(3.5,6.8)%KH \psline[linestyle=dashed](0.5,0.4)(3.5,1.8)(3.5,6.8)%ADH \uput[ur](3.5,1.8){D} \psline[linestyle=dashed](3.5,1.8)(8.5,1.4)%DC \end{pspicture}\]



  1. On a A(0;0;0) et I(0,5;0;1), donc $\overrightarrow{AI}(0,5~;~0~;~1)$ et K(0;0;0,5) et H(0;1;1) donc $\overrightarrow{KH}(0~;~1~;~0,5)$.
    Ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les droites (AI) et (KH) ne sont pas parallèles.
    1. On a par lecture graphique I(0,5;0;1), et J(1;0,5;0)
    2. On a $\overrightarrow{IJ}(0,5~;~0,5~;~-1)$, $\overrightarrow{AE}(0~;~0~;~1)$, et $\overrightarrow{AC}(1~;~1~;~0)$.
      On a donc que $2\overrightarrow{IJ} + 2\overrightarrow{AE} = \overrightarrow{AC}$, ce qui montre que ces trois vecteurs sont coplanaires.

      Autre méthode 2, si on ne s'aperçoit pas de la relation suivante, on peut tous simplement la chercher: on cherche s'il existe trois réels a,b et c tels que
      \[a\overrightarrow{IJ}+b\overrightarrow{AE}+c\overrightarrow{AC}=\vec{0} \iff\la\begin{array}{rcrcrcl} 0,5a&+& &+&c &=&0\\ 0,5a&+& &+&c &=&0\\ -a&+& b&& &=&0\enar\right.\]

      dont la troisième équation donne $a=b$ puis $c=-0,5a$, et il y a une infinité de solutions, par exemple $a=b=1$ et $c=-0,5$, d'où la relation
      \[\overrightarrow{IJ}+\overrightarrow{AE}-0,5\overrightarrow{AC}=\vec{0} \iff \overrightarrow{IJ}=-\overrightarrow{AE}+0,5\overrightarrow{AC}\]


    $d_1$ a pour vecteur directeur $\vec{u_1}(1~;~-2~;~3)$ et $d_2$ a pour vecteur directeur $\vec{u_2}(1~;~1~;~2)$ : ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les droites $d_1$ et $d_2$ ne sont pas parallèles
  3. Un vecteur directeur de $d_1$ est $\vec{u}_1(1;-2;3)$ et un vecteur directeur de $d_2$ est $\vec{u}_2(1,1,2)$.
    Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires donc les droites ne sont pas parallèles.
  4. Le plan a pour vecteur normal le vecteur $\vec{p}(1~;~3~;~-2)$ et $d_2$ a pour vecteur directeur $\vec{u_2}(1~;~1~;~2)$.
    Or $\vec{p} \cdot \vec{u_2} = 1 + 3 - 4 = 0$: les vecteurs sont orthogonaux donc la droite $d_2$ est parallèle au plan $\mathcal P$.
  5. Méthode 1. Soit $\Delta$ la perpendiculaire à $\mathcal P$ contenant M. Cette droite a pour vecteur directeur le vecteur $\vec{p}$, donc une équation paramétrique de $\Delta$ est :
    \[\la\begin{array}{rcl} x&=&5 + 1t\\ y&=&3 + 3t\\ z&=&1 - 2t\\ \enar\right., t \in \R.\]

    Le projeté L, de M sur le plan $\mathcal P$ a ses coordonnées qui vérifient les quatre équations:
    \[\left\{\begin{array}{rcl} x&=&5 + 1t\\ y&=&3 + 3t\\ z&=&1 - 2t\\ x + 3y - 2z + 2&=&0 \end{array}\right. , t \in \R.\]

    et donc, en substituant les expressions des coordonnées dans la dernière équation du plan, on obtient
    \[5 + t + 3(3 + 3t) - 2(1 - 2t) + 2 = 0 \iff t = - 1\]

    En reportant dans les trois premières équations du système, on trouve alors les coordonnées de L projeté orthogonal de M sur $\mathcal P$ :
    \[\la\begin{array}{lcl} x&=&5 - 1\\ y&=&3 + 3\times (- 1)\\ z&=&1 - 2\times (- 1)\\ \enar\right. \iff \la\begin{array}{l c l} x&=&4\\ y&=&0\\ z&=&3\\ \enar\right.\]


    Donc le projeté orthogonal de M sur le plan $\mathcal P$ est le le point L(4 ; 0 ; 3).


    Méthode 2. On a $\overrightarrow{ML}(-1~;~- 3~;~2)$, donc $\overrightarrow{ML}=-\vec{p}$ est un vecteur normal au plan $\mathcal{P}$.
    D'autre part
    \[L(4~;~0~;~3)\in\mathcal{P}\iff 4 + 3 \times 0 - 2 \times 3 + 2 = 6 - 6 = 0\]

    est vraie, donc L est bien le projeté orthogonal de M sur le plan $\mathcal P$.


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Exercice 6: Bac 2021 - QCM de géométrie dans l'espace

Cet exercice est un questionnaire à choix multiples. Pour chacune des questions suivantes, une seule des quatre réponses proposées est exacte.
Une réponse exacte rapporte un point. Une réponse fausse, une réponse multiple ou l'absence de réponse à une question ne rapporte ni n'enlève de point.
Pour répondre, indiquer sur la copie le numéro de la question et la lettre de la réponse choisie.
Aucune justification n'est demandée.

\[\psset{unit=1cm} \begin{pspicture}(-0.5,-0.5)(9,5) \psline(0,0)(5,0)(8,1.8)%DCB \pspolygon[linestyle=dashed](0,0)(8,1.8)(3,1.8)(0,0)%BADB \psline[linestyle=dashed](5,0)(3,1.8)(4,4)(4,0.95)%CASI \psline(0,0)(4,4)(5,0)(8,1.8)(4,4)%DSCBS \uput[dl](0,0){D}\uput[dr](5,0){C}\uput[ur](8,1.8){B}\uput[ul](3,1.8){A} \uput[u](4,4){S}\uput[d](4,0.95){I} \uput[ul](2,2){K}\uput[ur](4.5,2){L}\uput[ur](6,2.9){M} \psdots[dotstyle=+,dotangle=30,dotscale=1.85](2,2)(4.5,2)(6,2.9) \end{pspicture}\]


SABCD est une pyramide régulière à base carrée ABCD dont toutes les arêtes ont la même longueur.
Le point I est le centre du carré ABCD. On suppose que: IC = IB = IS = 1.
Les points K, L et M sont les milieux respectifs des arêtes [SD], [SC] et [SB].


