Plan, produit scalaire, orthogonalité et distance dans l'espace
Epreuve d'enseignement de spécialité Centres étrangers 5 juin 2024. Exercice 4 : Géométrie dans l'espace - Exercice 1
45 min
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L'espace est muni d'un repère orthonormé (O;i;j;k). On considère :
les points A(−2;0;2),B(−1;3;0),C(1;−1;2) et D(0;0;3).
la droite D1 dont une représentation paramétrique est ⎩⎨⎧x=ty=3tz=3+5t avec t∈R
la droite D2 dont une représentation paramétrique est ⎩⎨⎧x=1+3sy=−1−5sz=2−6s avec s∈R
Question 1
Démontrer que les points A,B et C ne sont pas alignés.
Correction
Nous allons commencer par calculer les vecteurs AB et AC. AB⎝⎛xB−xAyB−yAzB−zA⎠⎞⇔AB⎝⎛−1−(−2)3−00−2⎠⎞⇔AB⎝⎛13−2⎠⎞ AC⎝⎛xC−xAyC−yAzC−zA⎠⎞⇔AC⎝⎛1−(−2)−1−02−2⎠⎞⇔AC⎝⎛3−10⎠⎞ Existe t-il un réel k non nul telle que AB=kAC On écrit alors que : ⎩⎨⎧13−2===3k−k0×k Ainsi : ⎩⎨⎧kk−2===31−30 . Le système est incompatible, c'est à dire ici il n'y a pas de solutions à ce système. Dans ce cas, les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires. Les points A,B et C ne sont pas alignés ce qui signifie que les points A,B et C définissent un plan.
Question 2
Démontrer que le vecteur n⎝⎛135⎠⎞ est orthogonal au plan (ABC).
Correction
Un vecteur n est normal à un plan P s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de P.
Nous savons que AB⎝⎛13−2⎠⎞ et AC⎝⎛3−10⎠⎞ Les vecteurs AB et AC sont deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC). De plus : AB⋅n=1×1+3×3+5×(−2)=0 AC⋅n=3×1+(−1)×3+0×5=0 Il en résulte donc que le vecteur n est bien orthogonal aux vecteurs non colinéaires AB et AC. On peut alors conclure le vecteur n⎝⎛135⎠⎞ est normal au plan (ABC).
Question 3
Justifier qu'une équation cartésienne du plan (ABC) est : x+3y+5z−8=0
Correction
L'écriture cartésienne d'un plan ayant un vecteur normal n(a;b;c) s'écrit ax+by+cz+d=0 . Ensuite pour déterminer la valeur de d, on utilise les coordonnées du point A.
D'après la question précédente, le vecteur n⎝⎛135⎠⎞ est normal au plan (ABC). Le plan (ABC) s'écrit x+3y+5z+d=0. Or : A(−2;0;2) appartient au plan donc xA+3yA+5zA+d=0 Ainsi : −2+3×0+5×2+d=0, d'où d=−8 On en conclut que l'équation cartésienne du plan recherché est :
x+3y+5z−8=0
Question 4
En déduire que les points A,B,C et D ne sont pas coplanaires.
Correction
Si les points A,B,C et D étaient coplanaires cela signifierait que le point D appartiendrait au plan (ABC). xD+3yD+5zD−8=0+3×0+5×3−8 xD+3yD+5zD−8=15−8 xD+3yD+5zD−8=7 xD+3yD+5zD−8=7=0 Le point D n'appartient donc pas au plan (ABC). Les points A,B,C et D ne sont pas coplanaires.
Question 5
Justifier que la droite D1 est la hauteur du tétraèdre ABCD issue de D.
