Bac 2025 de spécialité maths, Métropole septembre jour 1 : sujet officiel et corrigé

A.1. Méthode : pour vérifier qu'une fonction est solution d'une équation différentielle, on calcule séparément les deux membres et on les compare, pour tout réel $t$.

La fonction $u$ est le produit de $t\mapsto t$ et de $t\mapsto\mathrm{e}^{-0{,}4t}$, toutes deux dérivables sur $\mathbb{R}$. La dérivée de $t\mapsto\mathrm{e}^{-0{,}4t}$ est $t\mapsto -0{,}4\mathrm{e}^{-0{,}4t}$ (forme $\mathrm{e}^{at}$, de dérivée $a\mathrm{e}^{at}$). Par la formule $(vw)'=v'w+vw'$ : $u'(t)=1\times\mathrm{e}^{-0{,}4t}+t\times\left(-0{,}4\mathrm{e}^{-0{,}4t}\right)=(1-0{,}4t)\mathrm{e}^{-0{,}4t}$.

Alors $u'(t)+0{,}4u(t)=(1-0{,}4t)\mathrm{e}^{-0{,}4t}+0{,}4t\mathrm{e}^{-0{,}4t}=\mathrm{e}^{-0{,}4t}$ pour tout $t\in\mathbb{R}$. La fonction $u$ est donc solution de $(E)$.

Piège : oublier le facteur $-0{,}4$ en dérivant l'exponentielle. On obtiendrait $u'(t)=(1+t)\mathrm{e}^{-0{,}4t}$ et la vérification échouerait, ce qui doit alerter : une question « vérifier » ne peut pas aboutir à une contradiction.

A.2.a. On suppose que $g$ est solution de $(H)$ : pour tout réel $t$, $g'(t)+0{,}4g(t)=0$. Comme $f=g+u$, avec $g$ et $u$ dérivables sur $\mathbb{R}$, la fonction $f$ est dérivable et $f'=g'+u'$.

Pour tout réel $t$ : $f'(t)+0{,}4f(t)=g'(t)+u'(t)+0{,}4g(t)+0{,}4u(t)=\big(g'(t)+0{,}4g(t)\big)+\big(u'(t)+0{,}4u(t)\big)$. La première parenthèse est nulle puisque $g$ est solution de $(H)$ ; la seconde vaut $\mathrm{e}^{-0{,}4t}$ d'après la question A.1. Donc $f'(t)+0{,}4f(t)=\mathrm{e}^{-0{,}4t}$ : $f$ est solution de $(E)$.

Le regroupement des termes en deux parenthèses est tout le raisonnement : c'est la linéarité de l'équation. Erreur fréquente : partir de « $f$ est solution de $(E)$ », ce qui démontre la réciproque, admise par l'énoncé, et non l'implication demandée.

A.2.b. L'équation $(H)$ s'écrit $y'=-0{,}4y$, de la forme $y'=ay$ avec $a=-0{,}4$. D'après le cours, ses solutions sur $\mathbb{R}$ sont les fonctions $t\mapsto C\mathrm{e}^{-0{,}4t}$, où $C$ est un réel quelconque.

Piège de signe : $(H)$ est écrite sous la forme $y'+0{,}4y=0$, il faut faire passer le terme $0{,}4y$ de l'autre côté avant de lire $a$. Écrire $C\mathrm{e}^{0{,}4t}$ revient à prendre $a=0{,}4$, et la vérification $y'+0{,}4y=0{,}8C\mathrm{e}^{0{,}4t}\neq 0$ le montre.

A.2.c. D'après A.2.a et sa réciproque admise, $f$ est solution de $(E)$ si et seulement si $g=f-u$ est solution de $(H)$, c'est-à-dire si et seulement s'il existe un réel $C$ tel que $f(t)-u(t)=C\mathrm{e}^{-0{,}4t}$ pour tout $t$.

