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Dans l'espace rapporté à un repère orthonormé $(O;\vec i,\vec j,\vec k)$, on considère les points
\[A(-1;-1;3),\quad B(1;1;2),\quad C(1;-1;7)\]
On considère également la droite $\Delta$ passant par les points $D(-1;6;8)$ et $E(11;-9;2)$.
1.a.
Vérifier que la droite $\Delta$ admet pour représentation paramétrique :
\[\left\{\begin{array}{l c l}
x &=& -1 + 4t\\
y &=& \phantom{-}6 - 5t \quad\text{avec}\: t \in \mathbb R\\
z &=& \phantom{-}8 - 2t
\end{array}\right.\]
Corrigé 1
Corrigé 2
Le vecteur $\overrightarrow{DE}$ a pour coordonnées:
\[\overrightarrow{DE}\begin{pmatrix}11+1\\-9-6\\2-8\end{pmatrix}
\iff
\overrightarrow{DE}\begin{pmatrix}12\\-15\\-6\end{pmatrix}.\]
Donc $\vec u = \frac 1 3\overrightarrow{DE}$ est aussi un vecteur directeur de $\Delta$, dont les coordonnées sont
\[\vec u\begin{pmatrix}12/3\\-15/3\\-6/2\end{pmatrix}
\iff
\vec u\begin{pmatrix}4\\-5\\-3\end{pmatrix}.\]
De plus, $(DE)$ passe par le point $D(-1;6;8)$, donc une représentation paramétrique de $(DE)$ est
\[\begin{cases}x = x_{\vec u}t + x_D\\y = y_{\vec v}t + y_D\\z=z_{\vec u}t + z_D\end{cases},t\in\mathbb R
\iff
\begin{cases}x = 4t - 1\\y = -5t+6\\z=-2t+8\end{cases},t\in\mathbb R.\]
Soit $(d)$ la droite dont la représentation paramétrique est
\[\begin{cases}x = -1+4t\\y=6-5t\\z=8-2t\end{cases},t\in\mathbb R.\]
Si $t = 0$ alors
\[\begin{cases}-1+4t=-1 = x_D\\6 - 5t = 6 = y_D\\8-2t = 8=z_D\end{cases}\]
Donc $D$ appartient à $(d)$.
\\
Si $t = 3$ alors
\[\begin{cases}
-1+4t = -1+12 = 11 = x_E\\6-5t = 6-15 = -9=y_E\\8 - 2t = 8-6 = 2 = z_E
\end{cases}
\]
Donc $E$ appartient aussi à $(d)$. Par deux points distincts ne passe qu'une droite,
donc $(d)$ est bien la droite $(DE)$.
1.b.
Préciser une représentation paramétrique de la droite $\Delta'$ parallèle à $\Delta$
et passant par l'origine $O$ du repère.
Corrigé
D'après la représentation paramétrique de $\Delta$, $\vec u\begin{pmatrix}4\\-5\\2\end{pmatrix}$
est un vecteur directeur de $\Delta$.
Puisque $\Delta'$ est parallèle à $\Delta$, $\vec u$ est aussi un vecteur directeur de $\Delta'$.
De plus, elle passe par l'origine $O(0;0;0)$. Donc une représentation paramétrique de $\Delta'$ est
\[\Delta':
\begin{cases}
x = 4t + 0\\y = -5t + 0\\z = 2t + 0
\end{cases}
,t\in\mathbb R.\]
1.c.
Le point F$(1,36;-1,7;-0,7)$ appartient-il à la droite $\Delta'$ ?
Corrigé
Si $F$ appartient à la droite $\Delta'$, alors il existe un réel $t$ tel que
\[\begin{cases}x_E = 4t\\y_E=-5t\\z_E=-2t\end{cases}
\iff
\begin{cases}1,36 = 4t\\-1,6=-5t\\-0,7 = -2t\end{cases}
\iff
\begin{cases} t = 0,34\\ t = 0,34\\ t = 0,35\end{cases}.\]
C'est impossible, donc le point $F$ n'est pas sur la droite $\Delta'$.
2.a.
Montrer que les points $A$, $B$ et $C$ définissent un plan.
Corrigé
$A$, $B$ et $C$ définissent un plan dès lors qu'ils ne sont pas alignés.
Or
\[\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}1+1\\1+1\\2-3\end{pmatrix}
\iff
\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}2\\2\\-1\end{pmatrix}.
\]
De même
\[
\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}1+1\\-1+1\\7-3\end{pmatrix}
\iff
\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}2\\0\\4\end{pmatrix}.\]
S'il existait un réel $k$ tel que $\overrightarrow{AB}=k\overrightarrow{AC}$, alors on aurait
\[y_{\overrightarrow{AB}} = ky_{\overrightarrow{AC}} \iff 2 = 0k.\]
C'est évidemment impossible. $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ sont non colinéaires,
donc $A$, $B$ et $C$ définissent un plan.
2.b.
Montrer que la droite $\Delta$ est perpendiculaire au plan $(ABC)$.
Corrigé
Puisque $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ sont non colinéaires,
pour que $\Delta$ soit
perpendiculaire à $(ABC)$, il suffit que $\vec u$ soit orthogonal à la fois
à $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$.
\[\begin{aligned}
&\vec u\cdot\overrightarrow{AB}
=4\times 2 - 5\times 2 - 2\times (-1)
= 0&
\\
&\vec u\cdot\overrightarrow{AC}
=4\times 2 - 5\times 0 -2\times 4 = 0&
\end{aligned}\]
Donc $\Delta$ est perpendiculaire au plan $(ABC)$.
2.c.
