Corrigé du contrôle de maths Terminale : orthogonalité et distances dans l’espace

Exercice 1 : Produit scalaire et angle (4 points)

1. Dans un repère orthonormé, \(\vec{u} \cdot \vec{v} = xx^{\prime} + yy^{\prime} + zz^{\prime}\).
   Ainsi, \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 2 \times 1 + (-1) \times 1 + 2 \times 4 = 2 – 1 + 8 = 9\). \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 9\).
2. On calcule d’abord \(\|\vec{u}\| = \sqrt{2^2 + (-1)^2 + 2^2} = \sqrt{9} = 3\) et \(\|\vec{v}\| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 4^2} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}\).
   \(\|\vec{u}\| = 3\) et \(\|\vec{v}\| = 3\sqrt{2}\).
3. On sait que \(\vec{u} \cdot \vec{v} = \|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\| \times \cos\theta\), où \(\theta\) est l’angle géométrique des deux vecteurs. Donc :
   \(\cos\theta = \frac{9}{3 \times 3\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}\).
   Enfin, puisque \(\theta \in [0^\circ\,;180^\circ]\), \(\theta = 45^\circ\).
4. \(\vec{u} \cdot \vec{w} = 2m – (m + 1) + 2 \times 3 = m + 5\). Or les vecteurs sont orthogonaux si et seulement si \(\vec{u} \cdot \vec{w} = 0\), soit \(m + 5 = 0\). Donc \(m = -5\), et alors \(\vec{w}(-5\,;-4\,;3)\). Vérification : \(-10 + 4 + 6 = 0\).

Barème : a) 1 point ; b) 1 point : 0,5 point par norme ; c) 1 point : 0,5 point pour la formule et le cosinus, 0,5 point pour l’angle ; d) 1 point : 0,5 point pour le produit scalaire en fonction de \(m\), 0,5 point pour la valeur de \(m\).

Exercice 2 : Vecteur normal et équations de plans (4 points)

1. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}(a\,;b\,;c)\) a une équation de la forme \(ax + by + cz + d = 0\). Ici : \(2x – y + 3z + d = 0\).
   Or \(A\) appartient au plan : \(2 \times 1 – 2 + 3 \times (-1) + d = 0\), soit \(-3 + d = 0\), donc \(d = 3\).
   \(P\) : \(2x – y + 3z + 3 = 0\).
2. On a \(2 \times 0 – 3 + 3 \times 0 + 3 = 0\) : donc \(B\) appartient au plan \(P\).
3. Un vecteur normal de \(Q\) est \(\vec{n^{\prime}}(1\,;5\,;1)\). \(\vec{n} \cdot \vec{n^{\prime}} = 2 \times 1 + (-1) \times 5 + 3 \times 1 = 2 – 5 + 3 = 0\).
   Or deux plans dont les vecteurs normaux sont orthogonaux sont perpendiculaires : ainsi, \(P\) et \(Q\) sont perpendiculaires.
4. Un plan parallèle à \(P\) admet \(\vec{n}\) comme vecteur normal : son équation est donc \(2x – y + 3z + d = 0\). Ensuite, avec \(C(1\,;0\,;1)\) : \(2 – 0 + 3 + d = 0\), donc \(d = -5\).
   \(P^{\prime}\) : \(2x – y + 3z – 5 = 0\).
5. Un vecteur normal de \(R\) est \((-4\,;2\,;-6)\), égal à \(-2\vec{n}\). Ainsi, les vecteurs normaux sont colinéaires, donc \(P\) et \(R\) sont parallèles. De plus, le point \(A\) de \(P\) donne \(-4 \times 1 + 2 \times 2 – 6 \times (-1) + 7 = 13 \neq 0\). Alors \(A\) n’est pas dans \(R\), donc les plans sont strictement parallèles, pas confondus.

Erreur fréquente : conclure que \(R\) est confondu avec \(P\) parce que ses coefficients sont proportionnels. En effet, il faut aussi comparer les constantes : \(-2 \times 3 = -6\), pas \(7\).

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour la forme de l’équation, 0,5 point pour \(d\) ; b) 0,5 point ; c) 1 point : 0,5 point pour le produit scalaire nul, 0,5 point pour la conclusion justifiée ; d) 1 point ; e) 0,5 point : 0,25 point pour le parallélisme, 0,25 point pour le point testé.

Exercice 3 : Projeté orthogonal sur un plan (4,5 points)

1. Un vecteur normal de \(P\) est \(\vec{n}(1\,;2\,;2)\). Ainsi, la droite \(\Delta\), orthogonale à \(P\), est dirigée par \(\vec{n}\) et passe par \(M\) :
   \(\Delta\) : \(x = 2 + t\), \(y = -2 + 2t\), \(z = 1 + 2t\), avec \(t \in \mathbb{R}\).
2. \(H\) est le point d’intersection de \(\Delta\) et de \(P\). On remplace donc dans l’équation du plan :
   \((2 + t) + 2(-2 + 2t) + 2(1 + 2t) – 9 = 0\)
   \(2 + t – 4 + 4t + 2 + 4t – 9 = 0\)
   \(9t – 9 = 0\), donc \(t = 1\).
   \(H(3\,;0\,;3)\). Vérification : \(3 + 0 + 6 – 9 = 0\).
3. La distance de \(M\) au plan \(P\) est \(MH\). Or \(\vec{MH}(1\,;2\,;2)\), donc \(MH = \sqrt{1 + 4 + 4} = 3\). La distance de \(M\) au plan \(P\) est égale à 3.
4. \(H\) est le milieu de \([MM^{\prime}]\), donc \(\vec{MM^{\prime}} = 2\vec{MH}\), de coordonnées \((2\,;4\,;4)\).
   \(M^{\prime}(4\,;2\,;5)\). Vérification : le milieu de \([MM^{\prime}]\) est \((\frac{2 + 4}{2}\,;\frac{-2 + 2}{2}\,;\frac{1 + 5}{2}) = (3\,;0\,;3)\).
5. La droite \((MH)\) est orthogonale au plan \(P\), donc à la droite \((HN)\) contenue dans ce plan. Ainsi, le triangle \(MHN\) est rectangle en \(H\). D’après le théorème de Pythagore, \(MN^2 = MH^2 + HN^2\). De plus, \(HN > 0\) car \(N \neq H\). Donc \(MN^2 > MH^2\), soit \(MN > MH\) : \(H\) est le point du plan le plus proche de \(M\).

