Bac maths 2022 Amérique du Sud J1 : sujet et corrigé

Voici le sujet du jour 1 de l’épreuve de spécialité mathématiques du bac 2022 en Amérique du Sud, posé le 26 septembre 2022, où le candidat traitait trois exercices sur quatre. Le premier s’intéresse au système d’alarme d’une entreprise : arbre pondéré, probabilité conditionnelle, loi binomiale sur un lot de cinq alarmes, puis taille minimale d’un échantillon. Le deuxième étudie la suite définie par \(u_{n+1} = \dfrac15 u_n^2\), avec une fonction Python à compléter, une récurrence et un passage au logarithme. Le troisième porte sur la fonction \(1 + x^2(1 – 2\ln x)\), sa solution \(\alpha\) et sa concavité. Le dernier place un triangle rectangle et un tétraèdre dans un pavé droit. Le corrigé détaillé de chaque question suit l’énoncé.

Ce sujet fait partie des annales que nous rassemblons pour préparer le bac de maths 2027 : tous les sujets de spécialité y sont classés par session.

BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — SESSION 2022
Amérique du Sud — 26 septembre 2022 — Jour 1
Épreuve d’enseignement de spécialité Mathématiques — Durée : 4 heures

Le sujet propose 4 exercices.
Le candidat choisit 3 exercices parmi les 4 exercices et ne doit traiter que ces 3 exercices.
Chaque exercice est noté sur 7 points (le total sera ramené sur 20 points).
Les traces de recherche, même incomplètes ou infructueuses, seront prises en compte.

Exercice 1 (7 points)

Thème : probabilités

Partie A

Le système d’alarme d’une entreprise fonctionne de telle sorte que, si un danger se présente, l’alarme s’active avec une probabilité de \(0{,}97\).

La probabilité qu’un danger se présente est de \(0{,}01\) et la probabilité que l’alarme s’active est de \(0{,}01465\).

On note \(A\) l’évènement « l’alarme s’active » et \(D\) l’événement « un danger se présente ».

On note \(\overline{M}\) l’évènement contraire d’un évènement \(M\) et \(P(M)\) la probabilité de l’évènement \(M\).

1. Représenter la situation par un arbre pondéré qui sera complété au fur et à mesure de l’exercice.

2. a. Calculer la probabilité qu’un danger se présente et que l’alarme s’active.

b. En déduire la probabilité qu’un danger se présente sachant que l’alarme s’active. Arrondir le résultat à \(10^{-3}\).

3. Montrer que la probabilité que l’alarme s’active sachant qu’aucun danger ne s’est présenté est \(0{,}005\).

4. On considère qu’une alarme ne fonctionne pas normalement lorsqu’un danger se présente et qu’elle ne s’active pas ou bien lorsqu’aucun danger ne se présente et qu’elle s’active.

Montrer que la probabilité que l’alarme ne fonctionne pas normalement est inférieure à \(0{,}01\).

Partie B

Une usine fabrique en grande quantité des systèmes d’alarme. On prélève successivement et au hasard 5 systèmes d’alarme dans la production de l’usine. Ce prélèvement est assimilé à un tirage avec remise.

On note \(S\) l’évènement « l’alarme ne fonctionne pas normalement » et on admet que \(P(S) = 0{,}00525\).

On considère \(X\) la variable aléatoire qui donne le nombre de systèmes d’alarme ne fonctionnant pas normalement parmi les 5 systèmes d’alarme prélevés.

Les résultats seront arrondis à \(10^{-4}\).

1. Donner la loi de probabilité suivie par la variable aléatoire \(X\) et préciser ses paramètres.

2. Calculer la probabilité que, dans le lot prélevé, un seul système d’alarme ne fonctionne pas normalement.

3. Calculer la probabilité que, dans le lot prélevé, au moins un système d’alarme ne fonctionne pas normalement.

Partie C

Soit \(n\) un entier naturel non nul. On prélève successivement et au hasard \(n\) systèmes d’alarme. Ce prélèvement est assimilé à un tirage avec remise.

Déterminer le plus petit entier \(n\) tel que la probabilité d’avoir, dans le lot prélevé, au moins un système d’alarme qui ne fonctionne pas normalement soit supérieure à \(0{,}07\).