  1. Les droites suivantes ne sont pas coplanaires:
    a.  (DK) et (SD)   b.  (AS) et (IC)   c.  (AC) et (SB)   d.  (LM) et (AD)

    Pour les questions suivantes, on se place dans le repère orthonormé de l'espace $\left( I~;~ \overrightarrow{IC},~\overrightarrow{IB},~\overrightarrow{IS}\rp$.
    Dans ce repère, on donne les coordonnées des points suivants:
    \[I(0;0;0) \ ; \ A(-1;0;0) \ ; \ B(0;1;0) \ ; \ C(1;0;0) \ ; \ D(0;-1;0) \ ; \ S(0;0;1)\]


  2. Les coordonnées du milieu N de [KL] sont:
    a.  $\left(\dfrac{1}{4}~;~\dfrac{1}{4}~;~\dfrac{1}{4}\right)$   b. $\left(\dfrac{1}{4}~;~- \dfrac{1}{4}~;~\dfrac{1}{2}\right)$   c. $\left(-\dfrac{1}{4}~;~\dfrac{1}{4}~;~\dfrac{1}{2}\right)$   d. $\left(-\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}~;~1\right)$
  3. Les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{AS}$ sont:
    a.  $\begin{pmatrix}1\\1\\0 \end{pmatrix}$   b.  $\begin{pmatrix}1\\0\\1 \end{pmatrix}$   c.  $\begin{pmatrix}2\\1\\-1 \end{pmatrix}$   d.  $\begin{pmatrix} 1\\1\\1\end{pmatrix}$
  4. Une représentation paramétrique de la droite (AS) est:
    a.  $\left\{\begin{array}{l !{=} r}x&-1-t\\y&t\\z&-t \end{array}\right. , (t \in \R)$   b.  $\left\{\begin{array}{l !{=} r}x&-1+2t\\y&0\\z&1 + 2t\end{array}\right. (t \in \R)$   c.  $\left\{\begin{array}{l !{=} r}x&t\\y&0\\z&1+t\end{array}\right.(t \in \R)$   d.  $\left\{\begin{array}{l !{=} r}x&-1-t\\y&1+t\\z&1-t\end{array}\right.(t \in \R)$
  5. Une équation cartésienne du plan (SCB) est:
    a.  $y+z-1 =0$   b. $x+y+z- 1=0$   c. $x-y+z=0$&   d. $x+z-1 =0$

Correction exercice 6



  1. Réponse c.

    On peut procèder par élimination:
    • Les droites (DK) et (SD) sont sécantes en D donc coplanaires; on élimine a.
    • Les droites (AS) et (IC) sont sécantes en A donc coplanaires; on élimine b.
    • Les droites (LM) et (AD) sont toutes deux parallèles à (BC) donc parallèles entre elles; elles sont donc coplanaires; on élimine d.

  2. Réponse b.

    On calcule les coordonnées des milieux: le milieu K de [SD] a pour coordonnées $\lp0~;~-\frac{1}{2}~;~\frac{1}{2}\rp$, et le milieu L de [SC] a pour coordonnées $\lp\frac{1}{2}~;~0~;~\frac{1}{2}\rp$, et enfin le milieu N de [KL] a donc pour coordonnées $\lp\frac{1}{4}~;~-\frac{1}{4}~;~\frac{1}{2}\rp$.


  3. Réponse b.

  4. Réponse c.

    La droite (AS) a pour vecteur directeur $\overrightarrow{AS}\,(1~;~0~;~1)$ et donc la seule représentation qui convienne est la c.

  5. Réponse b.

    On peut là aussi procèder par élimination:
    • Le plan d'équation $y+z-1=0$ ne contient pas C $(1~;~0~;~0)$; on élimine a.
    • Le plan d'équation $x-y+z=0$ ne contient pas S $(0~;~0~;~1)$; on élimine c.
    • Le plan d'équation $x+z-1=0$ ne contient pas B $(0~;~1~;~0)$; on élimine d.



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Exercice 7: Bac 2021 - Distance point à un plan et volume d'une pyramide

Dans l'espace rapporté à un repère orthonormé $\left( O, \vec{i}, \vec{j}, \vec{k}\rp$, on considère les points:
A de coordonnées (2 ; 0 ; 0), B de coordonnées (0 ; 3 ; 0) et C de coordonnées (0 ; 0 ; 1).

\[\psset{unit=1cm} \begin{pspicture}(-0.5,-0.5)(12,6) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=gray!20,linestyle=dashed](0,0)(2.4,4.5)(10.4,2) %\psgrid \psline(0,0)(8,0)(10.4,2)(10.4,4.5)(8,2.5)(8,0) \psline(8,2.5)(0,2.5)(0,0) \psline(0,2.5)(2.4,4.5)(10.4,4.5) \psline[linestyle=dashed](0,0)(2.4,2)(2.4,4.5) \psline[linestyle=dashed](2.4,2)(10.4,2) \uput[dl](0,0){A}\uput[u](2.4,4.5){C}\uput[r](10.4,2){B}\uput[d](2.5,2){O} \end{pspicture}\]




L'objectif de cet exercice est de calculer l'aire du triangle ABC.


    1. Montrer que le vecteur $\vec{n}\begin{pmatrix}3\\2\\6\end{pmatrix}$ est normal au plan (ABC).
    2. En déduire qu'une équation cartésienne du plan (ABC) est : $3x + 2y + 6z - 6 = 0$.
  2. On note $d$ la droite passant par O et orthogonale au plan (ABC).
    1. Déterminer une représentation paramétrique de la droite $d$.
    2. Montrer que la droite $d$ coupe le plan (ABC) au point H de coordonnées $\lp\dfrac{18}{49}~;~\dfrac{12}{49}~;~\dfrac{36}{49}\rp$.
    3. Calculer la distance OH.

  3. On rappelle que le volume d'une pyramide est donné par: $V = \dfrac{1}{3}\mathcal{B}h$, où $\mathcal{B}$ est l'aire d'une base et $h$ est la hauteur de la pyramide correspondant à cette base.
    En calculant de deux façons différentes le volume de la pyramide OABC, déterminer l'aire du triangle ABC.

Correction exercice 7


(Bac général, spécialité mathématiques, 15 mars 2021)

\[\psset{unit=0.8cm,arrowsize=8pt} \begin{pspicture}(-0.5,-0.6)(13,5.2) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=gray!20,linestyle=dashed](0,0)(2.4,4.5)(10.4,2) %\psgrid \psline(0,0)(8,0)(10.4,2)(10.4,4.5)(8,2.5)(8,0) \psline(8,2.5)(0,2.5)(0,0) \psline(0,2.5)(2.4,4.5)(10.4,4.5) \psline[linestyle=dashed](0,0)(2.4,2)(2.4,4.5) \psline[linestyle=dashed](2.4,2)(10.4,2) \rput[l](-.4,-.5){A(2;0;0)} \rput[l](2.4,4.8){C(0;0;1)} \rput[l](10.6,2){B(0;3;0)} \uput[d](2.5,2){O} \psline[linecolor=red,linewidth=1.4pt]{->}(2.4,2)(1.2,1) \rput(1.5,1.8){\red$\vec{i}$} \psline[linecolor=red,linewidth=1.4pt]{->}(2.4,2)(4.9,2) \rput(3.4,1.5){\red$\vec{j}$} \psline[linecolor=red,linewidth=1.4pt]{->}(2.4,2)(2.4,4.5) \rput(2,3){\red$\vec{j}$} \end{pspicture}\]


    1. Pour montrer que le vecteur $\vec{n}\begin{pmatrix}3\\2\\6\end{pmatrix}$ est normal au plan (ABC), il suffit de démontrer que ce vecteur est orthogonal à deux vecteurs directeurs du plan (ABC), par exemple $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$. On a $\overrightarrow{AB}(-2~;~3~;~0)$ donc $\overrightarrow{AB}\cdot \vec{n}=-2\tm3 + 3\tm2 + 0\tm 6 =0$ et ainsi $\overrightarrow{AB}\perp \vec{n}$.
      De même, $\overrightarrow{AC}(-2~;~0~;~1)$ donc $\overrightarrow{AC}\cdot \vec{n}=-2\tm3 + 0\tm2 + 1\tm6 =0$ et ainsi, aussi, $\overrightarrow{AC}\perp \vec{n}$. On en déduit que le vecteur $\vec{n}$ est normal au plan (ABC).
    2. $M(x;y;z)\in(ABC)\iff\overrightarrow{AM}\perp \vec{n}\iff\overrightarrow{AM}\cdot\vec{n}=0$.
      Or $\overrightarrow{AM}$ a pour coordonnées $(x-2~;~y~;~z)$.
      et donc $M\in(ABC)\iff (x-2)\times 3 + y\times 2 + z\times 6=0 \iff 3x +2y +6z -6=0$
      Le plan (ABC) a donc pour équation cartésienne $3x + 2y + 6z - 6 = 0$.

