Baccalauréat S Métropole 11 septembre 2014 - Correction Exercice 4

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Correction de l'exercice 4 5 points

Candidats N'AYANT PAS SUIVI l'enseignement de spécialité mathématiques

 

Dans l'espace muni d'un repère orthonormé $\left(\text{O},~\vec{i},~\vec{j}\right)$, on considère le tétraèdre ABCD dont les sommets ont pour coordonnées: \[\text{A}\left(1~;~- \sqrt{3}~;~0\right)\:;\:\text{B}\left(1~;~ \sqrt{3}~;~0\right)\:;\:\text{C}(-2~;~0~;~0)\:;\: \text{D}\left(0~;~0~;~2\sqrt{2}\right).\]

1. Démontrer que le plan (ABD) a pour équation cartésienne $4x + z\sqrt{2} = 4$.
On teste l’équation fournie pour chacun des points :
$A$ : $4 + 0 = 4$
$B$ : $4 + 0 = 4$
$D$ : $2\sqrt{2} \times \sqrt{2} = 2 \times 2 = 4$.
L’équation du plan $(ABD)$ est donc bien $4x + z\sqrt{2} = 4$.
2. On note $\mathcal{D}$ la droite dont une représentation paramétrique est \[\left\{\begin{array}{l c l} x& =& t\\ y& =& 0\\ z& =& t\sqrt{2} \end{array}\right.,\: t \in \mathbb R\]
   1. Démontrer que $\mathcal{D}$ est la droite qui est parallèle à (CD) et passe par O.
   Un vecteur directeur de $\mathscr{D}$ est $\vec{u}\left(1;0;\sqrt{2} \right)$.
   Or $\vec{CD}\left(2;0;2\sqrt{2} \right) = 2\vec{u}$.
   Donc $\mathscr{D}$ est parallèle à $(CD)$.
   De plus en prenant $t=0$ on constate que $O$ appratient à $\mathscr{D}$.
   
   2. Déterminer les coordonnées du point G, intersection de la droite $\mathcal{D}$ et du plan (ABD).
   Le point $G$ appartient à la fois au plan $(ABD)$ et à la droite $\mathscr{D}$. Ses coordonnées vérifient donc toutes leurs équations.
   On obtient ainsi $4t+t\sqrt{2} \times \sqrt{2} = 4$ soit $6t = 4$ d’où $t = \dfrac{2}{3}$.
   Par conséquent $G$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{2}{3};0;\dfrac{2\sqrt{2}}{3} \right)$.
3. 1. On note L le milieu du segment [AC]. Démontrer que la droite (BL) passe par le point O et est orthogonale à la droite (AC).
   On a donc $L\left(\dfrac{1 – 2}{2};\dfrac{-\sqrt{3}}{2};0\right)$ soit $L\left(-\dfrac{1}{2};\dfrac{-\sqrt{3}}{2};0\right)$.
   Par conséquent $\vec{BL}\left(-\dfrac{3}{2};-\dfrac{3}{2}\sqrt{3};0\right) = -\dfrac{3}{2}\vec{OB}$.
   Donc $(BL)$ passe par $O$.
   $\vec{AC}\left(-3;\sqrt{3};0\right)$
   De plus $\vec{BL}.\vec{AC} = -\dfrac{1}{2} \times (-3) + \dfrac{-\sqrt{3}}{2} \times \sqrt{3} + 0 = \dfrac{3}{2} – \dfrac{3}{2} = 0$.
   Les droites $(BL)$ et $(AC)$ donc sont bien orthogonales.
   
   2. Prouver que le triangle ABC est équilatéral et déterminer le centre de son cercle circonscrit.
   On a $AB = 2\sqrt{3}$, $AC= \sqrt{9 + 3} = 2\sqrt{3}$ et $BC= \sqrt{(-2-1)^2+3} = 2\sqrt{3}$.
   Le triangle $ABC$ est donc équilatéral.
   D’après la question 3.a. On a $\vec{BL} = \dfrac{3}{2}\vec{BO}$ donc $\vec{BO} = \dfrac{2}{3}\vec{BL}$.
   $BL$ est la médiane issue de $B$ du triangle $ABC$. Par conséquent le centre de gravité (qui est aussi le centre du cercle circonscrit) se trouve au $\dfrac{2}{3}$ de cette médiane en partant de $B$. Il s’agit par conséquent de $O$.
   $\quad$
4. Démontrer que le tétraèdre ABCD est régulier c'est-à -dire un tétraèdre dont les six arêtes ont la même longueur.
$AD = \sqrt{4 \times 2 + 1 + 3} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$
$BC = \sqrt{ 4 \times 2 + 1 + 3} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$
$CD = \sqrt{4 \times 2 +4} = \sqrt{12} = 2\sqrt{2}$.
Les six arêtes ont bien la même longueur. Le tétraèdre est régulier.