Sujet officiel · session 2024

Bac de maths 2024 — Métropole · 20 juin

Le sujet tel qu'il a été donné, sa transcription, et le corrigé complet de ses 4 exercices.

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Sujet publié par le ministère de l'Éducation nationale — PDF d'origine. Transcription et correction rédigées par MathBooster.

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Énoncé et corrigé, exercice par exercice

L'énoncé transcrit à gauche, notre correction en face. Chaque étape nomme la propriété utilisée ; ces corrections sont rédigées par MathBooster, puis vérifiées calcul par calcul.

Énoncé Exercice 1 Probabilités conditionnelles Moyen

Ressenti des étudiants à l'examen

La directrice d'une école souhaite réaliser une étude auprès des étudiants qui ont passé l'examen de fin d'étude, pour analyser la façon dont ils pensent avoir réussi cet examen. Pour cette étude, on demande aux étudiants à l'issue de l'examen de répondre individuellement à la question : « Pensez-vous avoir réussi l'examen ? ». Seules les réponses « oui » ou « non » sont possibles, et on observe que 91,7 % des étudiants interrogés ont répondu « oui ».

Suite à la publication des résultats à l'examen, on découvre que :

• 65 % des étudiants ayant échoué ont répondu « non » ;

• 98 % des étudiants ayant réussi ont répondu « oui ».

On interroge au hasard un étudiant qui a passé l'examen. On note R l'évènement « l'étudiant a réussi l'examen » et Q l'évènement « l'étudiant a répondu « oui » à la question ». Pour un évènement A quelconque, on note P(A) sa probabilité et Ā son évènement contraire. Dans tout l'exercice, les probabilités sont, si besoin, arrondies à 10⁻³ près.

1. Préciser les valeurs des probabilités P(Q) et P_R̄(Q̄).

2. On note x la probabilité que l'étudiant interrogé ait réussi l'examen.

a. Recopier et compléter l'arbre pondéré. [Arbre à compléter : deux branches issues de la racine menant à R (pondérée x) et R̄, chacune suivie de deux branches menant à Q et Q̄.]

b. Montrer que x = 0,9.

3. L'étudiant interrogé a répondu « oui » à la question. Quelle est la probabilité qu'il ait réussi l'examen ?

4. La note obtenue par un étudiant interrogé au hasard est un nombre entier entre 0 et 20. On suppose qu'elle est modélisée par une variable aléatoire N qui suit la loi binomiale de paramètres (20 ; 0,615). La directrice souhaite attribuer une récompense aux étudiants ayant obtenu les meilleurs résultats. À partir de quelle note doit-elle attribuer les récompenses pour que 65 % des étudiants soient récompensés ?

5. On interroge au hasard dix étudiants. Les variables aléatoires N₁, N₂, …, N₁₀ modélisent la note sur 20 obtenue à l'examen par chacun d'entre eux. On admet que ces variables sont indépendantes et suivent la même loi binomiale de paramètres (20 ; 0,615). Soit S la variable définie par S = N₁ + N₂ + ⋯ + N₁₀. Calculer l'espérance E(S) et la variance V(S) de la variable aléatoire S.

6. On considère la variable aléatoire M = S10.

a. Que modélise cette variable aléatoire M dans le contexte de l'exercice ?

b. Justifier que E(M) = 12,3 et V(M) = 0,47355.

c. À l'aide de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, justifier l'affirmation ci-dessous : « La probabilité que la moyenne des notes de dix étudiants pris au hasard soit strictement comprise entre 10,3 et 14,3 est d'au moins 80 % ».