Exercice 2 (7 points)

Thème : suites

Soit \((u_n)\) la suite définie par \(u_0 = 4\) et, pour tout entier naturel \(n\), \(u_{n+1} = \dfrac15 u_n^2\).

1. a. Calculer \(u_1\) et \(u_2\).

b. Recopier et compléter la fonction ci-dessous écrite en langage Python. Cette fonction est nommée suite_u et prend pour paramètre l’entier naturel \(p\).

Elle renvoie la valeur du terme de rang \(p\) de la suite \((u_n)\).

def suite_u(p) :
    u = ...
    for i in range(1, ...) :
        u = ...
    return u

2. a. Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel \(n\), \(0 \lt u_n \leq\, 4\).

b. Démontrer que la suite \((u_n)\) est décroissante.

c. En déduire que la suite \((u_n)\) est convergente.

3. a. Justifier que la limite \(\ell\) de la suite \((u_n)\) vérifie l’égalité \(\ell = \dfrac15 \ell^2\).

b. En déduire la valeur de \(\ell\).

4. Pour tout entier naturel \(n\), on pose \(v_n = \ln(u_n)\) et \(w_n = v_n – \ln(5)\).

a. Montrer que, pour tout entier naturel \(n\), \(v_{n+1} = 2v_n – \ln(5)\).

b. Montrer que la suite \((w_n)\) est géométrique de raison 2.

c. Pour tout entier naturel \(n\), donner l’expression de \(w_n\) en fonction de \(n\) et montrer que \(v_n = \ln(\dfrac45) \times 2^n + \ln(5)\).

5. Calculer \(\lim\limits_{n \to +\infty} v_n\) et retrouver \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n\).

Exercice 3 (7 points)

Thème : fonctions, fonction logarithme

Soit \(g\) la fonction définie sur l’intervalle \(]0\ ;\ +\infty[\) par

\[g(x) = 1 + x^2[1 – 2\ln(x)].\]

La fonction \(g\) est dérivable sur l’intervalle \(]0\ ;\ +\infty[\) et on note \(g^{\prime}\) sa fonction dérivée.

On appelle \(\mathcal{C}\) la courbe représentative de la fonction \(g\) dans un repère orthonormé du plan.

Partie A

1. Justifier que \(g(\text{e})\) est strictement négatif.

2. Justifier que \(\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = -\infty\).

3. a. Montrer que, pour tout \(x\) appartenant à l’intervalle \(]0\ ;\ +\infty[\), \(g^{\prime}(x) = -4x\ln(x)\).

b. Étudier le sens de variation de la fonction \(g\) sur l’intervalle \(]0\ ;\ +\infty[\).

c. Montrer que l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution, notée \(\alpha\), sur l’intervalle \([1\ ;\ +\infty[\).

d. Donner un encadrement de \(\alpha\) d’amplitude \(10^{-2}\).

4. Déduire de ce qui précède le signe de la fonction \(g\) sur l’intervalle \([1\ ;\ +\infty[\).

Partie B

1. On admet que, pour tout \(x\) appartenant à l’intervalle \([1\ ;\ \alpha]\), \(g^{\prime\prime}(x) = -4[\ln(x) + 1]\).

Justifier que la fonction \(g\) est concave sur l’intervalle \([1\ ;\ \alpha]\).

2. Sur la figure ci-dessous, A et B sont les points de la courbe \(\mathcal{C}\) d’abscisses respectives 1 et \(\alpha\).

a. Déterminer l’équation réduite de la droite (AB).

b. En déduire que pour tout réel \(x\) appartenant à l’intervalle \([1\ ;\ \alpha]\), \(g(x) \geq\, \dfrac{-2}{\alpha – 1}x + \dfrac{2\alpha}{\alpha – 1}\).

Exercice 4 (7 points)

Thème : géométrie dans l’espace

Dans la figure ci-dessous, ABCDEFGH est un parallélépipède rectangle tel que AB = 5, AD = 3 et AE = 2.

L’espace est muni d’un repère orthonormé d’origine A dans lequel les points B, D et E ont respectivement pour coordonnées (5 ; 0 ; 0), (0 ; 3 ; 0) et (0 ; 0 ; 2).

