Baccalauréat 2024 géométrie 3D

PetitLutinMalicieux
Modifié (7 Jul) dans Géométrie
Bonjour

Long à la détente, je n'ai pas fait le sujet du bac dès sa parution, et le fil de discussion qui y était consacré a été fermé. Je voudrais réagir à la question 3 b de l'exercice 3 du sujet de baccalauréat de spécialité math 2024.
$A\begin{pmatrix}5\\5\\0\end{pmatrix}B\begin{pmatrix}0\\5\\0\end{pmatrix}H\begin{pmatrix}\frac 5 2\\\frac 5 2\\0\end{pmatrix}$
3b En déduire l'aire du triangle ABH.

J'entrevois des calcul de distances, des racines carrées. Mon cœur a la nausée. Le côté "en déduire", comme si ça découlait naturellement, me semble exagéré. L'examinateur est tellement sûr de sa grandeur et de sa supériorité qu'il ne conçoit pas que l'on puisse prendre un autre chemin que le sien. Mais un informaticien malin et éclairé applique un algorithme qu'il connaît bien et fait ceci :
$2\cal{A}=5(5-\frac 5 2)+0(\frac 5 2 -5) + \frac 5 2 (5-5)=\frac{25}{2}$, donc $\cal{A}=\frac{25}{4}$. Fin.
Nul besoin de racines disgracieuses ou de calculs alambiqués. Suis-je allé trop vite ? Reprenons calmement. Vous prenez les sommets $\begin{pmatrix} x_i\\y_i\end{pmatrix}$ du polygone et vous appliquez :
$\displaystyle 2\cal{A}=\sum_{i=1}^n x_i(y_{i+1}-y_{i-1})$
On somme l'abcisse d'un sommet multipliée par la différence de l'ordonnée du sommet suivant et du précédent. Évidemment, c'est circulaire. Quand il n'y a plus de suivant, on prend le premier sommet.

Je vous vois venir de loin. Vous allez me dire : "Mais, petit lutin malicieux, tu as eu de la chance que tous les points soient dans le plan x-y. Sinon, tu aurais été embêté."
Certes. La technique se complique. Mais pas forcément dans cet exercice de baccalauréat. Voyons :
$\displaystyle{2\cal{A}=abs(\vec n .\sum_{i=1}^{n}s_i\times s_{i+1})}$ où "." est le produit scalaire, $\times$ est le produit vectoriel, et $\vec n$ vecteur unitaire normal au plan. Ici, le plan est d'équation z=0 donc le vecteur normal est facile à trouver.
$\displaystyle 2\cal{A}=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}.(\begin{pmatrix}0\\0\\25\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\0\\-\frac{25}{2}\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix})=\frac{25}{2}$
On note au passage que O, A et H sont colinéaires.
 $\cal{A}=\frac{25}{4}$
CQFD. Ce n'est pas sorcier.

Et vous ? Connaissiez-vous cet algorithme ? Y aviez-vous pensé ? Êtes-vous un lutin ?


Réponses

  • Rescassol
    Modifié (7 Jul)
    Bonjour,

    Ou encore $\dfrac{1}{2}\text{det}\left(\left[5\space 5\space  1; 0\space  5\space  1; \dfrac{5}{2}\space  \dfrac{5}{2}\space  1\right]\right)=\dfrac{25}{4}$.

    Cordialement,
    Rescassol

  • L'aire de $ABH$ est la moitié de la norme du produit vectoriel de $\vec{AB}$ et de $\vec{AH}$ (cela se calcule avec des coordonnées).
    Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
  • Malheureusement, le produit vectoriel à été chassé à coups de pied des programmes de terminable il y a presque 25 ans...
    Liberté, égalité, choucroute.
  • Rescassol, je ne comprends pas d'où vient ta matrice, en particulier les 1 sur la cote.
    Merci Foys, j'avais oublié. C'est encore plus simple.
  • pappus
    Modifié (8 Jul)
    Mon cher PetitLutinMalicieux
    Tout simplement par ce que l'aire algébrique du triplet $M_1M_2M_3$ est donnée en repère orthonormé par la formule autrefois bien connue:
    $$S(M_1,M_2,M_3)=\dfrac 12\begin{vmatrix}x_1&y_1&1\\x_2&y_2&1\\x_3&y_3&1\end{vmatrix}$$
    Il est probable qu'elle ne soit plus enseignée aujourd'hui tout comme la formule:
    $$\mathrm{Aire}(\Delta)=\dfrac 12\mathrm{Base}\times\mathrm{Hauteur}$$
    Peut-être qu'en farfouillant dans son Petit Larousse, on peut encore trouver la seconde.
    Amicalement
    pappus

  • Oui, enfin, bon, à la 3a, on montre que le triangle est rectangle...
  • PetitLutinMalicieux
    Modifié (8 Jul)
    Et on se retrouve avec des racines de 5. Super. Je préfère les alternatives.

    Merci Pappus.
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