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Corrigé Exercice 1 Ressenti des étudiants à l'examen Revoir l'énoncé

1.
On interroge un étudiant au hasard : les proportions de l'énoncé se lisent directement comme des probabilités. 91,7 % des étudiants ont répondu « oui », donc P(Q) = 0,917 ; 65 % des étudiants ayant échoué (évènement R̄) ont répondu « non » (évènement Q̄), donc P_R̄(Q̄) = 0,65.
2. a.
De la racine partent deux branches : R affectée de x et R̄ affectée de 1 − x. Depuis R : P_R(Q) = 0,98 donc P_R(Q̄) = 1 − 0,98 = 0,02. Depuis R̄ : P_R̄(Q̄) = 0,65 donc P_R̄(Q) = 1 − 0,65 = 0,35.
b.
Les évènements R et R̄ forment une partition de l'univers : d'après la formule des probabilités totales, P(Q) = P(R ∩ Q) + P(R̄ ∩ Q) = x × 0,98 + (1 − x) × 0,35 = 0,63x + 0,35. Or P(Q) = 0,917, d'où 0,63x = 0,917 − 0,35 = 0,567 et x = 0,5670,63 = 0,9 : la probabilité que l'étudiant ait réussi l'examen vaut bien 0,9, autrement dit 90 % des étudiants ont réussi.
3.
On demande la probabilité conditionnelle P_Q(R) = P(R ∩ Q)P(Q). Or P(R ∩ Q) = P(R) × P_R(Q) = 0,9 × 0,98 = 0,882, donc P_Q(R) = 0,8820,917 ≈ 0,962. Parmi les étudiants ayant répondu « oui », environ 96,2 % ont effectivement réussi l'examen.
4.
Récompenser « à partir de la note a » revient à réaliser l'évènement (N ≥ a), de probabilité P(N ≥ a) = 1 − P(N ≤ a − 1), que l'on obtient à la calculatrice avec la loi binomiale de paramètres (20 ; 0,615).
On lit P(N ≥ 11) ≈ 0,797 et P(N ≥ 12) ≈ 0,649. Aucune note ne donne exactement 65 %, mais 0,649 est la valeur la plus proche de 0,65 (le seuil 11 récompenserait près de 80 % des étudiants, bien plus que demandé). La directrice doit donc attribuer les récompenses à partir de la note 12.
5.
Chaque Nᵢ suit la loi binomiale de paramètres n = 20 et p = 0,615, donc E(Nᵢ) = np = 20 × 0,615 = 12,3 et V(Nᵢ) = np(1 − p) = 20 × 0,615 × 0,385 = 4,7355. Par linéarité de l'espérance, E(S) = E(N₁) + ⋯ + E(N₁₀) = 10 × 12,3 = 123 ; les variables étant indépendantes, les variances s'additionnent : V(S) = V(N₁) + ⋯ + V(N₁₀) = 10 × 4,7355 = 47,355.
6. a.
M = S10 est la somme des dix notes divisée par dix : elle modélise la moyenne des notes obtenues par un groupe de dix étudiants choisis au hasard.
b.
Pour un réel a on a E(aX) = aE(X) et V(aX) = a²V(X). Avec a = 110 : E(M) = 12310 = 12,3 et V(M) = 47,35510² = 47,355100 = 0,47355.
c.
L'intervalle ]10,3 ; 14,3[ est centré en E(M) = 12,3 et de demi-amplitude 2 : l'évènement « 10,3 < M < 14,3 » s'écrit |M − E(M)| < 2, et son contraire s'écrit |M − E(M)| ≥ 2.
L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne P(|M − E(M)| ≥ 2) ≤ V(M)2² = 0,473554 = 0,1183875. En passant à l'évènement contraire : P(10,3 < M < 14,3) ≥ 1 − 0,1183875 = 0,8816125 ≥ 0,80. La probabilité que la moyenne des notes de dix étudiants soit strictement comprise entre 10,3 et 14,3 est donc d'au moins 80 % : l'affirmation est justifiée.

Énoncé Exercice 2 Suites numériques Moyen

Taux de chlore dans une piscine

Les parties A et B sont indépendantes.

Alain possède une piscine qui contient 50 m³ d'eau. On rappelle que 1 m³ = 1 000 L. Pour désinfecter l'eau, il doit ajouter du chlore. Le taux de chlore dans l'eau, exprimé en mg·L⁻¹, est défini comme la masse de chlore par unité de volume d'eau. Les piscinistes préconisent un taux de chlore compris entre 1 et 3 mg·L⁻¹.

Sous l'action du milieu ambiant, notamment des ultraviolets, le chlore se décompose et disparaît peu à peu. Alain réalise certains jours, à heure fixe, des mesures avec un appareil qui permet une précision à 0,01 mg·L⁻¹. Le mercredi 19 juin, il mesure un taux de chlore de 0,70 mg·L⁻¹.