Les solutions de $(E)$ sont donc les fonctions $t\mapsto C\mathrm{e}^{-0{,}4t}+t\mathrm{e}^{-0{,}4t}=(t+C)\mathrm{e}^{-0{,}4t}$, où $C$ est un réel quelconque.

L'équivalence est indispensable : l'implication de A.2.a seule montre que ces fonctions sont des solutions, la réciproque montre qu'il n'y en a pas d'autre. Oublier la solution particulière $u$ et répondre $C\mathrm{e}^{-0{,}4t}$ revient à résoudre $(H)$ au lieu de $(E)$.

A.2.d. La solution cherchée est de la forme $f(t)=(t+C)\mathrm{e}^{-0{,}4t}$. La condition initiale donne $f(0)=(0+C)\mathrm{e}^{0}=C$, donc $C=1$ et $f(t)=(t+1)\mathrm{e}^{-0{,}4t}$ pour tout réel $t$.

Contrôle : $f(0)=1\times 1=1$. C'est exactement la fonction étudiée dans la partie B, ce qui confirme le résultat.

B.1.a. Méthode : dérivée d'un produit. Avec $v(t)=t+1$, $v'(t)=1$, et $w(t)=\mathrm{e}^{-0{,}4t}$, $w'(t)=-0{,}4\mathrm{e}^{-0{,}4t}$ : $f'(t)=1\times\mathrm{e}^{-0{,}4t}+(t+1)\times\left(-0{,}4\mathrm{e}^{-0{,}4t}\right)=\big(1-0{,}4t-0{,}4\big)\mathrm{e}^{-0{,}4t}=(-0{,}4t+0{,}6)\mathrm{e}^{-0{,}4t}$.

Vérification par l'équation différentielle : $f$ est solution de $(E)$, donc $f'(t)=\mathrm{e}^{-0{,}4t}-0{,}4f(t)=\mathrm{e}^{-0{,}4t}-0{,}4(t+1)\mathrm{e}^{-0{,}4t}$, le même résultat. Piège : distribuer le $-0{,}4$ sur $t$ seulement et écrire $1-0{,}4t+1$.

B.1.b. Pour tout réel $t$, $\mathrm{e}^{-0{,}4t}>0$ : $f'(t)$ a le signe de $-0{,}4t+0{,}6$, fonction affine décroissante qui s'annule en $t=\dfrac{0{,}6}{0{,}4}=1{,}5$.

Donc $f'(t)>0$ sur $[0\,;1{,}5[$ et $f'(t)<0$ sur $]1{,}5\,;6]$ : $f$ est strictement croissante sur $[0\,;1{,}5]$ et strictement décroissante sur $[1{,}5\,;6]$.

Valeurs du tableau : $f(0)=1$ ; $f(1{,}5)=2{,}5\mathrm{e}^{-0{,}6}\approx 1{,}372$, maximum de $f$ sur $[0\,;6]$ ; $f(6)=7\mathrm{e}^{-2{,}4}\approx 0{,}635$. Le tableau de variations figure à la fin du corrigé.

Interprétation : la glycémie monte pendant une heure et demie après le repas jusqu'à environ $1{,}37$ g.L$^{-1}$, puis redescend. Piège : laisser des valeurs approchées seules dans le tableau ; on y écrit les valeurs exactes, les arrondis servent ensuite.

B.2.a. On travaille sur les deux intervalles de monotonie.

Sur $[0\,;1{,}5]$ : $f$ est croissante, donc $f(t)\geqslant f(0)=1>0{,}7$. L'équation $f(t)=0{,}7$ n'a aucune solution sur cet intervalle.

Sur $[1{,}5\,;6]$ : $f$ est continue (elle est dérivable) et strictement décroissante, avec $f(1{,}5)\approx 1{,}372>0{,}7$ et $f(6)\approx 0{,}635<0{,}7$. Comme $0{,}7$ est compris entre $f(6)$ et $f(1{,}5)$, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas strictement monotone) assure que l'équation $f(t)=0{,}7$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[1{,}5\,;6]$.

