Baccalauréat S Polynésie 13 juin 2014 - Correction Exercice 1

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Correction de l'exercice 1 (5 points)


Commun à tous les candidats

Dans un repère orthonormé de l'espace, on considère les points \[\text{A}(5~;~-5~;~2), \text{B} (-1~;~1~;~0), \text{C}(0~;~1~;~2)\quad \text{et D}(6~;~6~;~-1).\]
  1. Déterminer la nature du triangle BCD et calculer son aire.

  2. $$\left\lbrace\begin{array}{l} BC^2 = (0-(-1))^2+(1-1)^2+(2-0)^2=5\\ CD^2 = (6-0)^2+(6-1)^2+(-1-2)^2=70\\ BD^2 = (6-(-1))^2+(6-1)^2+(-1-0)^2=75 \end{array}\right.\Longrightarrow BD^2=BC^2+CD^2\Longrightarrow BCD \text{est rectangle en} C $$ Son aire est: $\dfrac{BC\times CD}{2}=\dfrac{\sqrt{5}\times \sqrt{70}}{2}=5\sqrt{7}$.
    $\mathcal{A}(BCD)=5\sqrt{7}$.
    1. Montrer que le vecteur $\vec{n}\begin{pmatrix}- 2\\3\\1\end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan (BCD).
    2. Le vecteur $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}- 2\\3\\1\end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan $(BCD)$: $$ \overrightarrow{BC}\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix}\cdot\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}- 2\\3\\1\end{pmatrix}=1\times (-2)+0\times 3+2\times 1=0\ \text{et}\ \overrightarrow{CD}\begin{pmatrix}6\\5\\-3\end{pmatrix}\cdot\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}- 2\\3\\1\end{pmatrix}=6\times (-2)+5\times 3+(-3)\times 1=0 $$ Comme $\overrightarrow{BC}$ et $\overrightarrow{CD}$ ne sont pas colinéaires ($BCD$ est un triangle rectangle non aplati), $\overrightarrow{n}$ étant orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(BCD)$, il en est un vecteur normal.
    3. Déterminer une équation cartésienne du plan (BCD).
      • L'équation est de la forme $-2x+3y+z+d=0$;
      • $B$ appartient au plan, donc $-2(-1)+3(1)+(0)+d=0\Longleftrightarrow d=-5$;
      • une équation cartésienne du plan $(BCD)$ est: $-2x+3y+z-5=0$.
  3. Déterminer une représentation paramétrique de la droite $\mathcal{D}$ orthogonale au plan (BCD) et passant par le point A.

  4. (donc de vecteur directeur $\overrightarrow{n}$) et passant par le point $A$: $$ \left\lbrace\begin{array}{l} x=5-2t\\ y=-5+3t\\ z=2+t \end{array}\right.\ \text{avec}\ t\in\mathbb{R} $$
  5. Déterminer les coordonnées du point H, intersection de la droite $\mathcal{D}$ et du plan (BCD).
    $$ \left\lbrace\begin{array}{l} x = 5-2t\\ y = -5+3t\\ z =2+t\\ -2x+3y+z-5=0 \end{array}\right.\Longleftrightarrow \left\lbrace\begin{array}{l} x = 5-2t\\ y = -5+3t\\ z =2+t\\ -2(5-2t)+3(-5+3t)+(2+t)-5=0 \end{array}\right.\Longleftrightarrow \left\lbrace\begin{array}{l} x = 5-2(2)=1\\ y = -5+3(2)=1\\ z =2+2=4\\ t=2 \end{array}\right. $$ Ainsi, les coordonnées de $H$ sont: $(1;1;4)$.
  6. Déterminer le volume du tétraèdre ABCD.
  7. On rappelle que le volume d'un tétraèdre est donné par la formule $\mathcal{V} = \dfrac{1}{3}\mathcal{B} \times h$, où $\mathcal{B}$ est l'aire d'une base du tétraèdre et $h$ la hauteur correspondante.
    $[AH]$ est la hauteur du tétraèdre, car $A$ est sur la droite $\mathcal{D}$ orthogonale au plan $(BCD)$ et $H$ est l'intersection de $\mathcal{D}$ et $(BCD)$, donc la projection orthogonale de $A$ sur $(BCD)$. $\mathcal{B}=5\sqrt{7}$; $h=AH=\sqrt{(5-1)^2+(-5-1)^2+(2-4)^2}=4\sqrt{14}$; donc: $$ \mathcal{V} = \frac{1}{3}\mathcal{B} \times h=\frac{1}{3}\times 4\sqrt{14}\times 5\sqrt{7}=\frac{1}{3}140\sqrt{2} $$ $ \mathcal{V} =\frac{1}{3}140\sqrt{2} $
  8. On admet que AB = $\sqrt{76}$ et AC $= \sqrt{61}$. Déterminer une valeur approchée au dixième de degré près de l'angle $\widehat{\text{BAC}}$.

  9. \[ \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-6\\6\\-2\end{pmatrix};\ AB=\sqrt{(-6)^2+6^2+(-2)^2}=\sqrt{76};\ \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-5\\6\\0\end{pmatrix};\ AB=\sqrt{(-5)^2+6^2+(0)^2}=\sqrt{61}; \] \[ \cos\widehat{BAC}=\frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}}{AB\times AC} =\frac{(-6)\times(-5)+6\times 6+(-2)\times 0}{\sqrt{76}\times \sqrt{61}}=\frac{66}{\sqrt{4 636}}\simeq 0,97\Longrightarrow \text{mes}\widehat{BAC}\simeq 14,2\ \text{au dixième de degré près} \] $ \text{mes}\widehat{BAC}\simeq 14,2^{\circ} \text{au dixième de degré près} $
Exercice 2
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