Partie A étude d'un modèle discret.

Pour maintenir le taux de chlore dans sa piscine, Alain décide, à partir du jeudi 20 juin, d'ajouter chaque jour une quantité de 15 g de chlore. On admet que ce chlore se mélange uniformément dans l'eau de la piscine.

1. Justifier que cet ajout de chlore fait augmenter le taux de 0,3 mg·L⁻¹.

2. Pour tout entier naturel n, on note vₙ le taux de chlore, en mg·L⁻¹, obtenu avec ce nouveau protocole n jours après le mercredi 19 juin. Ainsi v₀ = 0,7. On admet que pour tout entier naturel n, vₙ₊₁ = 0,92vₙ + 0,3.

a. Montrer par récurrence que pour tout entier naturel n, vₙ ≤ vₙ₊₁ ≤ 4.

b. Montrer que la suite (vₙ) est convergente et calculer sa limite.

3. À long terme, le taux de chlore sera-t-il conforme à la préconisation des piscinistes ? Justifier la réponse.

4. Reproduire et compléter l'algorithme ci-après écrit en langage Python pour que la fonction alerte_chlore renvoie, lorsqu'il existe, le plus petit entier n tel que vₙ > s :

def alerte_chlore(s) :

n = 0

u = 0.7

while . . . :

n = . . .

u = . . .

return n

5. Quelle valeur obtient-on en saisissant l'instruction alerte_chlore(3) ? Interpréter ce résultat dans le contexte de l'exercice.

Partie B étude d'un modèle continu.

Alain décide de faire appel à un bureau d'études spécialisées. Celui-ci utilise un modèle continu pour décrire le taux de chlore dans la piscine. Dans ce modèle, pour une durée x (en jours écoulés à compter du mercredi 19 juin), f(x) représente le taux de chlore, en mg·L⁻¹, dans la piscine. On admet que la fonction f est solution de l'équation différentielle (E) : y′ = −0,08y + q50, où q est la quantité de chlore, en gramme, rajoutée dans la piscine chaque jour.

1. Justifier que la fonction f est de la forme f(x) = C·e^−0,08x + q4 où C est une constante réelle.

2. a. Exprimer en fonction de q la limite de f en +∞.

b. On rappelle que le taux de chlore observé le mercredi 19 juin est égal à 0,7 mg·L⁻¹. On souhaite que le taux de chlore se stabilise à long terme autour de 2 mg·L⁻¹. Déterminer les valeurs de C et q afin que ces deux conditions soient respectées.