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour le vecteur directeur, 0,5 point pour la représentation ; b) 1,5 point : 0,5 point pour la substitution, 0,5 point pour \(t\), 0,5 point pour \(H\) ; c) 0,5 point ; d) 1 point ; e) 0,5 point.

Exercice 4 : Un tétraèdre dans un repère (7,5 points)

1. \(\vec{AB}(-3\,;6\,;0)\) et \(\vec{AC}(-3\,;0\,;6)\). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires, car la troisième coordonnée de \(\vec{AB}\) est nulle, mais pas celle de \(\vec{AC}\). Ils dirigent donc le plan \((ABC)\).
   Ensuite, \(\vec{n} \cdot \vec{AB} = 2 \times (-3) + 1 \times 6 + 1 \times 0 = 0\) et \(\vec{n} \cdot \vec{AC} = 2 \times (-3) + 1 \times 0 + 1 \times 6 = 0\).
   Ainsi, le vecteur \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan : \(\vec{n}\) est normal au plan \((ABC)\).
2. L’équation est donc de la forme \(2x + y + z + d = 0\). Puis, avec \(A(3\,;0\,;0)\) : \(6 + d = 0\), donc \(d = -6\).
   \((ABC)\) : \(2x + y + z – 6 = 0\). Vérification : \(B\) donne \(6 – 6 = 0\) et \(C\) donne \(6 – 6 = 0\).
3. La droite \(d\) passe par \(O\) et est dirigée par \(\vec{n}\) : \(x = 2t\), \(y = t\), \(z = t\), avec \(t \in \mathbb{R}\).
   Or le projeté orthogonal de \(O\) est l’intersection de \(d\) et du plan : \(2 \times 2t + t + t – 6 = 0\), soit \(6t = 6\), donc \(t = 1\). Le point obtenu a alors pour coordonnées \((2\,;1\,;1)\) : c’est bien \(H\).

Volume du tétraèdre et aire du triangle ABC

4. On a \(\vec{OH}(2\,;1\,;1)\), donc \(OH = \sqrt{4 + 1 + 1} = \sqrt{6} \approx 2{,}45\).
5. On prend d’abord pour base le triangle \(OAB\), situé dans le plan \((xOy)\) et rectangle en \(O\) : \(S = \frac{OA \times OB}{2} = \frac{3 \times 6}{2} = 9\). La hauteur associée est \(OC = 6\), car l’axe des cotes est orthogonal au plan \((xOy)\).
   Donc \(V = \frac{1}{3} \times 9 \times 6 = 18\). Le volume du tétraèdre est 18 unités de volume.
6. Cependant, avec la base \(ABC\), la hauteur issue de \(O\) est \(OH = \sqrt{6}\). Donc \(18 = \frac{1}{3} \times S_{ABC} \times \sqrt{6}\), d’où :
   \(S_{ABC} = \frac{54}{\sqrt{6}} = \frac{54\sqrt{6}}{6} = 9\sqrt{6}\).
   L’aire du triangle \(ABC\) vaut \(9\sqrt{6} \approx 22{,}0\) unités d’aire.
7. D’abord, \(\vec{AB} \cdot \vec{AC} = (-3) \times (-3) + 6 \times 0 + 0 \times 6 = 9\).
   Ensuite, \(AB = \sqrt{9 + 36} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}\) et \(AC = \sqrt{9 + 36} = 3\sqrt{5}\).
   Alors \(\cos\widehat{BAC} = \frac{9}{3\sqrt{5} \times 3\sqrt{5}} = \frac{9}{45} = \frac{1}{5}\).
   \(\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 9\) et \(\widehat{BAC} \approx 78{,}5^\circ\).
   Contrôle : on a \(\sin\widehat{BAC} = \sqrt{1 – \frac{1}{25}} = \frac{2\sqrt{6}}{5}\) et \(\frac{1}{2} \times AB \times AC \times \sin\widehat{BAC} = \frac{1}{2} \times 45 \times \frac{2\sqrt{6}}{5} = 9\sqrt{6}\) : on retrouve l’aire de la question f.

Erreur fréquente : prendre \(OA\), \(OB\) ou \(OC\) comme hauteur relative à la base \(ABC\). En effet, la hauteur issue de \(O\) est la distance de \(O\) au plan \((ABC)\), c’est-à-dire \(OH\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour les deux vecteurs non colinéaires, 1 point pour les deux produits scalaires nuls ; b) 1 point ; c) 1,5 point : 0,5 point pour la représentation paramétrique, 1 point pour le calcul de \(t\) et la conclusion ; d) 0,5 point ; e) 1 point : 0,5 point pour l’aire de base, 0,5 point pour le volume ; f) 1 point ; g) 1 point : 0,5 point pour le produit scalaire, 0,5 point pour l’angle.

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Après le corrigé du contrôle : orthogonalité et distances dans l’espace

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