1. a. Donner, dans le repère considéré, les coordonnées des points H et G.

b. Donner une représentation paramétrique de la droite (GH).

2. Soit M un point du segment [GH] tel que \(\vec{\text{HM}} = k\,\vec{\text{HG}}\) avec \(k\) un nombre réel de l’intervalle \([0\ ;\ 1]\).

a. Justifier que les coordonnées de M sont \((5k\ ;\ 3\ ;\ 2)\).

b. En déduire que \(\vec{\text{AM}} \cdot \vec{\text{CM}} = 25k^2 – 25k + 4\).

c. Déterminer les valeurs de \(k\) pour lesquelles AMC est un triangle rectangle en M.

Dans toute la suite de l’exercice, on considère que le point M a pour coordonnées (1 ; 3 ; 2).

On admet que le triangle AMC est rectangle en M.

On rappelle que le volume d’un tétraèdre est donné par la formule \(\dfrac13 \times \text{Aire de la base} \times h\) où \(h\) est la hauteur relative à la base.

3. On considère le point K de coordonnées (1 ; 3 ; 0).

a. Déterminer une équation cartésienne du plan (ACD).

b. Justifier que le point K est le projeté orthogonal du point M sur le plan (ACD).

c. En déduire le volume du tétraèdre MACD.

4. On note P le projeté orthogonal du point D sur le plan (AMC).

Calculer la distance DP ; en donner une valeur arrondie à \(10^{-1}\).

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie A

1. L’énoncé donne \(P(D) = 0{,}01\), donc \(P(\overline{D}) = 0{,}99\), et \(P_D(A) = 0{,}97\), donc \(P_D(\overline{A}) = 0{,}03\). Les probabilités conditionnelles sachant \(\overline{D}\) seront obtenues à la question 3. L’arbre pondéré complet porte :

branche vers \(D\) : \(0{,}01\), puis \(D \to A\) : \(0{,}97\) et \(D \to \overline{A}\) : \(0{,}03\) ;
branche vers \(\overline{D}\) : \(0{,}99\), puis \(\overline{D} \to A\) : \(0{,}005\) et \(\overline{D} \to \overline{A}\) : \(0{,}995\).

2. a. On multiplie les probabilités le long du chemin \(D\) puis \(A\) :

\[P(D \cap A) = P(D) \times P_D(A) = 0{,}01 \times 0{,}97 = 0{,}0097.\]

La probabilité qu’un danger se présente et que l’alarme s’active est \(0{,}0097\).

b. On cherche \(P_A(D)\), en utilisant la valeur \(P(A) = 0{,}01465\) donnée par l’énoncé :

\[P_A(D) = \dfrac{P(D \cap A)}{P(A)} = \dfrac{0{,}0097}{0{,}01465} \approx 0{,}662.\]

Quand l’alarme se déclenche, il y a un danger réel avec une probabilité d’environ \(0{,}662\).

3. Les évènements \(D\) et \(\overline{D}\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales, \(P(A) = P(D \cap A) + P(\overline{D} \cap A)\), donc :

\[P(\overline{D} \cap A) = 0{,}01465 – 0{,}0097 = 0{,}00495.\]

On en déduit :

\[P_{\overline{D}}(A) = \dfrac{P(\overline{D} \cap A)}{P(\overline{D})} = \dfrac{0{,}00495}{0{,}99} = 0{,}005.\]

La probabilité que l’alarme s’active alors qu’il n’y a aucun danger vaut bien \(0{,}005\).

4. L’alarme ne fonctionne pas normalement dans deux cas incompatibles : \(D \cap \overline{A}\) (danger sans alarme) ou \(\overline{D} \cap A\) (alarme sans danger). On additionne donc :

\[P(D \cap \overline{A}) + P(\overline{D} \cap A) = 0{,}01 \times 0{,}03 + 0{,}00495 = 0{,}0003 + 0{,}00495 = 0{,}00525.\]

Comme \(0{,}00525 \lt 0{,}01\), la probabilité que l’alarme ne fonctionne pas normalement est inférieure à 0,01.