Voir la correction

Corrigé Exercice 2 Taux de chlore dans une piscine Revoir l'énoncé

Partie A1.
La piscine contient 50 m³ = 50 × 1 000 = 50 000 L d'eau, et 15 g de chlore représentent 15 000 mg. Le taux, masse divisée par volume, augmente donc de 15 00050 000 = 0,3 mg·L⁻¹.
2. a.
Notons Pₙ la propriété « vₙ ≤ vₙ₊₁ ≤ 4 ». Initialisation : v₀ = 0,7 et v₁ = 0,92 × 0,7 + 0,3 = 0,944, donc 0,7 ≤ 0,944 ≤ 4 : P₀ est vraie.
Hérédité : soit n ∈ ℕ. Supposons Pₙ vraie pour cet entier n, soit vₙ ≤ vₙ₊₁ ≤ 4. En multipliant par 0,92 > 0 (l'ordre est conservé) puis en ajoutant 0,3 : 0,92vₙ + 0,3 ≤ 0,92vₙ₊₁ + 0,3 ≤ 0,92 × 4 + 0,3, c'est-à-dire vₙ₊₁ ≤ vₙ₊₂ ≤ 3,98 ≤ 4 : Pₙ₊₁ est vraie. Conclusion : P₀ est vraie et la propriété se transmet d'un rang au suivant ; d'après le principe de récurrence, vₙ ≤ vₙ₊₁ ≤ 4 pour tout n ∈ ℕ.
b.
L'encadrement précédent dit exactement que (vₙ) est croissante et majorée par 4 : d'après le théorème de convergence monotone, elle converge vers un réel ℓ. La fonction x ↦ 0,92x + 0,3 étant continue sur ℝ, le passage à la limite dans vₙ₊₁ = 0,92vₙ + 0,3 donne ℓ = 0,92ℓ + 0,3, soit 0,08ℓ = 0,3 et ℓ = 0,30,08 = 3,75.
3.
La suite croît vers 3,75. Par définition de la limite, tout intervalle ouvert contenant 3,75 — par exemple ]3 ; 4[ — contient tous les termes à partir d'un certain rang : le taux finira donc par dépasser 3 mg·L⁻¹. À long terme le taux de chlore ne sera pas conforme à la préconisation des piscinistes (entre 1 et 3 mg·L⁻¹).
4.
C'est un algorithme de seuil : on avance d'un jour tant que le taux n'a pas dépassé s, donc tant que u ≤ s. Le programme complété est : while u <= s : puis n = n + 1 et u = 0.92 * u + 0.3, et enfin return n.
5.
En itérant la relation à partir de v₀ = 0,7 : v₁₆ ≈ 2,95 ≤ 3 et v₁₇ ≈ 3,01 > 3. L'instruction alerte_chlore(3) renvoie donc 17. Interprétation : avec ce protocole, c'est 17 jours après le mercredi 19 juin (soit le 6 juillet) que le taux de chlore dépasse pour la première fois la limite de 3 mg·L⁻¹ recommandée par les piscinistes.
Partie B1.
(E) est de la forme y′ = ay + b avec a = −0,08 et b = q50. Les solutions d'une telle équation différentielle sont les fonctions x ↦ C·e^ax − ba, où C est une constante réelle. Ici −ba = −(q50)/(−0,08) = q50 × 0,08 = q4 : la fonction f est donc bien de la forme f(x) = C·e^−0,08x + q4.
2. a.
Comme −0,08 < 0, on a −0,08x → −∞ quand x → +∞ ; par composition avec lim e^X = 0 quand X → −∞, on obtient e^−0,08x → 0, puis C·e^−0,08x → 0. Par somme : lim f(x) = q4 quand x → +∞.
b.
Le taux se stabilise à long terme sur la limite de f : on veut q4 = 2, donc q = 8. Alain doit ajouter 8 g de chlore par jour.
Le taux initial impose f(0) = 0,7 : C·e⁰ + 84 = C + 2 = 0,7, donc C = −1,3. Le modèle continu est f(x) = −1,3·e^−0,08x + 2, avec C = −1,3 et q = 8 g.

Énoncé Exercice 3 Fonction logarithme Difficile

Fonction polynôme-logarithme et distance minimale

On considère une fonction f définie et deux fois dérivable sur ]−2 ; +∞[. On note Cf sa courbe représentative dans un repère orthogonal du plan, f′ sa dérivée et f′′ sa dérivée seconde.

On a tracé la courbe Cf et sa tangente T au point B d'abscisse −1. On précise que la droite T passe par le point A(0 ; −1). [Graphique : la courbe Cf passe par le point B(−1 ; −2) ; la tangente T en B est la droite (AB), passant par A(0 ; −1).]

Partie A exploitation du graphique.

À l'aide du graphique, répondre aux questions ci-dessous.

1. Préciser f(−1) et f′(−1).

2. La fonction f est-elle convexe sur son ensemble de définition ? Justifier.

3. Conjecturer le nombre de solutions de l'équation f(x) = 0 et donner une valeur arrondie à 10⁻¹ près d'une solution.

Partie B étude de la fonction f

On considère que la fonction f est définie sur ]−2 ; +∞[ par : f(x) = x² + 2x − 1 + ln(x + 2), où ln désigne la fonction logarithme népérien.

1. Déterminer par le calcul la limite de la fonction f en −2. Interpréter graphiquement ce résultat. On admet que lim f(x) = +∞ quand x → +∞.

2. Montrer que pour tout x > −2, f′(x) = 2x² + 6x + 5x + 2.

3. Étudier les variations de la fonction f sur ]−2 ; +∞[ puis dresser son tableau de variations complet.

