Rédigé par Luc Giraud le . Publié dans Annales S 2015.

Baccalauréat S Amérique du Nord 2 juin 2015 - Correction Exercice 1

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Correction de l'exercice 1 (5 points)


Dans l'espace, on considère une pyramide SABCE à base carrée ABCE de centre O. Soit D le point de l'espace tel que $\left(\text{O}; \vec{\text{OA}}, \vec{\text{OB}}, \vec{\text{OD}}\right)$ soit un repère orthonormé. Le point S a pour coordonnées (0  ; 0 ; 3) dans ce repère.


Partie A
  1. Soit U le point de la droite (SB) de cote 1. Construire le point U sur la figure jointe en annexe 1, (à rendre avec la copie) .
    2. Les droites $(OB)$ et $(DU)$ doivent être parallèles.
    En effet ; le plan $(OBS)$ rencontre les plans parallèles $xOy : x=0$ et $\pi : z=1$ suivant deux droites parallèles.
  2. Soit V le point d'intersection du plan (EAU) et de la droite (SC). Montrer que les droites (UV) et (BC) sont parallèles. Construire le point V sur la figure jointe en  annexe 1, (à rendre avec la copie).

    On utilise le théorème du toit :
    Les plans $(EAU)$ et $BCU)$ sont sécants suivant la droite $(UV)$.
    Les deux droites $(AE)$  du plan $(EAU)$ et $(BC)$ de $(BCU)$  sont parallèles. Alors $(EAU)\cap (BCU)$ est une droite parallèle à $(AE)$ et $(BC)$ .
    Donc les droites (UV) et (BC) sont parallèles.
    Le point $U$ est donc l’intersection de la droite parallèle à $(AE)$ passant par $U$ et de la droite $(SC)$
  1. Soit K le point de coordonnées $\left(\dfrac{5}{6}; - \dfrac{1}{6};0\right)$. Montrer que K est le pied de la hauteur issue de U dans le trapèze AUVE.
    1. Méthode 1 :
      Dans le triangle $SOB$ :
      – les droites $(DU)$ et $(OB)$ sont parallèles
      – $D \in [OS]$ et $U\in [DB]$
      D’après le théorème de Thalès on a $\dfrac{SD}{SO} = \dfrac{SU}{SB} = \dfrac{DU}{OB}$
      Donc $\dfrac{DU}{1} = \dfrac{2}{3}$ car $SD = 2$ et $SO = 3$
      Ainsi les coordonnées de $U$ sont $\left(0;\dfrac{2}{3};1\right)$.
      Par conséquent $\vec{HU}\left(-\dfrac{5}{6};\dfrac{5}{6};1\right)$.
      Mais $A(1;0;0)$ et $E(0;-1;0)$ donc $\vec{AE}(-1;-1;0)$.
      Par conséquent $\vec{AE}.\vec{KU} = \dfrac{5}{6} – \dfrac{5}{6} = 0$.
      Ainsi les deux vecteurs sont bien orthogonaux.
      $\quad$
      Montrons maintenant que $K\in[AE]$.
      $\vec{AK}\left(-\dfrac{1}{6};-\dfrac{1}{6};0\right)$.
      Donc $\vec{AK} = \dfrac{1}{6} \vec{AE}$. Les points $A$, $K$ et $E$ sont bien alignés.
      $\quad$
      $K$ est donc bien le pied de la hauteur issue de $U$ dans le trapèze $AUVE$.
      $\quad$
    2. Méthode 2 : analytique
      Dans le repère orthonormé $\left(\text{O}; \vec{\text{OA}}, \vec{\text{OB}}, \vec{\text{OD}}\right)$ on a : $A (1 ; 0 ; 0) E (0 ; -1 ; 0) S (0 ; 0 ; 3) B (0 ; 1 ; 0)$
      $\vec{AE } \begin{pmatrix} -1 \\ -1\\0 \end{pmatrix}$ et $\vec{BS }\begin{pmatrix} 0 \\ -1\\3 \end{pmatrix}$
      • Déterminons les équations des droites $(AE)$ et $(SB)$. La droite $(AE)$ passant par le point $A$ et de vecteur directeur $\vec{AE}$ est l’ensemble des points $M$ de l’espace tels que le vecteur $\vec{AM}$ soit colinéaire à $\vec{AE}$ .
      On a alors : $$\begin{array}{rl} M\begin{pmatrix} x \\ y\\z \end{pmatrix}\in (AE) &\iff \vec{AM} =t \vec{AE}\: ; t\in \mathbb R \\ & \iff \begin{pmatrix} x -1 \\ y-0\\z-0 \end{pmatrix}= t\begin{pmatrix} -1 \\-1\\0 \end{pmatrix}\: ; t\in \mathbb R\\ & \iff \begin{cases}x=1-t\\\\y=-t\\\\z=0\end{cases};  t\in \mathbb R\end{array}$$ Une représentation paramétrique de la droite $(AE)$ est donc : $(AE)$ : $\begin{cases}x=1-t\\\\y=-t\\\\z=0\end{cases} ; t\in \mathbb R$
      On vérifie alors que , le point $K$ appartient à la droite $(AE)$ obtenu pour $t = \dfrac{1}{6}$.
      La droite $(SB)$ passant par le point $B$ et de vecteur directeur $\vec{BS}$ est l’ensemble des points $M$ de l’espace tels que le vecteur $\vec{BM}$ soit colinéaire à $\vec{BS}$ .
      On a alors : $$\begin{array}{rl} M\begin{pmatrix} x \\ y\\z \end{pmatrix}\in (BS) &\iff \vec{BM} =k \vec{BS} ; k\in \mathbb R \\ & \iff \begin{pmatrix} x -0 \\ y-1\\z-0 \end{pmatrix}= k\begin{pmatrix} 0 \\-1\\3 \end{pmatrix} ; k\in \mathbb R\\ & \iff \begin{cases}x=0\\\\y=1-k\\\\z=3k\end{cases} ; k\in \mathbb R \end{array}$$ Une représentation paramétrique de la droite $(BS)$ est donc : $(BS)$ : $\begin{cases}x=0\\\\y=1-k\\\\z=3k\end{cases} ; k\in \mathbb R $
      • Déterminons les coordonnés du point $U$. Le point $U$ est le point de la droite $(SB)$ de cote 1 donc avec l’équation de $(SB) $ : $z = 1 \iff k = \dfrac{1}{ 3}$ On obtient donc : $U ( 0 ; \dfrac{2}{ 3} ; 1)$
      • Il reste alors à vérifier que le triangle $AKU$ est rectangle en K ce qui est aisé avec le produit scalaire par exemple.
      Dans le repère orthonormé $\left(\text{O}; \vec{\text{OA}}, \vec{\text{OB}}, \vec{\text{OD}}\right)$ on a : $A (1 ; 0 ; 0) K (\dfrac{5}{ 6} ;-\dfrac{1}{ 6} ; 0)U ( 0 ; \dfrac{2}{ 3} ; 1)$ $\vec{AK }\begin{pmatrix} -\dfrac{1}{ 6} \\ -\dfrac{1}{ 6}\\0 \end{pmatrix}$ et $\vec{KU }\begin{pmatrix} -\dfrac{5}{ 6} \\ \dfrac{5}{ 6}\\1 \end{pmatrix}$ $\vec{AK }\cdot \vec{ KU }= -\dfrac{1}{ 6}\times \left(-\dfrac{5}{ 6} \right)+ \left(-\dfrac{1}{ 6}\times \dfrac{5}{ 6}\right)+0= \dfrac{5}{ 36}-\dfrac{5}{ 36}=0$
      Ainsi les vecteurs $\vec{AK }$ et $ \vec{ KU }$ sont orthogonaux.
      Conclusion : on a montré que le point $K$ appartenait bien à la droite $(AE)$ et que les droites $(KU)$ et $(AK)$ étaient perpendiculaires. Le point $K$ est donc le pied de la hauteur issue de $U$ dans le trapèze$ AUVE$.