Au total, l'équation admet une unique solution $\alpha$ sur $[0\,;6]$. À la calculatrice, $f(5{,}61)\approx 0{,}7009>0{,}7$ et $f(5{,}62)\approx 0{,}6991<0{,}7$, donc $5{,}61<\alpha<5{,}62$.

Erreur fréquente : appliquer le théorème directement sur $[0\,;6]$, où $f$ n'est pas monotone. L'existence en découlerait, pas l'unicité ; c'est l'étude séparée de $[0\,;1{,}5]$ qui l'apporte. Il faut aussi citer les trois hypothèses : continuité, stricte monotonie, valeur intermédiaire.

B.2.b. La personne est en hypoglycémie lorsque $f(t)<0{,}7$. D'après le tableau de variations : sur $[0\,;1{,}5]$, $f(t)\geqslant 1$ ; sur $[1{,}5\,;\alpha[$, $f$ décroît strictement donc $f(t)>f(\alpha)=0{,}7$ ; sur $]\alpha\,;6]$, $f(t)<f(\alpha)=0{,}7$. L'hypoglycémie commence donc à l'instant $\alpha$.

Un balayage plus fin donne $\alpha\approx 5{,}615$ h. On convertit la partie décimale : $0{,}615\times 60\approx 36{,}9$ min. Pour trancher à la minute : $5$ h $36$ min $=5{,}6$ h et $f(5{,}6)\approx 0{,}7026>0{,}7$, alors que $5$ h $37$ min $\approx 5{,}6167$ h et $f(5{,}6167)\approx 0{,}6997<0{,}7$.

La personne est en hypoglycémie au bout de 5 h 37 min environ après le repas. La valeur est cohérente avec le modèle, défini jusqu'à $6$ h.

Piège : lire $5{,}615$ h comme « 5 h 61 min ». Une heure compte $60$ minutes, et c'est la partie décimale qu'on multiplie par $60$.

B.3.a. Méthode : intégration par parties, $\displaystyle\int_{a}^{b}v\,w'=\big[vw\big]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}v'w$. On dérive le facteur affine, qui disparaît, et on intègre l'exponentielle : $v(t)=t+1$, $v'(t)=1$ ; $w'(t)=\mathrm{e}^{-0{,}4t}$, $w(t)=-\dfrac{1}{0{,}4}\mathrm{e}^{-0{,}4t}=-2{,}5\mathrm{e}^{-0{,}4t}$. Les fonctions $v$ et $w$ sont dérivables à dérivées continues sur $[0\,;6]$.

$\displaystyle\int_{0}^{6}(t+1)\mathrm{e}^{-0{,}4t}\,\mathrm{d}t=\Big[-2{,}5(t+1)\mathrm{e}^{-0{,}4t}\Big]_{0}^{6}-\int_{0}^{6}1\times\left(-2{,}5\mathrm{e}^{-0{,}4t}\right)\mathrm{d}t=\big(-17{,}5\mathrm{e}^{-2{,}4}+2{,}5\big)+2{,}5\int_{0}^{6}\mathrm{e}^{-0{,}4t}\,\mathrm{d}t$.

Or $\displaystyle\int_{0}^{6}\mathrm{e}^{-0{,}4t}\,\mathrm{d}t=\Big[-2{,}5\mathrm{e}^{-0{,}4t}\Big]_{0}^{6}=2{,}5-2{,}5\mathrm{e}^{-2{,}4}$. D'où $\displaystyle\int_{0}^{6}f(t)\,\mathrm{d}t=-17{,}5\mathrm{e}^{-2{,}4}+2{,}5+6{,}25-6{,}25\mathrm{e}^{-2{,}4}=-23{,}75\mathrm{e}^{-2{,}4}+8{,}75$.