    1. La droite $d$ est orthogonale au plan (ABC) donc elle a pour vecteur directeur le vecteur $\vec{n}$ normal à (ABC).
      De plus elle passe par le point O de coordonnées $(0~;~0~;~0)$.
      Une représentation paramétrique de la droite $d$ est donc $\left\{}\newcommand{\ra}{\right\} \begin{array}{l !{=} l} x & 3k\\ y & 2k,\quad k\in\R\\ z & 6k \end{array} \right .$
    2. La droite $d$ est orthogonale au plan (ABC), et donc elle le coupe en un point H. Soit $H(x;y;z)$ alors on a $\left \lbrace \begin{array}{rcr} x&=& 3k\\ y &=& 2k\\ z &=& 6k\\ 3x+2y+6z-6 &=& 0 \end{array} \right .$
      Donc, en substituant dans la troisième équation, on obtient
      \[\begin{array}{ll}&3\tm3k+2\tm 2k+6\tm 6k-6 = 0\\[.3em] \iff& 9k+4k+36k=6\\ \iff& k=\dfrac{6}{49}\enar\]


      On en déduit que
      \[\la\begin{array}{rcrcr} x&=&3k&=&\dfrac{18}{49}\\[.8em] y&=&2k&=&\dfrac{12}{49}\\[.8em] z&=&6k&=&\dfrac{36}{49}\enar\right.\]

      et on a donc trouvé les coordonnées $H\lp\dfrac{18}{49}~;~\dfrac{12}{49}~;~\dfrac{36}{49}\rp$.
    3. On calcule alors directement
      \[\begin{array}{ll} OH^2&=\left( x_{\text H}-x_{\text O}\rp^2 + \left( y_{\text H}-y_{\text O}\rp^2 + \left( z_{\text H}-z_{\text O}\rp^2 \\[.6em] &=\lp\dfrac{18}{49}\rp^2+\lp\dfrac{12}{49}\rp^2+\lp\dfrac{36}{49}\rp^2\\[1em] &= \dfrac{18^2+12^2+36^2}{49^2} = \dfrac{1764}{49^2} \enar\]

      On obtient donc la distance $OH = \sqrt{\dfrac{1764}{49^2}}=\frac{42}{49} = \dfrac{7 \times 6}{7 \times 7} = \dfrac{6}{7}$.

    • On peut prendre le triangle OAB pour base de la pyramide OABC, la hauteur est alors OC, et le volume
      \[\mathcal{V}=\dfrac{1}{3}\times \mathcal{B}\times OC\]


      avec $\mathcal{B}=\mathcal{A}_{OAB} = \dfrac{1}{2}\times OA\times OB = \dfrac12\times 2\times 3 = 3$ et $\text{OC}=1$.
      On obtient donc le volume
      \[\mathcal{V}=\dfrac{1}{3}\times 3 \times 1= 1\]


    • On peut aussi prendre le triangle ABC pour base de la pyramide OABC, la hauteur est alors OH, et le volume est
      \[\mathcal{V}=\dfrac13\times \mathcal{B}'\times OH\]

      avec $\mathcal{B}'$ est l'aire du triangle ABC.
      On a ici $OH=\dfrac{6}{7}$ et $\mathcal{V} = 1$ donc
      \[\mathcal{V}=1=\dfrac13\times \mathcal{B}' \times \dfrac{6}{7}\]

      d'où on déduit que
      \[\mathcal{B}'=\mathcal{A}_{ABC}==\dfrac{49}{14}= \dfrac72\]

      .


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Exercice 8: Bac 2021 - Orthogonalité dans l'espace et minimisation d'une distance et volume d'une pyramide

Dans un repère orthonormé $\left( O;\vec{i},\vec{j},\vec{k}\rp$ on considère
  • le point A de coordonnées (1 ; 3 ; 2),
  • le vecteur $\vec{u}$ de coordonnées $\begin{pmatrix} 1\\1\\0\\\end{pmatrix}$
  • la droite $d$ passant par l'origine O du repère et admettant pour vecteur directeur $\vec{u}$.


Le but de cet exercice est de déterminer le point de $d$ le plus proche du point A et d'étudier quelques propriétés de ce point.
On pourra s'appuyer sur la figure ci-contre pour raisonner au fur et à mesure des questions.

\[\psset{unit=1.6cm} \begin{pspicture}(-1.9,-2)(4,2.5) \psline{->}(-1.7,0)(4,0) \psline{->}(0,0)(-1,-1.5) \psline{->}(0,-1.8)(0,2.5) \rput(-1.2,-1.5){$x$} \rput(3.95,.2){$y$} \rput(-.15,2.4){$z$} \psline(-1,.08)(-1,-.08)\psline(1,.08)(1,-.08)\psline(2,.08)(2,-.08)\psline(3,.08)(3,-.08) \psline(-.08,-1)(.08,-1)\psline(-.08,1)(.08,1)\psline(-.08,2)(.08,2) \psline(-.41,-.5)(-.25,-.5) \psline(-.73,-1)(-.58,-1) % rep\`ere \psline[arrowsize=7pt,linewidth=1.2pt]{->}(0,0)(1,0) \psline[arrowsize=7pt,linewidth=1.2pt]{->}(0,0)(0,1) \psline[arrowsize=7pt,linewidth=1.2pt]{->}(0,0)(-.35,-.5) \rput(-.5,-.4){$\vec{i}$} \rput(-.2,.7){$\vec{k}$} \rput(.8,.25){$\vec{j}$} %droite d \psline(-1,1)(2,-2)\rput(.25,-.5){$\vec{u}$} \psline[arrowsize=8pt]{->}(0,0)(.5,-.5) % \psline(0,0)(2.5,1.5)(2.5,-.5)(1.2,-1.2) \rput(2.65,1.65){A} \psline[linestyle=dashed](0,0)(2.5,-.5) \rput(2.65,-.65){A'} \psline(2.5,1.5)(1.2,-1.2) \rput(1,-1.3){$M_0$} %\psline(-4,-.5)(4,-.5) \end{pspicture}\]

  1. Déterminer une représentation paramétrique de la droite $d$.
  2. Soit $t$ un nombre réel quelconque, et $M$ un point de la droite $d$, le point $M$ ayant pour coordonnées $(t~;~t~;~0)$.
    1. On note AM la distance entre les points A et M. Démontrer que:

      \[AM^2 = 2t^2 - 8t+ 14.\]

    2. Démontrer que le point $M_0$ de coordonnées $(2~;~2~;~0)$ est le point de la droite $d$ pour lequel la distance $AM$ est minimale.
      On admettra que la distance $AM$ est minimale lorsque son carré $AM^2$ est minimal.
  3. Démontrer que les droites $(AM_0)$ et $d$ sont orthogonales.
  4. On appelle $A'$ le projeté orthogonal du point $A$ sur le plan d'équation cartésienne $z = 0$. Le point $A'$ admet donc pour coordonnées $(1~;~3~;~0)$.
    Démontrer que le point $M_0$ est le point du plan $(AA'M_0)$ le plus proche du point O, origine du repère.
  5. Calculer le volume de la pyramide $OM_0A'A$.
    On rappelle que le volume d'une pyramide est donné par: $V = \dfrac{1}{3}\mathcal{B}h$, où $\mathcal{B}$ est l'aire d'une base et $h$ est la hauteur de la pyramide correspondant à cette base.

