Baccalauréat S Métropole 22 juin 2018 - Correction Exercice 3

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Correction de l'exercice 3 (5 points)

Commun à tous les candidats

Géométrie
Le but de cet exercice est d'examiner, dans différents cas, si les hauteurs d'un tétraèdre sont concourantes, c'est-à-dire d'étudier l'existence d'un point d'intersection de ses quatre hauteurs. On rappelle que dans un tétraèdre MNPQ, la hauteur issue de M est la droite passant par M orthogonale au plan (NPQ).

Partie A Étude de cas particuliers

On considère un cube ABCDEFGH.

On admet que les droites (AG), (BH), (CE) et (DF), appelées « grandes diagonales» du cube, sont concourantes.

1. On considère le tétraèdre ABCE.
   1. Préciser la hauteur issue de E et la hauteur issue de C dans ce tétraèdre.
   Dans le tétraèdre $ABCE$, la hauteur issue de $E$ est $[EA]$car $(EA) \perp (ABC)$ et celle issue de $C$ est $[BC]$ car $(CB) \perp (ABE)$ .
   $\quad$
   
   2. Les quatre hauteurs du tétraèdre ABCE sont-elles concourantes?
   Les droites $(EA)$ et $(BC)$ ne sont pas coplanaires. Les quatre hauteurs du tétraèdre $ABCE$ ne sont donc pas concourantes.
2. On considère le tétraèdre ACHF et on travaille dans le repère $\left(\text{A}~;~ \vec{\text{AB}},~ \vec{\text{AD}},~ \vec{\text{AE}}\right)$.
   1. Vérifier qu'une équation cartésienne du plan (ACH) est : $x - y + z = 0$.
   Dans le repère $\left(A;\vec{AB},\vec{AD},\vec{AE}\right)$ on a :
   $A(0;0;0)$ donc $0-0+0=0$ : les coordonnées du point $A$ sont solution de l’équation cartésienne fournie.
   $C(1;1;0)$  donc $1-1+0=0$ : les coordonnées du point $C$ sont solution de l’équation cartésienne fournie.
   $H(0;1;1)$ donc $0-1+1=0$ : les coordonnées du point $H$ sont solution de l’équation cartésienne fournie.
   Une équation cartésienne su plan $(ACH)$ est donc $x-y+z=0$.
   $\quad$
   
   2. En déduire que (FD) est la hauteur issue de F du tétraèdre ACHF.
   Un vecteur normal à ce plan est donc $\vec{n}(1;-1;1)$.
   Or les coordonnées de $F$ sont $(1;0;1)$ et celles de $D$ sont $(0;1;0)$.
   On a donc $\vec{FD}(-1;1;-1)$. Ainsi $\vec{FD}=-\vec{n}$.
   Le vecteur $\vec{FD}$ est par conséquent normal au plan $(ACH)$ et la droite $(FD)$ est la hauteur issue de $F$ du tétraèdre $ACHF$.
   $\quad$
   
   3. Par analogie avec le résultat précédent, préciser les hauteurs du tétraèdre ACHF issues respectivement des sommets A, C et H. Les quatre hauteurs du tétraèdre ACHF sont-elles concourantes ?
   La hauteur du tétraèdre $ACHF$ issue de $A$ est $[AG]$, celle issue de $C$ est $[CE]$ et celle issue de $H$ est $[BH]$.
   Ces quatre hauteurs se coupent en $O$ le centre du carré. Elles sont donc concourantes.
   $\quad$

Dans la suite de cet exercice, un tétraèdre dont les quatre hauteurs sont concourantes sera appelé un tétraèdre orthocentrique.

Partie B Une propriété des tétraèdres orthocentriques

Dans cette partie, on considère un tétraèdre MNPQ dont les hauteurs issues des sommets M et N sont sécantes en un point K. Les droites (MK) et (NK) sont donc orthogonales aux plans (NPQ) et (MPQ) respectivement.

1. 1. Justifier que la droite (PQ) est orthogonale à la droite (MK) ; on admet de même que les droites (PQ) et (NK) sont orthogonales.
   La droite $(MK)$ est orthogonale au plan $(NPQ)$. Elle est donc orthogonale à toutes les droites de ce plan, en particulier $(PQ)$.
   $\quad$
   
   2. Que peut-on déduire de la question précédente relativement à la droite (PQ) et au plan (MNK) ? Justifier la réponse.
   La droite $(PQ)$ est donc orthogonale à deux droites sécantes du plan $(MNK)$. Elle est donc orthogonale à ce plan.
   $\quad$
2. Montrer que les arêtes [MN] et [PQ] sont orthogonales. Ainsi, on obtient la propriété suivante : Si un tétraèdre est orthocentrique, alors ses arêtes opposées sont orthogonales deux à deux.
   (On dit que deux arêtes d'un tétraèdre sont « opposées» lorsqu'elles n'ont pas de sommet commun.)
La droite $(PQ)$ est orthogonale au plan $(MNK)$. Elle est donc orthogonale à toutes les droites de ce plan, en particulier à $(MN)$.
Ainsi les arêtes $[MN]$ et $[PQ]$ sont orthogonales.
$\quad$

Partie C Application

On a $\vec{RT}(7;-6;3)$ et $\vec{SU}(3;3;5)$.
Donc $\vec{RT}.\vec{SU}=3\times 7-6\times 3+3\times 5=18\neq 0$.

D’après la contraposée de la propriété donnée à la fin de la partie B le tétraèdre $RSTU$ n’est pas orthocentrique.
$\quad$