Contrôle numérique : $-23{,}75\mathrm{e}^{-2{,}4}+8{,}75\approx 6{,}60$, positif comme l'intégrale d'une fonction positive, et compris entre $6\times 0{,}635$ et $6\times 1{,}372$. Pièges : la primitive de $\mathrm{e}^{-0{,}4t}$ est $-2{,}5\mathrm{e}^{-0{,}4t}$ et non $-0{,}4\mathrm{e}^{-0{,}4t}$ ; et le signe moins de la formule, qui devient un plus.

B.3.b. La glycémie moyenne sur les six heures est la valeur moyenne de $f$ sur $[0\,;6]$ : $\mu=\dfrac{1}{6-0}\displaystyle\int_{0}^{6}f(t)\,\mathrm{d}t=\dfrac{8{,}75-23{,}75\mathrm{e}^{-2{,}4}}{6}\approx\dfrac{6{,}595}{6}\approx 1{,}10$ g.L$^{-1}$.

Cohérence : la moyenne se situe entre le minimum $0{,}635$ et le maximum $1{,}372$ de $f$ sur l'intervalle. Oublier de diviser par $6$ donne $6{,}60$, qui n'est pas une glycémie mais une quantité en g.L$^{-1}$.h.

B.3.c. Puisque $f$ est solution de $(E)$, $f'(t)+0{,}4f(t)=\mathrm{e}^{-0{,}4t}$, donc $f(t)=2{,}5\left(\mathrm{e}^{-0{,}4t}-f'(t)\right)$ pour tout $t$. On exprime ainsi $f$ à l'aide d'une fonction qu'on sait intégrer et d'une dérivée, dont $f$ elle-même est une primitive.

Par linéarité de l'intégrale : $\displaystyle\int_{0}^{6}f(t)\,\mathrm{d}t=2{,}5\int_{0}^{6}\mathrm{e}^{-0{,}4t}\,\mathrm{d}t-2{,}5\int_{0}^{6}f'(t)\,\mathrm{d}t=2{,}5\big(2{,}5-2{,}5\mathrm{e}^{-2{,}4}\big)-2{,}5\big(f(6)-f(0)\big)$.

Avec $f(6)=7\mathrm{e}^{-2{,}4}$ et $f(0)=1$ : $6{,}25-6{,}25\mathrm{e}^{-2{,}4}-17{,}5\mathrm{e}^{-2{,}4}+2{,}5=8{,}75-23{,}75\mathrm{e}^{-2{,}4}$. On retrouve le résultat sans intégration par parties.

L'idée à retenir : l'intégrale d'une dérivée se calcule sans chercher de primitive, $\displaystyle\int_{0}^{6}f'(t)\,\mathrm{d}t=f(6)-f(0)$. C'est elle qui rend l'équation différentielle utile ici.

A.1. Méthode : une droite orthogonale à deux droites sécantes d'un plan est orthogonale à ce plan, donc à toute droite de ce plan.

Dans le cube, la face BCGF est un carré, donc $(\mathrm{FG})\perp(\mathrm{FB})$ ; la face EFGH est un carré, donc $(\mathrm{FG})\perp(\mathrm{FE})$. Les droites $(\mathrm{FB})$ et $(\mathrm{FE})$ sont sécantes en F et engendrent le plan $(\mathrm{ABF})$ de la face ABFE. La droite $(\mathrm{FG})$ est donc orthogonale au plan $(\mathrm{ABF})$.

Le point M appartient à la droite $(\mathrm{AB})$, puisque $\overrightarrow{\mathrm{BM}}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ ; il est donc dans le plan $(\mathrm{ABF})$, tout comme F. La droite $(\mathrm{FM})$ est contenue dans ce plan, donc orthogonale à $(\mathrm{FG})$. Enfin les deux droites ont en commun le point F : orthogonales et sécantes, elles sont perpendiculaires.