Correction exercice 8


(Bac général, spécialité mathématiques, métropole, 7 juin 2021)
  1. $M(x~;~y~;~z) \in (d) \iff \overrightarrow{OM} = t\vec{u}, \, \text{avec } t \in \R$, soit :
    \[\left\{\begin{array}{l c l} x&=&t\\ y&=&t\\ z&=&0 \end{array}\right., \, t \in \R\]


    1. De $\overrightarrow{AM}\begin{pmatrix}t - 1\\t - 3\\0 - 2\end{pmatrix}$, on calcule:
      \[\begin{array}{ll}AM^2 &= (t - 1)^2 + (t - 3)^2 + (- 2)^2 \\[.3em] &= t^2 + 1 - 2t + t^2 + 9 - 6t + 4 \\[.3em] &= 2t^2 - 8t+ 14\enar\]

    2. L'expression précédente est une expression du second degré. On peut soit étudier les variations (dérivée, signe, ...) soit se rappeler que le sommet de la parabole est en $t_0=-\dfrac{b}{2a}=-\dfrac{-8}{2\tm2}=2$.
      On a alors $AM_0=2t_0^2 - 8t_0+ 14=6$, et donc la plus petite distance est $AM_0 = \sqrt{6}$ avec $M_0(2~;~2~;~0)$.
  3. On a $\overrightarrow{AM_0}\begin{pmatrix}1\\- 1\\-2\end{pmatrix}$ et $\vec{u}\begin{pmatrix}1\\ 1\\0\end{pmatrix}$ est un vecteur directeur de $(d)$.
    On a $\overrightarrow{AM_0} \cdot \vec{u} = 1 - 1 + 0 = 0$ : les vecteurs sont orthogonaux donc les droites $\left(\text{A}M_0\right)$ et $d$ sont orthogonales.
  4. $\vec{u}$ est orthogonal au plan horizontal d'équation $z = 0$. Comme A$'$ et $M_0$ appartiennent à ce plan le vecteur $\vec{u}$ est orthogonal au vecteur $\overrightarrow{A'M_0}$.
    Donc le vecteur $\vec{u}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $\left(\text{AA}'M_0\right)$,donc la droite $(d)$ est orthogonale au plan $\left(\text{AA}'M_0\right)$. Le point $M_0$ est donc le projeté orthogonal de O sur le plan $\left(\text{AA}'M_0\right)$, donc O$M_0$ est la distance la plus courte du point O au plan $\left(\text{AA}'M_0\right)$.
  5. On peut prendre la base $AA'M_0$ qui est un triangle rectangle en $A'$, avec $AA' = 2$
    et donc $A'M_0=\sqrt{(2 - 1)^2 + (2 - 3)^2 + 0^2}=\sqrt2$.
    On a donc $\mathcal{A}_{AA'M_0} = \dfrac12\tm2 \tm \sqrt{2}=\sqrt{2}$.
    D'autre part, la hauteur correspondante est $h=OM_0 =\sqrt{ 2^2 + 2^2} = \sqrt{8}= 2\sqrt{2}$.
    On obtient finalement
    \[V = \left( AA'M_0\right) = \dfrac{\sqrt2 \times 2\sqrt{2}}{3} = \dfrac43\]



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Exercice 9: Bac 2018, Pondichéry - Droite, plan, intersection

Dans l'espace muni du repère orthonormé $\left( O; \vec{i}, \vec{j}, \vec{k}\rp$ d'unité 1 cm, on considère les points A, B, C et D de coordonnées respectives (2 ; 1 ; 4), (4 ; -1 ; 0), (0 ; 3 ; 2) et (4 ; 3 ; -2).


  1. Déterminer une représentation paramétrique de la droite (CD).
  2. Soit M un point de la droite (CD).
    1. Déterminer les coordonnées du point M tel que la distance BM soit minimale.
    2. On note H le point de la droite (CD) ayant pour coordonnées (3 ; 3 ; - 1). Vérifier que les droites (BH) et (CD) sont perpendiculaires.
    3. Montrer que l'aire du triangle BCD est égale à $12\,\text{cm}^2$.
    1. Démontrer que le vecteur $\vec{n}\begin{pmatrix}2\\1\\2\end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan (BCD).
    2. Déterminer une équation cartésienne du plan (BCD).
    3. Déterminer une représentation paramétrique de la droite $\Delta$ passant par A et orthogonale au plan (BCD).
    4. Démontrer que le point I, intersection de la droite $\Delta$ et du plan (BCD) a pour coordonnées $\left(\dfrac{2}{3}~;~\dfrac{1}{3}~;~\dfrac{8}{3}\right)$.
  4. Calculer le volume du tétraèdre ABCD.

Correction exercice 9



  1. $\overrightarrow{CD}(4;0;-4)$ est un vecteur directeur de la droite $(CD)$, d'où la représentation paramétrique
    \[(CD):\la\begin{array}{ll}x=4t\\y=3\\z=2-4t\enar\right.\,, \ t\in\R\]

  2. Soit M un point de la droite (CD).
    1. $BM$ est minimale si et seulement si $M$ est le projeté orthogonal de $B$ sur la droite $(CD)$: donc $M\in(CD)$ et $\overrightarrow{BM}\perp\overrightarrow{CD}\iff\overrightarrow{BM}\cdot\overrightarrow{CD}=0$.
      Soit $M(x,y,z)$, alors il existe $t\in\R$ tel que
      \[M\in(CD)\iff\la\begin{array}{ll}x=4t\\y=3\\z=2-4t\enar\right. \quad\text{ et } \quad \begin{array}[t]{ll}\overrightarrow{BM}\cdot\overrightarrow{CD}&=4(x-4)+0(y+1)+(-4)(z-0)=0 \\ &\iff 4x-4z=16\end{array} \]

      On doit donc avoir
      \[4x-4z=4(4t)-4(2-4t)=16\iff 32t-8=16\iff t=\dfrac{24}{32}=\dfrac34\]

      et donc finalement, $M(3;3;-1)$.
    2. $H(3~;~3~;~- 1)$ donc $BH(-1;4;-1)$ et alors $\overrightarrow{BH}\cdot\overrightarrow{CD}=-1\tm4+4\tm0+(-1)\tm(-4)=0$, ce qui montre que les droites $(BH)$ et $(CD)$ sont orthogonales.
      De plus, on sait que $H\in(CD)$, donc que ces deux droites sont sécantes en $H$.
      On en déduit donc que ces deux droites $(BH)$ et $(CD)$ sont bien perpendiculaires.
    3. D'après ce qui précède, $(BH)$ est la hauteur issue de $B$ dans $BCD$, et donc
      \[\mathcal{A}_{BCD} = \dfrac12\times CD \times BH = \dfrac12\tm\sqrt{32}\tm\sqrt{18}= \sqrt{144}= 12\]