4. Montrer que l'équation f(x) = 0 admet une unique solution α sur ]−2 ; +∞[ et donner une valeur arrondie de α à 10⁻² près.

5. En déduire le signe de f(x) sur ]−2 ; +∞[.

6. Montrer que Cf admet un unique point d'inflexion et déterminer son abscisse.

Partie C une distance minimale.

Soit g la fonction définie sur ]−2 ; +∞[ par g(x) = ln(x + 2). On note Cg sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O ; I, J). Soit M un point de Cg d'abscisse x. Le but de cette partie est de déterminer pour quelle valeur de x la distance JM est minimale. On considère la fonction h définie sur ]−2 ; +∞[ par h(x) = JM².

1. Justifier que pour tout x > −2, on a : h(x) = x² + [ln(x + 2) − 1]².

2. On admet que h est dérivable sur ]−2 ; +∞[ et on note h′ sa dérivée. On admet également que pour tout réel x > −2, h′(x) = 2fxx + 2, où f est la fonction étudiée en partie B.

a. Dresser le tableau de variations de h sur ]−2 ; +∞[. Les limites ne sont pas demandées.

b. En déduire que la valeur de x pour laquelle la distance JM est minimale est α, où α est le nombre réel défini à la question 4 de la partie B.

3. On notera Mα le point de Cg d'abscisse α.

a. Montrer que ln(α + 2) = 1 − 2α − α².

b. En déduire que la tangente à Cg au point Mα et la droite (JMα) sont perpendiculaires. On pourra utiliser le fait que, dans un repère orthonormé, deux droites sont perpendiculaires lorsque le produit de leurs coefficients directeurs est égal à −1.

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Corrigé Exercice 3 Fonction polynôme-logarithme et distance minimale Revoir l'énoncé