Les deux mots ne se confondent pas dans l'espace : « orthogonales » ne suppose pas que les droites se coupent, « perpendiculaires » l'exige. La dernière phrase, sur le point commun F, est donc attendue. Vérification avec les coordonnées de la partie B : $\overrightarrow{\mathrm{FG}}(0\,;1\,;0)$ et $\overrightarrow{\mathrm{FM}}(1\,;0\,;-1)$ ont un produit scalaire nul.

A.2. Méthode : deux droites parallèles sont coplanaires. On cherche donc deux droites parallèles qui portent les quatre points.

ABFE et EFGH sont des faces carrées du cube, donc des parallélogrammes : $\overrightarrow{\mathrm{AB}}=\overrightarrow{\mathrm{EF}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{EF}}=\overrightarrow{\mathrm{HG}}$, d'où $\overrightarrow{\mathrm{HG}}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}$. Par la relation de Chasles, $\overrightarrow{\mathrm{AM}}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{BM}}=2\overrightarrow{\mathrm{AB}}=2\overrightarrow{\mathrm{HG}}$.

Les vecteurs $\overrightarrow{\mathrm{AM}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{HG}}$ sont colinéaires : les droites $(\mathrm{AM})$ et $(\mathrm{HG})$ sont parallèles. Deux droites parallèles définissent un plan (ici elles sont distinctes, H n'étant pas sur $(\mathrm{AB})$) : les points A, M, G et H sont coplanaires. Le quadrilatère AMGH est même un trapèze de bases $[\mathrm{AM}]$ et $[\mathrm{HG}]$.

Piège : chercher à démontrer la coplanarité par une équation de plan, faute de repère dans la partie A. Le repère n'arrive qu'en partie B ; ici la géométrie vectorielle suffit.

B.1. Dans le repère $\left(\mathrm{A}\,;\overrightarrow{\mathrm{AB}},\overrightarrow{\mathrm{AD}},\overrightarrow{\mathrm{AE}}\right)$, on lit les sommets du cube : $\mathrm{A}(0\,;0\,;0)$, $\mathrm{B}(1\,;0\,;0)$, $\mathrm{C}(1\,;1\,;0)$, $\mathrm{D}(0\,;1\,;0)$, $\mathrm{E}(0\,;0\,;1)$, $\mathrm{F}(1\,;0\,;1)$, $\mathrm{G}(1\,;1\,;1)$, $\mathrm{H}(0\,;1\,;1)$. Comme $\overrightarrow{\mathrm{AM}}=2\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ (question A.2), $\mathrm{M}(2\,;0\,;0)$.

$\overrightarrow{\mathrm{GM}}\begin{pmatrix}2-1\\0-1\\0-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\-1\\-1\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AH}}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$.

S'il existait un réel $\lambda$ tel que $\overrightarrow{\mathrm{GM}}=\lambda\overrightarrow{\mathrm{AH}}$, la première coordonnée donnerait $1=\lambda\times 0=0$, ce qui est impossible. Les vecteurs $\overrightarrow{\mathrm{GM}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AH}}$ ne sont pas colinéaires.

Piège : conclure « non colinéaires » parce que les coordonnées ne sont pas égales. Il faut montrer qu'aucun coefficient ne convient ; la coordonnée nulle de $\overrightarrow{\mathrm{AH}}$ face à la coordonnée non nulle de $\overrightarrow{\mathrm{GM}}$ le fait en une ligne.

B.2.a. La droite $(\mathrm{GM})$ passe par $\mathrm{G}(1\,;1\,;1)$ et admet $\overrightarrow{\mathrm{GM}}(1\,;-1\,;-1)$ pour vecteur directeur. Un point $\mathrm{P}(x\,;y\,;z)$ appartient à $(\mathrm{GM})$ si et seulement s'il existe un réel $t$ tel que $\overrightarrow{\mathrm{GP}}=t\,\overrightarrow{\mathrm{GM}}$, c'est-à-dire $x-1=t$, $y-1=-t$, $z-1=-t$.