Partie B

1. Chaque prélèvement est une épreuve de Bernoulli dont le « succès » est l’évènement \(S\), de probabilité \(0{,}00525\). Le prélèvement étant assimilé à un tirage avec remise, les 5 épreuves sont identiques et indépendantes. La variable \(X\), qui compte les succès, suit donc la loi binomiale de paramètres \(n = 5\) et \(p = 0{,}00525\).

2. On calcule \(P(X = 1)\) :

\[P(X = 1) = \dbinom{5}{1} \times 0{,}00525 \times (1 – 0{,}00525)^4 = 5 \times 0{,}00525 \times 0{,}99475^4 \approx 0{,}0257.\]

La probabilité qu’un seul système du lot soit défaillant est environ \(0{,}0257\).

3. L’évènement contraire de « au moins un système défaillant » est « aucun système défaillant » :

\[P(X \geq\, 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0{,}99475^5 \approx 0{,}0260.\]

La probabilité qu’au moins un système du lot soit défaillant est environ \(0{,}0260\).

Partie C

Avec \(n\) prélèvements, le nombre \(Y\) de systèmes défaillants suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(n\ ;\ 0{,}00525)\) et, comme précédemment, \(P(Y \geq\, 1) = 1 – 0{,}99475^n\). On résout :

\[1 – 0{,}99475^n \gt 0{,}07 \iff 0{,}99475^n \lt 0{,}93.\]

La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\ ;\ +\infty[\), donc \(n\ln(0{,}99475) \lt \ln(0{,}93)\). Comme \(\ln(0{,}99475) \lt 0\), en divisant par ce nombre on change le sens de l’inégalité :

\[n \gt \dfrac{\ln(0{,}93)}{\ln(0{,}99475)} \approx 13{,}79.\]

Le plus petit entier qui convient est \(n = 14\). On peut le contrôler : pour \(n = 13\), \(1 – 0{,}99475^{13} \approx 0{,}0661 \lt 0{,}07\), et pour \(n = 14\), \(1 – 0{,}99475^{14} \approx 0{,}0710 \gt 0{,}07\). Il faut donc prélever au moins 14 systèmes d’alarme.

Exercice 2 :

1. a. On applique la relation de récurrence : \(u_1 = \dfrac15 \times 4^2 = \dfrac{16}{5} = 3{,}2\), puis \(u_2 = \dfrac15 \times 3{,}2^2 = \dfrac{10{,}24}{5} = 2{,}048\). Donc \(u_1 = \dfrac{16}{5}\) et \(u_2 = \dfrac{256}{125}\).

b. La variable u part de \(u_0 = 4\). Pour obtenir \(u_p\), il faut appliquer \(p\) fois la relation \(u arrow \dfrac15 u^2\) : la boucle doit donc faire parcourir à i les entiers de 1 à \(p\), ce qui s’écrit range(1, p+1) (la borne de droite est exclue en Python). Le script complété :

def suite_u(p) :
    u = 4
    for i in range(1, p+1) :
        u = u**2/5
    return u

Par exemple, suite_u(2) renvoie 2.048.

2. a. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(0 \lt u_n \leq\, 4\) ».

Initialisation. \(u_0 = 4\) et \(0 \lt 4 \leq\, 4\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(0 \lt u_n \leq\, 4\). La fonction carré est strictement croissante sur \([0\ ;\ +\infty[\), donc \(0 \lt u_n^2 \leq\, 16\). En multipliant par \(\dfrac15 \gt 0\) : \(0 \lt \dfrac15 u_n^2 \leq\, \dfrac{16}{5}\). Comme \(\dfrac{16}{5} = 3{,}2 \leq\, 4\), on obtient \(0 \lt u_{n+1} \leq\, 4\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.

Conclusion. Par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(0 \lt u_n \leq\, 4\).

b. Pour tout entier naturel \(n\), on factorise la différence de deux termes consécutifs :

\[u_{n+1} – u_n = \dfrac15 u_n^2 – u_n = \dfrac{u_n(u_n – 5)}{5}.\]

D’après la question précédente, \(u_n \gt 0\) et \(u_n – 5 \leq\, -1 \lt 0\). Le produit est donc strictement négatif : \(u_{n+1} – u_n \lt 0\). La suite \((u_n)\) est (strictement) décroissante.

c. La suite \((u_n)\) est décroissante et minorée par 0. D’après le théorème de convergence monotone, elle est convergente.