Partie A1.
La courbe Cf passe par le point B d'abscisse −1 : on lit f(−1) = −2. Le nombre f′(−1) est le coefficient directeur de la tangente T en B ; comme T est la droite (AB) avec A(0 ; −1), f′(−1) = yA − yBxA − xB = −1 − (−2)0 − (−1) = 1.
2.
Une fonction convexe a sa courbe située au-dessus de chacune de ses tangentes. Or ici Cf passe en dessous de sa tangente T pour les abscisses inférieures à environ −1,7 : la fonction f n'est donc pas convexe sur ]−2 ; +∞[. Le graphique suggère qu'elle est d'abord concave, puis convexe, avec un point d'inflexion situé entre −2 et −1.
3.
La courbe Cf ne coupe l'axe des abscisses qu'une seule fois : on conjecture que l'équation f(x) = 0 admet une unique solution, dont une valeur approchée à 10⁻¹ près est 0,1.
Partie B1.
Quand x tend vers −2 avec x > −2 : la fonction polynôme x ↦ x² + 2x − 1 est continue, donc elle tend vers (−2)² + 2 × (−2) − 1 = −1 ; et x + 2 tend vers 0 par valeurs positives, donc par composition avec lim ln(X) = −∞ quand X → 0⁺, ln(x + 2) tend vers −∞. Par somme, lim f(x) = −∞ quand x → −2 : graphiquement, la droite d'équation x = −2 est asymptote verticale à la courbe Cf.
2.
f est dérivable sur ]−2 ; +∞[ comme somme d'une fonction polynôme et de x ↦ ln(x + 2) (composée dérivable puisque x + 2 > 0), et f′(x) = 2x + 2 + 1x + 2. En réduisant au même dénominateur : f′(x) = [(2x + 2)(x + 2) + 1]/(x + 2) = 2x² + 4x + 2x + 4 + 1x + 2 = 2x² + 6x + 5x + 2, qui est bien l'expression annoncée.
3.
Sur ]−2 ; +∞[ le dénominateur x + 2 est strictement positif : f′(x) est du signe du trinôme 2x² + 6x + 5, de discriminant Δ = 6² − 4 × 2 × 5 = 36 − 40 = −4 < 0. Un trinôme de discriminant strictement négatif garde le signe de son coefficient dominant, ici 2 > 0 : donc f′(x) > 0 sur ]−2 ; +∞[.
La fonction f est donc strictement croissante sur ]−2 ; +∞[. Tableau de variations complet : sur ]−2 ; +∞[, f′ est de signe +, et f croît de −∞ (limite en −2) jusqu'à +∞ (limite en +∞).
4.
f est continue (car dérivable) et strictement croissante sur ]−2 ; +∞[, avec pour limites −∞ en −2 et +∞ en +∞ : le réel 0 est compris entre ces deux limites, donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation f(x) = 0 admet une unique solution α sur ]−2 ; +∞[. Par balayage à la calculatrice, f(0,115) ≈ −0,008 < 0 et f(0,12) ≈ 0,006 > 0, donc 0,115 < α < 0,12 : à 10⁻² près, α ≈ 0,12 (plus précisément α ≈ 0,1179).
5.
f est strictement croissante et s'annule en α : f(x) < 0 pour −2 < x < α, f(α) = 0, et f(x) > 0 pour x > α.
6.
Un point d'inflexion est un point où la dérivée seconde s'annule en changeant de signe. En dérivant f′(x) = 2x + 2 + 1x + 2 : f′′(x) = 2 − 1x + 2² = [2(x + 2)² − 1]/(x + 2)². Le dénominateur (x + 2)² étant strictement positif, f′′(x) est du signe de 2(x + 2)² − 1, qui s'annule pour (x + 2)² = 12, soit x + 2 = √22 ou x + 2 = −√22 ; comme x + 2 > 0, la seule solution est x = −2 + √22.
Pour −2 < x < −2 + √22 on a 0 < (x + 2)² < 12 donc f′′(x) < 0 (f est concave), et f′′(x) > 0 pour x > −2 + √22 (f est convexe). La dérivée seconde change de signe une seule fois : Cf admet un unique point d'inflexion, d'abscisse −2 + √22 ≈ −1,29, ce qui confirme la lecture graphique de la partie A.
Partie C1.
Dans le repère orthonormé (O ; I, J), le point J a pour coordonnées (0 ; 1) et M a pour coordonnées (x ; g(x)) = (x ; ln(x + 2)). Donc h(x) = JM² = (xM − xJ)² + (yM − yJ)² = x² + [ln(x + 2) − 1]².
2. a.
Pour x > −2, le facteur 2x + 2 est strictement positif, donc h′(x) = 2fxx + 2 est du signe de f(x), déterminé à la question 5 de la partie B : h′(x) < 0 sur ]−2 ; α[, h′(α) = 0, h′(x) > 0 sur ]α ; +∞[. La fonction h est donc strictement décroissante sur ]−2 ; α], strictement croissante sur [α ; +∞[, et admet un minimum en α, égal à h(α).
b.
La distance JM est positive et JM = √h(x) ; comme la fonction racine carrée est strictement croissante sur [0 ; +∞[, JM est minimale exactement lorsque h(x) l'est. D'après le tableau de variations, c'est le cas pour x = α.
3. a.
Par définition, α vérifie f(α) = 0, c'est-à-dire α² + 2α − 1 + ln(α + 2) = 0. En isolant le logarithme : ln(α + 2) = 1 − 2α − α².
b.
Comme g′(x) = 1x + 2, la tangente à Cg au point Mα a pour coefficient directeur g′(α) = 1α + 2. La droite (JMα) a pour coefficient directeur yMα − yJxMα − xJ = ln(α + 2) − 1α − 0 ; en remplaçant ln(α + 2) par 1 − 2α − α², cela vaut (1 − 2α − α² − 1)/α = (−2α − α²)/α = −2 − α = −(α + 2), la division par α étant licite car α ≈ 0,12 ≠ 0.
Le produit des deux coefficients directeurs vaut 1α + 2 × (−(α + 2)) = −1 : dans ce repère orthonormé, la tangente à Cg en Mα et la droite (JMα) sont donc perpendiculaires.

Énoncé Exercice 4 Géométrie dans l'espace Moyen

Points, plans et droites dans l'espace

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse. Chaque réponse doit être justifiée. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.

Dans l'espace muni d'un repère orthonormé, on considère les points suivants : A(2 ; 0 ; 0), B(0 ; 4 ; 3), C(4 ; 4 ; 1), D(0 ; 0 ; 4) et H(−1 ; 1 ; 2).