On obtient bien la représentation paramétrique $x=1+t$, $y=1-t$, $z=1-t$, $t\in\mathbb{R}$. Contrôle : $t=0$ donne G et $t=1$ donne $\mathrm{M}(2\,;0\,;0)$.

B.2.b. Méthode : un point commun aux deux droites correspond à un couple de paramètres $(t\,;k)$ vérifiant les trois équations à la fois. Les deux paramètres portent des lettres différentes : c'est voulu, un même point n'a aucune raison d'être atteint pour la même valeur sur les deux droites.

On résout $1+t=0$, $1-t=k$, $1-t=k$. La première équation donne $t=-1$, puis $k=1-(-1)=2$, et la troisième équation est vérifiée avec les mêmes valeurs. Le système a une unique solution $(t\,;k)=(-1\,;2)$ : les droites sont sécantes, en un seul point puisqu'elles ne sont pas parallèles (question B.1).

Ce point est obtenu avec $k=2$ dans la représentation de $(\mathrm{AH})$ : $\mathrm{N}(0\,;2\,;2)$. Vérification par l'autre droite, avec $t=-1$ : $(1-1\,;1+1\,;1+1)=(0\,;2\,;2)$. Les deux calculs donnent le même point.

Erreur fréquente : se contenter de vérifier que $(0\,;2\,;2)$ est sur chaque droite sans avoir dit que les droites ne sont pas confondues. Ici la non-colinéarité de B.1 l'assure, et c'est elle qui fait de N « le » point d'intersection.

B.3.a. Méthode : le triangle est rectangle en A si $\overrightarrow{\mathrm{AM}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AN}}=0$, les vecteurs étant non nuls. $\overrightarrow{\mathrm{AM}}(2\,;0\,;0)$ et $\overrightarrow{\mathrm{AN}}(0\,;2\,;2)$. Le repère étant orthonormé : $\overrightarrow{\mathrm{AM}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AN}}=2\times 0+0\times 2+0\times 2=0$. Le triangle AMN est rectangle en A.

Vérification par la réciproque du théorème de Pythagore : $\mathrm{AM}^{2}=4$, $\mathrm{AN}^{2}=0+4+4=8$, $\mathrm{MN}^{2}=(0-2)^{2}+2^{2}+2^{2}=12$, et $4+8=12$.

B.3.b. Dans un triangle rectangle, l'aire est le demi-produit des côtés de l'angle droit : $\mathrm{AM}=2$ et $\mathrm{AN}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$, donc $\mathcal{A}_{\mathrm{AMN}}=\dfrac{\mathrm{AM}\times\mathrm{AN}}{2}=\dfrac{2\times 2\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}\approx 2{,}83$ unités d'aire.

Piège : prendre l'hypoténuse $\mathrm{MN}=2\sqrt{3}$ comme côté de l'angle droit. Les deux côtés qui encadrent l'angle droit sont ceux qui partent de A.

B.4.a. Le centre d'une face carrée est le milieu de ses diagonales. J est le milieu de $[\mathrm{BG}]$ : $\mathrm{J}\left(\dfrac{1+1}{2}\,;\dfrac{0+1}{2}\,;\dfrac{0+1}{2}\right)=(1\,;0{,}5\,;0{,}5)$. Contrôle par l'autre diagonale $[\mathrm{CF}]$ : $\left(\dfrac{1+1}{2}\,;\dfrac{1+0}{2}\,;\dfrac{0+1}{2}\right)$, le même point.

B.4.b. Méthode : un vecteur non nul est normal à un plan s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. $\overrightarrow{\mathrm{FJ}}\begin{pmatrix}1-1\\0{,}5-0\\0{,}5-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0{,}5\\-0{,}5\end{pmatrix}$, non nul.