    1. On a $\overrightarrow{BC}(-4;4;2)$ et $\overrightarrow{CD}(4;0;-4)$, d'où
      \[\begin{array}{lcl} \vec{n}\cdot\overrightarrow{BC}&=&2\tm(-4)+1\tm4+2\tm2=0\\[.4em] \vec{n}\cdot\overrightarrow{CD}&=&2\tm(4)+1\tm0+2\tm(-4)=0 \enar\]

      Ainsi, le vecteur $\vec{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(BCD)$ et ainsi il est orthogonal à tous les vecteurs de ce plan, c'est-à-dire orthogonal au plan $(BCD)$.
    2. On déduit de ce qui précède qu'une équation cartésienne du plan $(BCD)$ s'écrit sous la forme
      \[2x+y+2z+d=0\]

      avec de plus, par exemple, $B(4;-1;0)\in(BCD)$ donc $2\tm4+(-1)+2\tm0+d=0\iff d=-7$, d'où l'équation
      \[2x+y+2z-7=0\]

    3. La droite $\Delta$ est orthogonale au plan $(BCD$) et donc $\vec{n}$ en est un vecteur directeur, avec de plus $A(2;1;4)\in\Delta$, d'où une représentation paramétrique
      \[\Delta:\la\begin{array}{ll}x=2+2t\\y=1+t\\z=4+2t\enar\right.\ , \ t\in\R\]

    4. Soit $I(x;y;z)$, intersection de la droite $\Delta$ et du plan $(BCD)$, alors d'une part $I\in(BCD)\iff 2x+y+2z-7=0$.
      D'autre part, comme $I\in\Delta$, et d'après la question précèdente, il existe un réel $t$ tel que les coordonnées de $I$ vérifient les équations paramétriques de $\Delta$.
      On a donc
      \[2(2+2t)+(1+t)+2(4+2t)-7=0 \iff 9t+6=0\iff t=-\dfrac69=-\dfrac23\]

      et on trouve alors les coordonnées
      \[\la\begin{array}{ll}x=2+2\lp-\dfrac23\rp=\dfrac23\\ y=1+\lp-\dfrac23\rp=\dfrac13\\ z=4+2\lp-\dfrac23\rp=\dfrac83\enar\right.\]

      qui sont les coordonnées recherchées.
  4. Comme $\Delta$ est perpendiculaire au plan $(BCD)$ en $I$ et passe par $A$, on en déduit que $AI$ est la hauteur du tétraèdre $ABCD$ de base $BCD$, et donc
    \[\mathcal{V}_{ABCD} = \dfrac13\times AI\times \mathcal{A}_{ABCD} =\dfrac13\times AI\times12\]

    avec
    \[\begin{array}{ll}AI&=\sqrt{\lp\dfrac23-2\rp^2+\lp\dfrac13-1\rp^2+\lp\dfrac83-4\rp^2}\\[1.4em] &=\sqrt{\dfrac{4^2+2^2+4^2}{3^2}}=\sqrt{\dfrac{36}{3^2}}=\dfrac63=2 \enar\]

    d'où le volume du tétraèdre $\mathcal{V}_{ABCD}=\dfrac13\tm2\tm12=8\,cm^3$


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Exercice 10: Bac 2015, Nouvelle Calédonie - Droites perpendiculaires dans l'espace

L'espace est rapporté au repère orthonormé $\left( O;\vec{i},\vec{j},\vec{k}\rp. On désigne par $\R l'ensemble des nombres réels.
On rappelle que deux droites de l'espace sont dites perpendiculaires si et seulement si elles sont orthogonales et sécantes.


Soient le point $A_1 de coordonnées $(0~;~2~;~-1) et le vecteur $\overrightarrow{u_1} de coordonnées $\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}.
On appelle $D_1 la droite passant par $A_1 et de vecteur directeur $\overrightarrow{u_1}.
On appelle $D_2 la droite qui admet pour représentation paramétrique $\left\{\begin{array}{l c r} x&=&1 + k\\y&=& - 2k\\ z&=&2\phantom{+ k} \end{array}\right.\:(k \in \R).
Le but de l'exercice est de prouver l'existence d'une droite perpendiculaire à la fois à $D_1 et $D_2.


    1. Donner une représentation paramétrique de $D_1.
    2. Donner un vecteur directeur de $D_2 (on le notera : $\overrightarrow{u_2}).
    3. Le point $A_2(- 1~;~4~;~2) appartient-il à $D_2 ?
  2. Démontrer que les droites $D_1 et $D_2 sont non coplanaires.
  3. Soit le vecteur $\vec{v}\begin{pmatrix}- 6\\- 3\\4\end{pmatrix}. On définit la droite $\Delta_1 passant par $A_1 et de vecteur directeur $\vec{v} et la droite $\Delta_2 passant par $A_2 et parallèle à $\Delta_1. Justifier que les droites $D_1 et $\Delta_1 sont perpendiculaires.

    Dans la suite, on admettra que les droites $D_2 et $\Delta_2 sont perpendiculaires.

  4. Soit $P_1 le plan défini par les droites $D_1 et $\Delta_1 et $P_2 le plan défini par les droites $D_2 et $\Delta_2.
    1. Soit le vecteur $\vec{n}\begin{pmatrix}17\\- 22\\9\end{pmatrix}. Vérifier que $\vec{n} est un vecteur normal au plan $P_1.
    2. Montrer que $P_1 et $P_2 ne sont pas parallèles.
  5. Soit $\Delta la droite d'intersection des plans $P_1 et $P_2. On admettra que le vecteur $\vec{v} est un vecteur directeur de $\Delta. Utiliser les questions précédentes pour prouver qu'il existe une droite de l'espace perpendiculaire à la fois à $D_1 et à $D_2.