Correction
La droite D1 dont une représentation paramétrique est : ⎩⎨⎧x=ty=3tz=3+5t avec t∈R admet un vecteur directeur noté u⎝⎛135⎠⎞ . Lorsque t=0 ,on obtient ⎩⎨⎧x=0y=0z=3 . On reconnait les coordonnées du point D(0;0;3) . Le point D(0;0;3) appartient donc à la droite D1 . La hauteur du tétraèdre ABCD issue de D est orthogonal au plan (ABC). Pour montrer qu'une droite est orthogonale à un plan , il suffit de montrer qu'un vecteur directeur de la droite est colinéaire à un vecteur normal du plan. D'après la question 2, le vecteur n⎝⎛135⎠⎞ est un vecteur normal au plan (ABC). Le vecteur noté u⎝⎛135⎠⎞ est un vecteur directeur de la droite D1 . Les vecteurs u⎝⎛135⎠⎞ et n⎝⎛135⎠⎞ sont égaux et ainsi ils sont bien colinéaires. Donc la droite D1 est orthogonal au plan (ABC) et nous savons également que le point D appartient à D1. La droite D1 est bien la hauteur du tétraèdre ABCD issue de D.
Question 6
On admet que la droite D2 est la hauteur du tétraèdre ABCD issue de C. Démontrer que les droites D1 et D2 sont sécantes et déterminer les coordonnées de leur point d'intersection.
Correction
Les droites D1 et D2 ne sont pas parallèles car leurs vecteurs directeurs respectifs ne sont pas colinéaires entre eux. De ce fait, les droites D1 et D2 sont sécantes si le système ⎩⎨⎧t=1+3s3t=−1−5s3+5t=2−6s admet une solution . Il nous faut donc résoudre le système ci-dessus : ⎩⎨⎧t=1+3s3t=−1−5s3+5t=2−6s équivaut successivement à : ⎩⎨⎧t=1+3s3×(1+3s)=−1−5s3+5×(1+3s)=2−6s ⎩⎨⎧t=1+3s3+9s=−1−5s3+5+15s=2−6s ⎩⎨⎧t=1+3s14s=−421s=−6 ⎩⎨⎧t=1+3ss=−144s=−216 ⎩⎨⎧t=1+3ss=−72s=−72 ⎩⎨⎧t=1+3×(−72)s=−72s=−72 ⎩⎨⎧t=71s=−72s=−72 Remplacons par exemple s par −72 dans ⎩⎨⎧x=1+3sy=−1−5sz=2−6s afin de déterminer les coordonnées du point d'intersection entre les droites D1 et D2 . il vient alors que : ⎩⎨⎧x=1+3×(−72)y=−1−5×(−72)z=2−6×(−72) ⎩⎨⎧x=71y=73z=726 Les droites D1 et D2 sont donc sécantes et les coordonnées de leur point d'intersection sont (71;73;726).
Question 7
Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal H du point D sur le plan (ABC) .
Correction
Soit H le projeté orthogonal du point D sur le plan (ABC). H est donc l'intersection du plan (ABC) et de la hauteur issue de D dans le tétraèdre ABCD qui n'est autre que la droite D1. Les coordonnées de H vérifient donc l'équation cartésienne du plan (ABC) et l'équation paramétrique de la droite D1. Il nous faut donc résoudre le système suivant : ⎩⎨⎧x=ty=3tz=3+5tx+3y+5z−8=0 ⎩⎨⎧x=ty=3tz=3+5tt+3×(3t)+5×(3+5t)−8=0 ⎩⎨⎧x=ty=3tz=3+5tt+9t+15+25t−8=0 ⎩⎨⎧x=ty=3tz=3+5t35t=−7 ⎩⎨⎧x=ty=3tz=3+5tt=35−7 ⎩⎨⎧x=ty=3tz=3+5tt=−51 ⎩⎨⎧x=−51y=3×(−51)z=3+5×(−51)t=−71 ⎩⎨⎧x=−51y=−53z=2t=−51 Le projeté orthogonal du point D sur le plan (ABC) est alors le point H de coordonnées (−51;−53;2).
Question 8
Calculer la distance du point D au plan (ABC). Arrondir le résultat au centième.
Correction
Nous savons que D(0;0;3) et H(−51;−53;2) . La distance du point D au plan (ABC) correspond à la longueur DH. En effet, H est le projeté orthogonal du point D sur le plan (ABC). Il vient alors que : DH=(−51−0)2+(−53−0)2+(2−3)2 DH=251+259+1 DH=2535 DH=57 D'où :