Affirmation 1 les points A, C et D définissent un plan P d'équation 8x − 5y + 4z − 16 = 0.

Affirmation 2 les points A, B, C et D sont coplanaires.

Affirmation 3 les droites (AC) et (BH) sont sécantes.

On admet que le plan (ABC) a pour équation cartésienne x − y + 2z − 2 = 0.

Affirmation 4 le point H est le projeté orthogonal du point D sur le plan (ABC).

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Corrigé Exercice 4 Points, plans et droites dans l'espace Revoir l'énoncé

Affirmation 1
VRAIE. Deux choses sont à établir : que A, C et D définissent bien un plan, puis que ce plan a l'équation annoncée. On calcule AC = (4 − 2 ; 4 − 0 ; 1 − 0) = (2 ; 4 ; 1) et AD = (0 − 2 ; 0 − 0 ; 4 − 0) = (−2 ; 0 ; 4). Si ces vecteurs étaient colinéaires, on aurait AD = k·AC ; la première coordonnée impose k = −1, mais alors la deuxième donnerait 0 = −4, ce qui est faux. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc A, C et D ne sont pas alignés et définissent bien un plan.
On vérifie ensuite que leurs coordonnées annulent 8x − 5y + 4z − 16 : pour A, 8 × 2 − 0 + 0 − 16 = 0 ; pour C, 32 − 20 + 4 − 16 = 0 ; pour D, 0 − 0 + 16 − 16 = 0. Ces trois points non alignés appartiennent au plan d'équation 8x − 5y + 4z − 16 = 0, qui est donc le plan (ACD) : l'affirmation est vraie.
Affirmation 2
FAUSSE. D'après ce qui précède, A, C et D définissent le plan P d'équation 8x − 5y + 4z − 16 = 0 ; les quatre points sont donc coplanaires si et seulement si B appartient à P.
Or, pour B(0 ; 4 ; 3) : 8 × 0 − 5 × 4 + 4 × 3 − 16 = −20 + 12 − 16 = −24 ≠ 0. Le point B n'appartient pas à P : les points A, B, C et D ne sont pas coplanaires, l'affirmation est fausse.
Affirmation 3
VRAIE. La droite (AC) passe par A(2 ; 0 ; 0) et est dirigée par AC = (2 ; 4 ; 1) : x = 2 + 2t, y = 4t, z = t avec t ∈ ℝ. La droite (BH) passe par B(0 ; 4 ; 3) et est dirigée par BH = (−1 ; −3 ; −1) : x = −s, y = 4 − 3s, z = 3 − s avec s ∈ ℝ. Ces deux vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires, donc les droites sont sécantes ou non coplanaires.
Cherchons un point commun en résolvant 2 + 2t = −s, 4t = 4 − 3s et t = 3 − s. La première équation donne s = −2 − 2t ; en reportant dans la deuxième : 4t = 4 − 3(−2 − 2t) = 10 + 6t, d'où −2t = 10, t = −5, puis s = −2 − 2 × (−5) = 8.
Il reste à vérifier la troisième équation : 3 − s = 3 − 8 = −5 = t, elle est satisfaite. Le système admet une solution, donc les droites (AC) et (BH) ont un point commun, de coordonnées (2 + 2 × (−5) ; 4 × (−5) ; −5) = (−8 ; −20 ; −5) : elles sont sécantes, l'affirmation est vraie.
Affirmation 4
VRAIE. Le point H est le projeté orthogonal de D sur (ABC) si et seulement si H appartient au plan (ABC) et le vecteur DH est normal à ce plan.
D'une part H appartient au plan, car xH − yH + 2zH − 2 = −1 − 1 + 2 × 2 − 2 = 0. D'autre part, l'équation x − y + 2z − 2 = 0 fournit le vecteur normal n = (1 ; −1 ; 2), et DH = (−1 − 0 ; 1 − 0 ; 2 − 4) = (−1 ; 1 ; −2) = −n : DH est colinéaire à n, donc normal au plan (ABC).
Les deux conditions sont réunies : H est bien le projeté orthogonal de D sur le plan (ABC), l'affirmation est vraie.