Correction exercice 10


    1. Une représentation paramétrique de $D_1 s'obtient en traduisant l'égalité $\overrightarrow{A_1M} = t\overrightarrow{u_1} avec $t \in \R soit:
      $\left\{\begin{array}{l c l} x - 0 &=& t \\ y - 2 &=& 2t\\ z - (- 1)&=&3t \end{array}\right. \quad t \in \R \iff \left\{\begin{array}{l c l} x &=& t \\ y &=&2 + 2t\\ z &=&- 1 + 3t \end{array}\right. \quad t \in \R .
    2. Dans la représentation paramétrique, on reconnait qu'un vecteur directeur de $D_2 est $\overrightarrow{u_2}\lp\begin{array}{c}1\\-2\\0\enar\rp.
    3. $A_2 \in D_2 \iff \left\{\begin{array}{l c l} - 1 &=&1 + k \\ 4 &=&0 - 2k\\ 2 &=&2 + 0k \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} - 2 &=&k \\ - 2 &=&k\\ 2 &=&2 \end{array}\right. qui a une solution $k = - 2.
      Le point $A_2 appartient à $D_2.
  2. Les vecteurs directeurs de $D_1 et de $D_2 ne sont pas colinéaires, donc les droites ne sont pas parallèles. Elles sont sécantes s'il existe des réels $t et $k tels que: $\left\{\begin{array}{lcl} t &=&1 + k \\ 2 + 2t &=&0 - 2k\\ - 1 + 3t &=&2 + 0k \enar\right. \iff\left\{\begin{array}{lcl} t &=&1 + k \\ 2 + 2 + 2k &=&0 - 2k\\ - 1 + 3 +3k &=&2 + 0k \enar\right. \iff \left\{\begin{array}{lcl} t &=&1 + k \\ 4k &=&- 4\\ 3k &=&0 \enar\right. \iff \left\{\begin{array}{lcl} t &=&1 + k \\ k &=&- 1\\ k &=&0 \enar\right. Ce système n'a pas de solution donc il n'existe pas de point commun aux deux droites, elles ne sont donc pas coplanaires.
  3. Les droites $D_1 et $\Delta_1 contiennent le point $A_1. Pour montrer qu'elles sont perpendiculaires il suffit de montrer que deux de leurs vecteurs directeurs sont orthogonaux : $\overrightarrow{u_1} \cdot \vec{v} = - 6 - 6 + 12 = 0. Ainsi, les droites $D_1 et $\Delta_1 sont perpendiculaires.
  4. Les droites $D_2 et $\Delta_2 sont aussi perpendiculaires
    1. $\vec{n} est un vecteur normal au plan $P_1 s'il est orthogonal aux deux vecteurs non colinéaires et non nuls de ce plan $\vec{u_1} et $\vec{v} ; or $\vec{n} \cdot \vec{u_1} = - 6 - 6 + 12 = 0
      $\vec{n} \cdot \vec{v} = 17\times(-6)-22\times(-3)+4\times 9 = - 102 + 66 + 36 = 0
      Le vecteur $\vec{n} est orthogonal a deux vecteurs non colinéaires du plan $P_1. Il est par conséquent normal à ce plan.
    2. Si $P_1 et $P_2 sont parallèles, $\vec{n} vecteur normal au plan $P_1 est aussi un vecteur normal au plan $P_2 ; il est donc orthogonal à tout vecteur non nul du plan $P_2 comme $u_2 et $\vec{v}. On a bien $\vec{n} \cdot \vec{v} = 0, mais $\vec{n} \cdot \vec{u_2} = 17 + 44 + 0 = 61 \ne 0.
      Donc $\vec{n} n'est pas normal au plan $P_2 et les deux plans $P_1 et $P_2 ne sont pas parallèles.
  5. $\Delta est parallèle à $\Delta_1 et $\Delta_2 lesquelles sont respectivement perpendiculaire à $D_1 et $D_2.
    Par conséquent la droite $\Delta est orthogonale aux droites $D_1 et $D_2.
    Or cette droite appartient au plan $P_1 et au plan $P_2. Elle est donc perpendiculaire aux droites $D_1 et $D_2. Il existe donc une droite de l'espace perpendiculaire à la droite $D_1 et à $D_2 : c'est la droite $\Delta.


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Exercice 11: Bac 2015 - Géométrie dans l'espace


Dans un repère orthonormé (O, I, J, K) d'unité 1 cm, on considère les points $A(0;-1;5), $B(2;-1;5), $C(11;0;1), $D(11;4;4).


Un point $M se déplace sur la droite $(AB) dans le sens de $A vers $B à la vitesse de 1cm par seconde.
Un point $N se déplace sur la droite $(CD) dans le sens de $C vers $D à la vitesse de 1cm par seconde.
À l'instant $t=0 le point $M est en $A et le point $N est en $C.
On note $M_t et $N_t les positions des points $M et $N au bout de $t secondes, $t désignant un nombre réel positif.
On admet que $M_t et $N_t, ont pour coordonnées : $M_t(t;-1;5) et $N_t(11;0,8t;1+0,6t).


Les questions 1 et 2 sont indépendantes.


    1. La droite $(AB) est parallèle à l'un des axes $(OI), $(OJ) ou $(OK). Lequel ?
    2. La droite $(CD) se trouve dans un plan $\mathcal{P} parallèle à l'un des plans $(OIJ), $(OIK) ou $(OJK). Lequel ? On donnera une équation de ce plan $\mathcal{P}.
    3. Vérifier que la droite $(AB), orthogonale au plan $\mathcal{P}, coupe ce plan au point $E(11;-1;5).
    4. Les droites $(AB) et $(CD) sont-elles sécantes ?
    1. Montrer que $M_tN_t^2 = 2 t^2 - 25,2 t + 138.
    2. À quel instant $t la longueur $M_tN_t est-elle minimale?

Correction exercice 11


    1. Un vecteur directeur de la droite $(AB) est $\overrightarrow{AB}\lp\begin{array}{c}2\\0\\0\enar\rp=2\overrightarrow{OI}. La droite $(AB) est donc parallèle à l'axe $(OI).
    2. $\overrightarrow{CD}\lp\begin{array}{c}0\\4\\3\enar\rp=4\overrightarrow{OJ}+3\overrightarrow{OK} est un vecteur directeur de la droite $(CD) qui est donc incluse dans un plan parallèle à $(OJK)
      Comme $x_C=x_D=11 le plan $\mathcal{P} a pour équation cartésienne $x=11.
    3. On a $\overrightarrow{AE}\lp\begin{array}{c}11\\0\\0\enar\rp et $\overrightarrow{AB}\lp\begin{array}{c}2\\0\\0\enar\rp, ce qui montre que ces vecteurs sont colinéaires, et ainsi que $E est un point de la droite $(AB).
      De plus $x_E=11, et donc $E\in\mathcal{P}.
      Ainsi, $E est bien le point d'intersection de $(AB) et de $\mathcal{P}.
       
      Remarque: $\overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{OI}, donc $(AB)//(OI), et comme $\mathcal{P} est parallèle au plan $(OJK), $(AB) est bien orthogonale au plan $\mathcal{P}. Cette justification n'était par contre pas demandée…
    4. $(CD) est incluse dans $\mathcal{P}, et $(AB) coupe $\mathcal{P} en $E.
      Ainsi, si $(AB) et $(CD) sont sécantes, elles le sont nécessairement au point $E.
      Or, $\overrightarrow{CE}\lp\begin{array}{c}0\\-1\\4\enar\rp n'est pas colinéaire à $\overrightarrow{CD}, ce qui montre que $E\notin(CD).
      Ainsi, $(AB) et $(CD) ne sont pas sécantes.
       
      Autre méthode. On peut aussi chercher directement l'éventuelle intersection des deux droites à l'aide de leur représentation paramétrique:
      (AB):\la\begin{array}{l}x=t\\y=-1\\z=5\enar\right.,~t\in\mathbb{R} \qquad (CD) \la\begin{array}{lcl}x&=&11\\y&=&0,8t'\\z&=&1+0,6t'\enar\right.,~t'\in~\mathbb{R}

      On cherche alors $t et $t' tels que $\la\begin{array}{lcl}t&=&11\\-1&=&0,8t'\\5&=&1+0,6t'\enar\right.. Or ce système n'a pas de solution, et donc $(AB) et $(CD) pas d'intersection et ne sont donc pas sécantes.
    1. $\overrightarrow{M_tN_t}\lp\begin{array}{c}11-t\\0,8t+1\\0,6t-4\enar\rp donc $M_tN_t^2=(11-t)^2+(0,8t+1)^2+(0,6t-4)^2=2t^2-25,2t+138.
    2. $M_tN_t est positif, donc est minimale quand son carré est minimal. On définit la fonction $f sur $\R_+ par l'expression $f(t=)=M_tN_t^2=2t^2-25,2t+138.
      $f est une fonction du second degré avec $f'(t)=4t-25,2.
      Ainsi $f'(t)=0\iff t=\dfrac{25,2}{4}=6,3, et $f'(t)<0 donc $f est décroissante pour $t<6,3, et $f'(t)>0 donc $f croissante pour $t>6,3.
      Ainsi $f, donc $M_tN_t, admet un minimum en $t=6,3.