3. a. Notons \(\ell\) la limite de \((u_n)\). La suite \((u_{n+1})\) a la même limite \(\ell\). Par ailleurs, la fonction \(h : x \mapsto \dfrac15 x^2\) est continue sur \(\mathbb{R}\), donc \(u_{n+1} = h(u_n)\) tend vers \(h(\ell) = \dfrac15 \ell^2\). Par unicité de la limite, \(\ell = \dfrac15 \ell^2\).

b. On résout : \(\ell = \dfrac15 \ell^2 \iff \ell(\dfrac{\ell}{5} – 1) = 0 \iff \ell = 0\) ou \(\ell = 5\). Or tous les termes vérifient \(0 \lt u_n \leq\, 4\), donc par passage à la limite \(0 \leq\, \ell \leq\, 4\), ce qui exclut 5. Ainsi \(\ell = 0\).

4. a. Les termes \(u_n\) sont strictement positifs, donc \(v_n = \ln(u_n)\) est bien défini. Avec les propriétés algébriques du logarithme :

\[v_{n+1} = \ln(\dfrac{u_n^2}{5}) = \ln(u_n^2) – \ln(5) = 2\ln(u_n) – \ln(5) = 2v_n – \ln(5).\]

b. Pour tout entier naturel \(n\) :

\[w_{n+1} = v_{n+1} – \ln(5) = 2v_n – 2\ln(5) = 2(v_n – \ln(5)) = 2w_n.\]

La suite \((w_n)\) est géométrique de raison 2, de premier terme \(w_0 = \ln(4) – \ln(5) = \ln(\dfrac45)\).

c. Le terme général d’une suite géométrique donne \(w_n = \ln(\dfrac45) \times 2^n\). Comme \(v_n = w_n + \ln(5)\), on obtient \(v_n = \ln(\dfrac45) \times 2^n + \ln(5)\).

5. Comme \(2 \gt 1\), \(\lim\limits_{n \to +\infty} 2^n = +\infty\). Le nombre \(\ln(\dfrac45)\) est strictement négatif car \(\dfrac45 \lt 1\). Par produit, \(\ln(\dfrac45) \times 2^n\) tend vers \(-\infty\), et en ajoutant la constante \(\ln(5)\) : \(\lim\limits_{n \to +\infty} v_n = -\infty\).

Puisque \(v_n = \ln(u_n)\), on a \(u_n = \text{e}^{v_n}\). Or \(\lim\limits_{X \to -\infty} \text{e}^{X} = 0\), donc par composition \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 0\), ce qui confirme le résultat de la question 3.

Exercice 3 :

Partie A

1. Comme \(\ln(\text{e}) = 1\) : \(g(\text{e}) = 1 + \text{e}^2(1 – 2) = 1 – \text{e}^2\). Or \(\text{e} \gt 1\) donc \(\text{e}^2 \gt 1\), d’où \(g(\text{e}) = 1 – \text{e}^2 \lt 0\) (environ \(-6{,}39\)).

2. On a \(\lim\limits_{x \to +\infty} \ln(x) = +\infty\), donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} (1 – 2\ln(x)) = -\infty\). Comme \(\lim\limits_{x \to +\infty} x^2 = +\infty\), le produit \(x^2(1 – 2\ln(x))\) tend vers \(-\infty\), et en ajoutant 1 : \(\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = -\infty\).

3. a. On dérive le produit \(x^2(1 – 2\ln(x))\) avec \(u(x) = x^2\), \(u^{\prime}(x) = 2x\), \(v(x) = 1 – 2\ln(x)\), \(v^{\prime}(x) = -\dfrac{2}{x}\) :

\[g^{\prime}(x) = 2x(1 – 2\ln(x)) + x^2 \times (-\dfrac{2}{x}) = 2x – 4x\ln(x) – 2x = -4x\ln(x).\]

b. Sur \(]0\ ;\ +\infty[\), \(-4x \lt 0\), donc \(g^{\prime}(x)\) est du signe contraire de \(\ln(x)\). Or \(\ln(x) \lt 0\) sur \(]0\ ;\ 1[\), \(\ln(1) = 0\) et \(\ln(x) \gt 0\) sur \(]1\ ;\ +\infty[\). Donc \(g^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]0\ ;\ 1[\) et \(g^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]1\ ;\ +\infty[\) : \(g\) est strictement croissante sur \(]0\ ;\ 1]\) et strictement décroissante sur \([1\ ;\ +\infty[\), avec un maximum \(g(1) = 1 + 1 \times (1 – 0) = 2\).

