Baccalauréat S Liban 31 mai 2019 - Correction Exercice 3

Page 6 sur 10: Correction Exercice 3

Correction de l'exercice 3 (6 points)

Commun à tous les candidats

Les parties A et B peuvent être traitées de façon indépendante.

Partie A

Dans un plan P, on considère un triangle ABC rectangle en A. Soit $d$ la droite orthogonale au plan P et passant par le point B. On considère un point D de cette droite distinct du point B. 

1. Montrer que la droite (AC) est orthogonale au plan (BAD).
La droite $d$ est orthogonale au plan $P$. Elle est donc orthogonale à toutes les droites de ce plan, en particulier à la droite $(AC)$.
Le triangle $ABC$ est rectangle en $A$. Par conséquent la droite $(AC)$ est perpendiculaire à la droite $(AB)$.
Par construction les droites $(AB)$ et $d$ sont sécantes
La droite $(AC)$ est donc orthogonale à deux droites sécantes du plan $(BAD)$. Elle est donc orthogonale à ce plan.
$\quad$

On appelle bicoin un tétraèdre dont les quatre faces sont des triangles rectangles.

2. Montrer que le tétraèdre ABCD est un bicoin.
>La droite $d$ est orthogonale à toutes les droites du plan $(ABC)$. Par conséquent les triangles $DBA$ et $DBC$ sont rectangles en $B$.
Par définition le triangle $ABC$ est rectangle en $A$.
Et
$\begin{align*} \vec{AD}.\vec{AC}&=\left(\vec{AB}+\vec{BD}\right).\vec{AC} \\
&=\vec{AB}.\vec{AC}+\vec{BD}.\vec{AC} \\
&=0+0 \\
&=0
\end{align*}$
Par conséquent le triangle $ADC$ est rectangle en $D$.
Remarque : Puisque la droite $(AC)$ est orthogonale au plan $(BAD)$, elle est en particulier orthogonale à la droite $(BD)$ et donc $\vec{BD}.\vec{AC}=0$.
$\quad$
3. 1. Justifier que l'arête [CD] est la plus longue arête du bicoin ABCD.
   Le triangle $ABD$ est rectangle en $B$ donc $AD>AB$ et $AD>BD$.
   Le triangle $ABC$ est rectangle en $A$ donc $BC>AB$ et $BC>AC$.
   Le triangle $BCD$ est rectangle en $B$ donc $DC>BD$ et $DC>BC$.
   Le triangle $ADC$ est rectangle en $A$ donc $DC>AD$ et $DC>AC$.
   Ainsi $DC>AD>AB$, $DC>AD>AB$ et $DC>AC$.
   L’arête $[CD]$ est bien la plus longue arête du bicoin $ABCD$.
   $\quad$
   
   2. On note I le milieu de l'arête [CD]. Montrer que le point I est équidistant des 4 sommets du bicoin ABCD.
   $I$ est le milieu de l’hypoténuse $[DC]$ du triangle $ADC$ rectangle en $A$. C’est donc le centre du cercle circonscrit à ce triangle et $IA=IC=ID$.
   $I$ est le milieu de l’hypoténuse $[DC]$ du triangle $BCD$ rectangle en $B$. C’est donc le centre du cercle circonscrit à ce triangle et $IB=IC=ID$.
   Ainsi $IA=IB=IC=ID$ et le point $I$ est équidistant des $4$ sommets.

 

Partie B

Dans un repère orthonormé de l'espace, on considère le point A$(3~;~1~;~ -5)$ et la droite $d$ de représentation paramétrique $\left\{\begin{array}{l c r} x &=& 2t + 1\\ y &= &- 2 t + 9\\ z&=&t - 3 \end{array}\right.$ où $t \in \mathbb R$.