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Exercice 12: Bac 2014 - Géométrie dans l'espace, dans un tétraèdre…

Dans l'espace, on considère un tétraèdre $ABCD dont les faces $ABC, $ACD et $ABD sont des triangles rectangles et isocèles en A. On désigne par $E, $F et $G les milieux respectifs des côtés $[AB], $[BC] et $[CA].


On choisit $AB pour unité de longueur et on se place dans le repère orthonormé $\left( A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD}\rp de l'espace.


  1. On désigne par $\mathcal{P} le plan qui passe par A et qui est orthogonal à la droite (DF).
    On note H le point d'intersection du plan $\mathcal{P} et de la droite (DF).
    1. Donner les coordonnées des points D et F.
    2. Donner une représentation paramétrique de la droite (DF).
    3. Déterminer une équation cartésienne du plan $\mathcal{P}.
    4. Calculer les coordonnées du point H.
    5. Démontrer que l'angle $\widehat{\text{EHG}} est un angle droit.
  2. On désigne par $M un point de la droite $(DF) et par $t le réel tel que $\overrightarrow{DM} = t\overrightarrow{DF}. On note $\alpha la mesure en radians de l'angle géométrique $\widehat{EMG}.
    Le but de cette question est de déterminer la position du point $M pour que $\alpha soit maximale.
    1. Démontrer que $ME^2 = \dfrac{3}{2}t^2-\dfrac{5}{2}t+\dfrac{5}{4}.
    2. Démontrer que le triangle $MEG est isocèle en $M. En déduire que $ME\sin \lp\dfrac{\alpha}{2}\rp=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}.
    3. Justifier que $\alpha est maximale si et seulement si $\sin \lp\dfrac{\alpha}{2} \rp est maximal.
      En déduire que $\alpha est maximale si et seulement si $ME^2 est minimal.
    4. Conclure.

Correction exercice 12


Tout d'abord, une figure :
\psset{xunit=1.cm,yunit=1cm} \begin{pspicture}(-2,-2)(2,2) \pspolygon(-2,-1.5)(0,0)(3,-.5) \psline(-0.2,-0.16)(0.12,-0.22)(0.32,-0.06) \psline(-0.12,-.1)(-0.12,.08)(0,0.15) \psline(0.23,-0.04)(0.23,0.16)(0,0.2) \psline(-2,-1.5)(0,3)(0,0) \psline(0,3)(3,-.5) \rput(-0.3,0.1){$A$} \rput(-2.2,-1.5){$B$} \rput(3.2,-.5){$C$} \rput(-0.2,3){$D$} \rput(0.5,-1){$\tm$}\rput(0.6,-1.2){$F$} \rput(-1,-0.75){$\tm$}\rput(-1.2,-.6){$E$} \rput(1.5,-0.25){$\tm$}\rput(1.3,0.){$G$} \psplot{-0.1}{0.7}{-8 x mul 3 add} \end{pspicture}


    1. On a $B(1;0;0), $C(0;1;0), et $D(0;0;1), pour les coordonnées des points directement liés au repère, et alors $F\lp\dfrac12;\dfrac12;0\rp puisque $F est le milieu de $[BC].
    2. Une représentation paramétrique de $(DF) est donnée par $\overrightarrow{DM}=t\overrightarrow{DF} où $M(x;y;z) est un point de la droite de paramètre $t, et $\overrightarrow{DF}\lp\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};-1\rp est un vecteur directeur de la droite. Cette relation se réécrit sous la forme de la représentation paramétrique: $ \la\begin{array}{l} x=\dfrac{1}{2}t\\[0.3cm] y = \dfrac{1}{2}t\\[0.3cm] z = 1 - t\enar\right. t \in \R.
    3. Le plan $\mathcal{P} est orthogonal à $(DF), donc $\overrightarrow{DF} est un vecteur normal à $\mathcal{P} et une équation cartésienne de $\mathcal{P} est $\dfrac12 x+\dfrac12y-z+d=0 où $d est un réel.
      De plus, on sait que $A(0;0;0)\in\mathcal{P}, et donc que $\dfrac12\tm0+\dfrac12\tm0-0+d=0\iff d=0.
      Ainsi, une équation cartésienne de $\mathcal{P} est $\dfrac12 x+\dfrac12y-z=0
    4. Le point $H(x;y;z) est un point de $(DF) et de $\mathcal{P}, donc ses coordonnées sont celles d'un point de paramètre $t dans la représentation paramétrique, et qui vérifient également l'équation du plan: il existe $t\in\R tel que: $ \la\begin{array}{l} x=\dfrac{1}{2}t\\[0.3cm] y = \dfrac{1}{2}t\\[0.3cm] z = 1 - t\\ \enar\right. et $\dfrac12 x+\dfrac12y-z=0.
      En substituant les expressions de $x, $y et $z en fonction du paramètre $t dans l'équation de $\mathcal{P}, on obtient:
      \dfrac12\lp\dfrac12t\rp+\dfrac12\lp\dfrac12t\rp-\lp1-t\rp=0 \iff \dfrac32t-1=0 \iff t=\dfrac23

      Ainsi, $H a pour coordonnées $ \la\begin{array}{l} x=\dfrac{1}{2}t=\dfrac12\dfrac23=\dfrac13\\[0.3cm] y = \dfrac{1}{2}t=\dfrac12\dfrac23=\dfrac13\\[0.3cm] z = 1 - t=1-\dfrac23=\dfrac13 \enar\right., c'est à dire: $H\lp\dfrac13;\dfrac13;\dfrac13\rp.
    5. Les coordonnées des vecteurs $\overrightarrow{HE} et $\overrightarrow{HG} sont:
      $\overrightarrow{HE} = \lp\dfrac12-\dfrac13;0-\dfrac13;0-\dfrac13\right) = \lp\dfrac16;-\dfrac13;-\dfrac13\rp et $\overrightarrow{HG} = \lp0-\dfrac13;\dfrac12-\dfrac13;0-\dfrac13\right) =\lp-\dfrac13;\dfrac16;-\dfrac13\rp.
      Comme on travaille avec un repère orthonormé, le produit scalaire des deux vecteurs peut être obtenu avec ces coordonnées, et on a: $\overrightarrow{HE} \cdot \overrightarrow{HG} = \dfrac16\tm\dfrac{-1}{3}+\dfrac{-1}{3}\tm\dfrac16 +\dfrac{-1}{3}\tm\dfrac{-1}{3} =\dfrac{-1}{18}+\dfrac{-1}{18}+\dfrac{1}{9} = 0, ce qui montre que les vecteurs $\overrightarrow{HE} et $\overrightarrow{HG} sont orthogonaux, et donc que l'angle $\widehat{EHG} est droit.
  2. On reconnaît dans le point $M décrit, le point de paramètre $t dans la représentation paramétrique de la droite $(DF) donnée à la question 1. b..
    1. Le point $E est le milieu du segment $[AB], donc ses coordonnées sont $E\lp\dfrac12;0;0\rp et le vecteur $\overrightarrow{ME} a pour coordonnées: $\lp\dfrac12-\dfrac12t;0-\dfrac12t;0-(1 - t)\rp, soit $\overrightarrow{ME}\lp\dfrac12(1-t);-\dfrac12t;t-1\rp.
      On a donc
      ME^2=\overrightarrow{ME}\cdot\overrightarrow{ME}=\lp\dfrac12(1-t)\rp^2 +\lp-\dfrac12t\rp^2 + \lp t-1 \right)^2 = \dfrac{1}{4}(t^2 - 2t + 1) + \dfrac{t^2}{4} + t^2 - 2t + 1 = \dfrac{3}{2}t^2 - \dfrac{5}{2}t + \dfrac{5}{4}