c. Sur \([1\ ;\ +\infty[\), la fonction \(g\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante. On a \(g(1) = 2 \gt 0\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = -\infty\). La valeur 0 est donc comprise entre \(g(1)\) et cette limite. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \([1\ ;\ +\infty[\). (On sait même que \(\alpha \lt \text{e}\), puisque \(g(\text{e}) \lt 0\).)

d. Par balayage à la calculatrice : \(g(1{,}8) \approx 0{,}43 \gt 0\) et \(g(1{,}9) \approx -0{,}024 \lt 0\), puis \(g(1{,}89) \approx 0{,}024 \gt 0\) et \(g(1{,}90) \approx -0{,}024 \lt 0\). Donc \(1{,}89 \lt \alpha \lt 1{,}90\).

4. Sur \([1\ ;\ +\infty[\), \(g\) est strictement décroissante et s’annule en \(\alpha\). Donc \(g(x) \gt 0\) sur \([1\ ;\ \alpha[\), \(g(\alpha) = 0\) et \(g(x) \lt 0\) sur \(]\alpha\ ;\ +\infty[\).

Partie B

1. Pour \(x \in [1\ ;\ \alpha]\), on a \(x \geq\, 1\), donc \(\ln(x) \geq\, 0\) et \(\ln(x) + 1 \geq\, 1 \gt 0\). Par conséquent \(g^{\prime\prime}(x) = -4[\ln(x) + 1] \lt 0\). La dérivée seconde étant négative, \(g\) est concave sur \([1\ ;\ \alpha]\).

2. a. On a \(\text{A}(1\ ;\ g(1)) = (1\ ;\ 2)\) et \(\text{B}(\alpha\ ;\ g(\alpha)) = (\alpha\ ;\ 0)\). Le coefficient directeur de (AB) est :

\[m = \dfrac{0 – 2}{\alpha – 1} = \dfrac{-2}{\alpha – 1}.\]

La droite passe par B, donc son équation est \(y = \dfrac{-2}{\alpha – 1}(x – \alpha)\), soit, en développant, \(y = \dfrac{-2}{\alpha – 1}x + \dfrac{2\alpha}{\alpha – 1}\). On vérifie qu’en \(x = 1\) on trouve \(\dfrac{-2 + 2\alpha}{\alpha – 1} = 2\) : le point A est bien sur la droite.

b. Une fonction concave sur un intervalle a sa courbe située au-dessus de chacune de ses cordes sur cet intervalle. Sur \([1\ ;\ \alpha]\), la corde reliant A et B est le segment [AB], porté par la droite (AB). Donc, pour tout \(x\) de \([1\ ;\ \alpha]\), le point de \(\mathcal{C}\) d’abscisse \(x\) est au-dessus du point de (AB) de même abscisse, c’est-à-dire \(g(x) \geq\, \dfrac{-2}{\alpha – 1}x + \dfrac{2\alpha}{\alpha – 1}\).

Exercice 4 :

1. a. Dans ce pavé droit, \(\vec{\text{AH}} = \vec{\text{AD}} + \vec{\text{AE}}\) et \(\vec{\text{AG}} = \vec{\text{AB}} + \vec{\text{AD}} + \vec{\text{AE}}\). Comme A est l’origine, on lit directement les coordonnées : H(0 ; 3 ; 2) et G(5 ; 3 ; 2).

b. La droite (GH) passe par H(0 ; 3 ; 2) et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{HG}}\begin{pmatrix}5\\0\\0\end{pmatrix}\). Une représentation paramétrique est donc :

\[\{\begin{array}{l} x = 5t\\ y = 3\\ z = 2 \end{array}. \quad \text{avec } t \in \mathbb{R}.\]