    2. Partie B


    Dans cette partie, on admet que l'aire du quadrilatère AUVE est $\dfrac{5\sqrt{43}}{18}$.

    1. On admet que le point U a pour coordonnées $\left(0;\dfrac{2}{3}; 1\right)$. Vérifier que le plan (EAU) a pour équation $3x - 3y + 5z - 3 = 0$.
      2. Regardons si les coordonnées de $A(1;0;0)$, $E(0;-1;0)$ et $U\left(0;\dfrac{2}{3};1\right)$ vérifient l’équation fournie. Ces trois points ne sont pas alignés car les droites $(AE)$ et $(SB)$ ne sont pas parallèles.
      $A$: $3 + 0 + 0 – 3 = 0$
      $E$ : $0+3+0-3 = 0$
      $U$ : $0 – 2 + 5 – 3 = 0$.
      Une équation du plan $(EAU)$ est donc bien $$3x-3y+5z-3=0$$
    2. Donner une représentation paramétrique de la droite $(d)$ orthogonale au plan (EAU) passant par le point S.
      3. Un vecteur normal à ce plan est $\vec{n}(3;-3;5)$.
      Par conséquent une représentation paramétrique de $(d)$ est $$\begin{cases}x=3t\\\\y=-3t\\\\z=3+5t\end{cases}$$
    3. Déterminer les coordonnées de H, point d'intersection de la droite $(d)$ et du plan (EAU).
      4. Les coordonnées de $H$ vérifient à la fois l’équation du plan $(EAU)$ et celles de $(d)$.
      Donc $9t+9t+15+25t-3 = 0 \iff 43t=-12 \iff t=-\dfrac{12}{43}$.
      On reporte ensuite cette valeur dans les équations de $(d)$ et on trouve ainsi les coordonnées de $H$ : $$\begin{cases} x_H = -\dfrac{36}{43} \\\\y_H = \dfrac{36}{43} \\\\z_H = \dfrac{69}{43} \end{cases}$$
    4. Le plan (EAU) partage la pyramide (SABCE) en deux solides. Ces deux solides ont-ils le même volume ?
      5. le volume de $SEAUV$ est : $$\mathscr{V1} = \dfrac{1}{3}\times \text{Aire de la base}\times \text{Hauteur}=\dfrac{1}{3}\mathscr{B}h = \dfrac{1}{3}\mathscr{B}\times SH$$ Calculons dans un premier temps les coordonnées de $\vec{SH}\left(-\dfrac{36}{43};\dfrac{36}{43};-\dfrac{60}{43}\right)$.
      Ainsi $SH = \dfrac{12}{\sqrt{43}}$.
      Par conséquent le volume de $SEAUV$ est : $\mathscr{V}_1 = \dfrac{\dfrac{5\sqrt{43}}{18} \times \dfrac{12}{\sqrt{43}}}{3} = \dfrac{10}{9}$.$\quad$
      On a, grâce au théorème de Pythagore dans le triangle $AOB$ rectangle en $O$ $AB = \sqrt{2}$.
      Donc le volume de $SABCE$ est $\mathscr{V}_2 = \dfrac{2 \times 3}{3} = 2$.
      Or $\mathscr{V_1} \neq \dfrac{1}{2}\mathscr{V}_2$.
      Le plan $(EAU)$ ne partage donc pas la pyramide $SABCE$ en deux solides de même volume.
      Une figure dynamique avec Geogebra :

       

    Exercice 2
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