    2. On procède de façon analogue pour calculer la longueur $MG: Le point $G est le milieu du segment $[AC], donc ses coordonnées sont $E\left(0~;~\dfrac{1}{2}~;~0\right) donc le vecteur $\overrightarrow{MG} a pour coordonnées: $\overrightarrow{MG}\left(0 - \dfrac{1}{2}t~;~\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}t~;~0- (1 - t)\right), soit $\overrightarrow{MG}\left(-\dfrac{1}{2} t~;~\dfrac{1}{2}(1 - t)~;~ t - 1\right).
      On a donc $MG^2 = \overrightarrow{MG} \cdot \overrightarrow{MG} =\lp-\dfrac12t\rp^2+\lp\dfrac12(1-t)\rp^2+\lp t-1\rp^2 =\dfrac{t^2}{4}+\dfrac14(t^2-2t+1)+t^2-2t+1 =\dfrac{3}{2}t^2-\dfrac{5}{2}t+\dfrac{5}{4}.
      On a donc $MG^2 = \dfrac32t^2 - \dfrac52t +\dfrac54=ME^2, et, comme $MG et $ME sont des longueurs, donc des nombres positifs, on a bien $MG=ME et le triangle $MEG est isocèle.
      Dans le plan $(MEG), on a la situation:
      \begin{pspicture}(-2,-0.4)(2,3.2) \pspolygon(-1.5,0)(1.5,0)(0,3) \rput(-1.7,0){$E$} \rput(1.7,0){$G$} \rput(-.1,3.1){$M$} \psline[linestyle=dashed](0,0)(0,3) \psline(0,0.3)(0.3,0.3)(0.3,0) \psarc(0,3){0.65}{245}{270} \rput(-0.25,2){$\frac{\alpha}{2}$} \rput(0,-0.2){$I$} \end{pspicture}

      On a alors, dans le triangle $EIM, $\sin\dfrac\alpha2=\dfrac{\dfrac{EG}{2}}{ME} \iff ME\sin\dfrac\alpha2=\dfrac{EG}{2} . Or $E\left( \dfrac12;0;0\rp et $G\left(0;\dfrac12;0\rp, d'où $\overrightarrow{EG}\lp-\dfrac12;\dfrac12;0\rp, et donc, $EG=\sqrt{\lp-\dfrac12\rp^2+\lp\dfrac12\rp^2+0^2} =\sqrt{\dfrac12}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}. On obtient bien ainsi, $ME\sin\dfrac\alpha2=\dfrac{EG}{2}=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}.
    3. $\alpha désigne la mesure en radians d'un angle géométrique, et donc $\alpha\in[0;\pi]. On a alors $\dfrac\alpha2\in\lb0;\dfrac\pi2\rb, intervalle sur lequel la fonction sinus est croissante:
      \begin{tabular}{|c|ccc|}\hline $\alpha$ & $0$ &\hspace*{1cm}& $\pi$ \\\hline &&&$\dfrac\pi2$\\ $\dfrac\alpha2$ & & \psline[arrowsize=7pt]{->}(-.7,-.4)(.8,.5)& \\ &0&&\\\hline &&&1\\ $\sin\dfrac\alpha2$&&\psline[arrowsize=7pt]{->}(-.7,-.4)(.8,.5)&\\ &0&&\\\hline \end{tabular}

      On en déduit en particulier que: $\alpha maximal $\iff\sin\dfrac\alpha2 maximal.

      De plus, on a d'après la question précédente, $\sin\dfrac\alpha2=\dfrac{1}{2\sqrt{2}ME}.
      Donc, $\sin\dfrac\alpha2 est maximal lorsque $ME est minimal, et donc lorsque $ME^2 est minimal car la fonction carré étant croissante sur $\R_+, $ME et $ME^2 ont le même sens de variation.
    4. On avait $ME^2=\dfrac32t^2-\dfrac52t+\dfrac54. En notant $f(t)=ME^2, on définit une fonction $f trinôme du second degré, donc dérivable sur $\R, et telle que $f'(t)=3t-\dfrac52 et qui est donc décroissante sur $\Bigl[-\infty;\dfrac56\Bigl] et croissante sur $\Bigr[\dfrac56;+\infty\Bigl[. En particulier $f, donc $ME^2, donc aussi $ME, a un minimum en $t=\dfrac56.
      La position du point $M telle que la mesure de l'angle soit maximale est donc celle atteinte pour le paramètre $t = \dfrac{5}{6}, soit $M\left(\dfrac{5}{12}~;~\dfrac{5}{12}~;~\dfrac{1}{6}\right).


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Exercice 13: Bac 2010 - Représentation paramétrique, distance minimale

Bac S, septembre 2010 4 points
L'espace est rapporté à un repère orthonormal . Soit le plan d'équation : et la droite dont une représentation paramétrique est


    1. Le point C(1 ; 3 ; 2) appartient-il au plan ? Justifier.
    2. Démontrer que la droite est incluse dans le plan .
  2. Soit le plan passant par le point C et orthogonal à la droite .
    1. Déterminer une équation cartésienne du plan .
    2. Calculer les coordonnées du point I, point d'intersection du plan et de la droite .
    3. Montrer que CI .
  3. Soit un nombre réel et le point de la droite de coordonnées .
    1. Vérifier que pour tout nombre réel .
    2. Montrer que CI est la valeur minimale de C lorsque décrit l'ensemble des nombres réels.

Correction exercice 13


Bac S, septembre 2010 4 points
    1. C(1 ; 3 ; 2), faux. Le point C n'appartient pas au plan .
    2. Soit un point de .
      , vrai quel que soit .
      Tout point de est un point de , donc la droite est incluse dans le plan .
    1. Un vecteur normal au plan est un vecteur directeur de ; d'après la représentation paramétrique les coordonnées d'un vecteur directeur de sont .
      Une équation du plan est donc :
      .
      Or C(1 ; 3 ; 2).
      Conclusion : .
    2. Soit un point de .
      .
      Donc le point commun I à et à la droite a pour coordonnées .
    3. On a . Donc CI.
      Conclusion CI .
  3. Soit un nombre réel et le point de la droite de coordonnées .
    1. On calcule les coordonnées de soit . On a .
    2. .
      Le minimum de ce trinôme somme de deux carrés est obtenue lorsque le premier carré est nul soit pour et la valeur minimale de trinôme est égale à . CI est bien la valeur minimale.


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Quelques autres devoirs




Voir aussi:
ccc