2. a. Notons \((x\ ;\ y\ ;\ z)\) les coordonnées de M. L’égalité \(\vec{\text{HM}} = k\,\vec{\text{HG}}\) s’écrit coordonnée par coordonnée : \(x – 0 = 5k\), \(y – 3 = 0\) et \(z – 2 = 0\). Donc M a pour coordonnées \((5k\ ;\ 3\ ;\ 2)\).

b. Le point C a pour coordonnées (5 ; 3 ; 0), puisque \(\vec{\text{AC}} = \vec{\text{AB}} + \vec{\text{AD}}\). On obtient \(\vec{\text{AM}}\begin{pmatrix}5k\\3\\2\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{CM}}\begin{pmatrix}5k – 5\\0\\2\end{pmatrix}\). Dans un repère orthonormé :

\[\vec{\text{AM}} \cdot \vec{\text{CM}} = 5k(5k – 5) + 3 \times 0 + 2 \times 2 = 25k^2 – 25k + 4.\]

c. Le triangle AMC est rectangle en M si et seulement si \(\vec{\text{AM}} \cdot \vec{\text{CM}} = 0\) (les vecteurs ne sont jamais nuls ici, puisque M n’est ni en A ni en C), soit \(25k^2 – 25k + 4 = 0\). Le discriminant vaut \(\Delta = 625 – 400 = 225 = 15^2\), d’où :

\[k = \dfrac{25 – 15}{50} = \dfrac15 \quad \text{ou} \quad k = \dfrac{25 + 15}{50} = \dfrac45.\]

Ces deux valeurs sont dans \([0\ ;\ 1]\). AMC est rectangle en M pour \(k = \dfrac15\) ou \(k = \dfrac45\), c’est-à-dire pour M(1 ; 3 ; 2) ou M(4 ; 3 ; 2).

3. a. Les points A(0 ; 0 ; 0), C(5 ; 3 ; 0) et D(0 ; 3 ; 0) ont tous une cote nulle et ne sont pas alignés : le plan (ACD) est le plan de la base du pavé, d’équation \(z = 0\).

b. Le point K(1 ; 3 ; 0) a une cote nulle, donc K appartient au plan (ACD). De plus \(\vec{\text{MK}}\begin{pmatrix}0\\0\\-2\end{pmatrix}\) est colinéaire au vecteur \(\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\), qui est normal au plan d’équation \(z = 0\) : la droite (MK) est orthogonale au plan (ACD). K est donc le projeté orthogonal de M sur le plan (ACD).

c. On prend pour base le triangle ACD. Il est rectangle en D (les arêtes [AD] et [DC] du pavé sont perpendiculaires), avec AD = 3 et DC = AB = 5, donc son aire vaut \(\dfrac{3 \times 5}{2} = \dfrac{15}{2}\). La hauteur relative à cette base est MK = 2. Donc :

\[V_{\text{MACD}} = \dfrac13 \times \dfrac{15}{2} \times 2 = 5.\]

Le volume du tétraèdre MACD est 5 unités de volume.

4. On calcule le volume du même tétraèdre en prenant cette fois pour base le triangle AMC ; la hauteur correspondante est alors DP, puisque P est le projeté orthogonal de D sur le plan (AMC).

Avec M(1 ; 3 ; 2) : \(\vec{\text{AM}}\begin{pmatrix}1\\3\\2\end{pmatrix}\) donc \(\text{AM} = \sqrt{1 + 9 + 4} = \sqrt{14}\), et \(\vec{\text{CM}}\begin{pmatrix}-4\\0\\2\end{pmatrix}\) donc \(\text{CM} = \sqrt{16 + 0 + 4} = \sqrt{20}\). Le triangle AMC étant rectangle en M, son aire vaut :

\[\mathcal{A}_{\text{AMC}} = \dfrac{\text{AM} \times \text{CM}}{2} = \dfrac{\sqrt{14} \times \sqrt{20}}{2} = \dfrac{\sqrt{280}}{2} = \sqrt{70}.\]

Le volume s’écrit donc aussi \(\dfrac13 \times \sqrt{70} \times \text{DP}\). En l’égalant au volume trouvé à la question 3 :

\[\dfrac{\sqrt{70} \times \text{DP}}{3} = 5 \iff \text{DP} = \dfrac{15}{\sqrt{70}} \approx 1{,}79.\]

Arrondie au dixième, la distance DP vaut environ 1,8.

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