1. Déterminer une équation cartésienne du plan $P$ orthogonal à la droite $d$ et passant par le point A.
Un vecteur directeur de la droite $d$ est $\vec{u}(2;-2;1)$.
Ce vecteur est normal au plan $P$.
Une équation cartésienne de ce plan est donc de la forme $2x-2y+z+d=0$.
Le point $A$ appartient à ce plan.
Ainsi $6-2-5+d=0 \iff d=1$
Une équation cartésienne de $P$ est donc $2x-2y+z+1=0$.
$\quad$
2. Montrer que le point d'intersection du plan $P$ et de la droite $d$ est le point B$(5~;~5~;~-1)$,
En prenant $t=2$ dans la représentation paramétrique de la droite $d$ on retrouve les coordonnées du point $B$.
Et $2\times 5-2\times 5-1+1=10-10=0$.
Le point $B$ appartient donc à la fois au plan $P$ et à la droite $d$.
La droite $d$, par définition, n’est pas incluse dans le plan $P$.
Ainsi le point $B(5;5;-1)$ est le point d’intersection du plan $P$ et de la droite $d$.
$\quad$
3. Justifier que le point C$(7~;~3~;~-9)$ appartient au plan $P$ puis montrer que le triangle ABC est un triangle rectangle isocèle en A.
$2\times 7-2\times 3-9+1=14-6-9+1=0$.
Le point $C$ appartient donc au plan $P$.
On a de plus :
$AB^2=(5-3)^2+(5-1)^2+(-1+5)^2=36$
$AC^2=(7-3)^2+(3-1)^2+(-9+5)^2=36$
$BC^2=(7-5)^2+(3-5)^2+(-9+1)^2=72$
Ainsi $AB^2+AC^2=BC^2$
D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $ABC$ est rectangle en $A$.
Puisque $AB^2=AC^2$, le triangle $ABC$ est également isocèle en $A$.
$\quad$
4. Soit $t$ un réel différent de $2$ et $M$ le point de paramètre $t$ appartenant à la droite $d$.
   1. Justifier que le triangle AB$M$ est rectangle.
   les points $M$ et $B$ appartiennent à la droite $d$ orthogonale au plan $P$ et donc en particulier à la droite $(AB)$.
   Ainsi le triangle $ABM$ est rectangle en $B$.
   $\quad$
   
   2. Montrer que le triangle AB$M$ est isocèle en B si et seulement si le réel $t$ vérifie l'équation $t^2 - 4t = 0$.
   Le point $M$ a pour coordonnées $(2t+1;-2t+9;t-3)$ avec $t\neq 2$.
   On a alors :
   $\begin{align*} BM^2&=(2t+1-5)^2+(-2t+9-5)^2+(t-3+1)^2\\
   &=(2t-4)^2+(-2t+4)^2+(t-2)^2\\
   &=4t^2-16t+16+4t^2-16t+16+t^2-4t+4\\
   &=9t^2-36t+36\end{align*}$
   Par conséquent, $AB$ et $BM$ étant des nombres positifs on a :
   $\begin{align*} AB=BM&\iff AB^2=BM^2 \\
   &\iff 9t^2-36t+36=36 \\
   &\iff 9t^2-36t=0\\
   &\iff t^2-4t=0\end{align*}$
   Le triangle $ABM$ est donc isocèle en $B$ si, et seulement si, le réel $t$ vérifie l’équation $t^2-4t=0$.
   $\quad$
   
   3. En déduire les coordonnées des points $M_1$ et $M_2$ de la droite $d$ tels que les triangles rectangles AB$M_1$ et AB$M_2$ soient isocèles en B.
   Or $t^2-4t=0\iff t(t-4)=0\iff t=0$ ou $t=4$.
   Si $t=0$ on obtient le point $M_1(1;9;-3)$
   Si $t=4$ on obtient le point $M_2(9;1;1)$
   D’après les deux questions précédentes, les triangles $ABM_1$ et $ABM_2$ sont rectangles et isocèles en $B$.
   $\quad$

 

Partie C

On appelle $I$ le milieu de l’arête $[CD]$.
Ainsi le point $I$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{7+9}{2};\dfrac{1+3}{2};\dfrac{1-9}{2}\right)$ soit $(8;2;-4)$.
D’après les parties A et B, le tétraèdre $ABCD$ est un bicoin et $I$ est équidistant des quatre sommets de ce bicoin.
$I$ est donc le centre de la sphère cherchée.

Le rayon de cette sphère est :
$\begin{align*} R&=IA \\
&=\sqrt{(8-3)^2+(1-2)^2+(-5+4)^2} \\
&=\sqrt{25+1+1}\\
&=\sqrt{27}\\
&=3\sqrt{3}\end{align*}$

Une figure :