$\overrightarrow{\mathrm{FJ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AM}}=0\times 2+0{,}5\times 0+(-0{,}5)\times 0=0$ et $\overrightarrow{\mathrm{FJ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AN}}=0\times 0+0{,}5\times 2+(-0{,}5)\times 2=0$. Les vecteurs $\overrightarrow{\mathrm{AM}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AN}}$ sont non colinéaires (ils sont orthogonaux et non nuls, question B.3.a) et dirigent le plan $(\mathrm{AMN})$ : $\overrightarrow{\mathrm{FJ}}$ est un vecteur normal au plan $(\mathrm{AMN})$.

Piège : vérifier l'orthogonalité avec un seul vecteur du plan. Un vecteur orthogonal à une seule direction n'est pas normal au plan ; la mention « non colinéaires » est exigée.

B.4.c. Équation du plan : un vecteur normal est $\overrightarrow{\mathrm{FJ}}(0\,;0{,}5\,;-0{,}5)$, ou $\vec{n}(0\,;1\,;-1)$ qui lui est colinéaire. Le plan $(\mathrm{AMN})$ a donc une équation de la forme $y-z+d=0$, et passe par $\mathrm{A}(0\,;0\,;0)$, d'où $d=0$ : $(\mathrm{AMN})\,:\ y-z=0$. Contrôle : $\mathrm{M}(2\,;0\,;0)$ donne $0-0=0$ et $\mathrm{N}(0\,;2\,;2)$ donne $2-2=0$.

Pour $\mathrm{J}(1\,;0{,}5\,;0{,}5)$ : $0{,}5-0{,}5=0$, donc $\mathrm{J}\in(\mathrm{AMN})$. Autre écriture du même fait : $\overrightarrow{\mathrm{AJ}}(1\,;0{,}5\,;0{,}5)=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{AM}}+\dfrac{1}{4}\overrightarrow{\mathrm{AN}}$.

Le point J appartient au plan $(\mathrm{AMN})$ et la droite $(\mathrm{FJ})$ est orthogonale à ce plan, puisque dirigée par un vecteur normal. Or le projeté orthogonal de F sur un plan est l'unique point P de ce plan tel que la droite $(\mathrm{FP})$ soit orthogonale au plan : c'est donc J.

Erreur fréquente : ne vérifier que l'une des deux conditions. « Normal au plan » sans « J dans le plan » ne donne pas le projeté, et réciproquement. La distance du point F au plan $(\mathrm{AMN})$ est donc $\mathrm{FJ}=\sqrt{0^{2}+0{,}5^{2}+(-0{,}5)^{2}}=\sqrt{0{,}5}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$, ce qui sert à la question suivante.

B.5. Tétraèdre AMNF : on prend pour base le triangle AMN, d'aire $2\sqrt{2}$ (question B.3.b). La hauteur relative à cette base est la distance de F au plan $(\mathrm{AMN})$, c'est-à-dire $\mathrm{FJ}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ puisque J est le projeté orthogonal de F (question B.4.c). Donc $\mathcal{V}_{\mathrm{AMNF}}=\dfrac{1}{3}\times 2\sqrt{2}\times\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{1}{3}\times 2=\dfrac{2}{3}$ unité de volume.

Pyramide BCGFM : sa base est le carré BCGF, de côté $1$, d'aire $1$. La droite $(\mathrm{MB})$, c'est-à-dire $(\mathrm{AB})$, est orthogonale à $(\mathrm{BC})$ et à $(\mathrm{BF})$, deux droites sécantes du plan $(\mathrm{BCG})$ : elle est orthogonale à la face BCGF, et B est le projeté orthogonal de M sur cette face. La hauteur est $\mathrm{MB}=\mathrm{AB}=1$. Donc $\mathcal{V}_{\mathrm{BCGFM}}=\dfrac{1}{3}\times 1\times 1=\dfrac{1}{3}$ unité de volume.