Montrer qu'une équation cartésienne du plan (ABC) est :
\[4x - 5y - 2z + 5 = 0.\]
Corrigé 1
Corrigé 2
$\vec u$ est normal au plan $(ABC)$, donc ce dernier admet une équation cartésienne de la forme
\[4x - 5y - 2z + d = 0,\]
où $d$ est une constante réelle qui reste à déterminer.
Puisque $A$ appartient à $(ABC)$, on a
\[\begin{aligned}
&4x_A - 5y_A - 2z_A + d = 0&
\\ \iff
&4\times (-1) - 5(-1) - 2\times 3 + d = 0&
\\ \iff
&d = 5.&
\end{aligned}\]
Donc $(ABC)$ a bien pour équation cartésienne
\[4x - 5y -2z + 5 = 0.\]
Considérons le plan d'équation cartésienne
\[4x-5y-2z + 5 = 0.\]
Puisque
\[\small 4x_A - 5y_A -2z_A + 5 = 4\times (-1) - 5\times (-1) -2\times 3 + 5 = 0\]
$A$ appartient à ce plan.
Puisque
\[\small 4x_B - 5y_B - 2z_B + 5 = 4\times(-1) -5\times 1 - 2\times 2 + 5 = 0\]
$B$ appartient à ce plan.
Puisque
\[\small 4x_C - 5y_C - 2y_C + 5 = 4\times 1 - 5\times (-1) -2\times 7 + 5 = 0\]
$C$ appartient aussi à ce plan.
$A$, $B$ et $C$ définissant un unique plan, ce plan est donc bien le plan $(ABC)$.
3.a.
Montrer que le point $G(7;-4;4)$ appartient à la droite $\Delta$.
Corrigé
$G$ appartient à $\Delta$ si et seulement s'il existe un réel $t$ tel que
\[\begin{cases}x_G = -1+4t\\y_G = 6 - 5t\\z_G = 8 - 2t\end{cases}
\iff
\begin{cases}7 = -1+4t\\ -4 = 6 - 5t\\4 = 8 - 2t\end{cases}\]
Si $t$ existe, alors
\[-1+4t = 7 \implies 4t = 8 \implies t = 2.\]
Mais alors
\[\begin{aligned}
&6 - 5t = 6-5\times 2 = -4 = y_G&
\\
&8-2t = 8 - 2\times 2= 4 = z_G.
\end{aligned}\]
Donc $G$ est bien sur $\Delta$.
3.b.
Déterminer les coordonnées du point $H$, projeté orthogonal du point $G$ sur le plan $(ABC)$.
Corrigé
Puisque $\Delta$ est perpendiculaire à $(ABC)$ et passe par $G$, le projete orthogonal $H$ de $G$ sur $(ABC)$ est donc l'intersection de $\Delta$ avec le plan $(ABC)$.
Puisque $H$ appartient à $\Delta$, il existe un réel $t'$ tel que
\[x_H = -1+4t',\quad y_H = 6 - 5t',\quad z_H = 8 - 2t'.\]
Puisque $H$ est sur le plan $(ABC)$:
\[\begin{aligned}
&4x_G - 5y_G - 2z_G + 5 = 0&
\\ \iff
&4(-1+4t') - 5(6-5t') - 2(8 - 2t') + 5 = 0&
\\ \iff
&45 t' - 45 = 0&
\\ \iff
&t' = 1.&
\end{aligned}\]
Donc
\[\left.\begin{array}{r}
x_H = -1+4\times 1 = 3\\
y_H = 6 - 5\times 1 = 1\\
z_H = 8 - 2\times 1 = 6
\end{array}\right\}
\implies H(3;1;6).\]
3.c.
En déduire que la distance du point $G$ au plan $(ABC)$ est égale à $3\sqrt 5$.
Corrigé
$H$ est le projeté orthogonal de $G$ sur $(ABC)$,
donc la distance du point $G$ au plan $(ABC)$ est $GH$.
\[\overrightarrow{GH}\begin{pmatrix}3-7\\1+4\\6-4\end{pmatrix}
\iff
\overrightarrow{GH}\begin{pmatrix}4\\5\\2\end{pmatrix}.\]
Donc
\[\begin{aligned}
GH &= \sqrt{4^2 + 5^2 + 2^2}&
\\
&= \sqrt{16+25+4}&
\\
&= \sqrt{45}&
\\
&=\sqrt{9\times 5}&
\\
&= 3\sqrt 5.&
\end{aligned}\]
4.a.
Montrer que le triangle $ABC$ est rectangle en $A$.
Corrigé
\[\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}
= 2\times 2 + 2\times 0 + (-1) \times 4
=0.\]
Donc $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ sont orthognaux
et le triangle $ABC$ est rectangle en $A$.
4.b.
Calculer le volume $V$ du tétraèdre $ABCG$.
On rappelle que le volume $V$ d'un tétraèdre est donné par la formule
\[V = \dfrac13 \times B \times h\]
où $B$ est l'aire d'une base et $h$ la hauteur correspondant à cette base.
Corrigé
\[\begin{aligned}
AB&=\sqrt{2^2+2^2+(-1)^2} = \sqrt{9} = 3;&
\\
AC&=\sqrt{2^2 + 0^2 + 4^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}.&
\end{aligned}\]
L'aire du triangle de base $ABC$ est (en unités d'aire du repère)
\[\mathcal A = \frac{AB\times AC} 2 = \frac{3 \times 2\sqrt 5} 2 = 3\sqrt{5}.\]
Donc le volume du prisme est (en unités de volume du repère)
\[\mathcal V = \frac{\mathcal A \times GH} 3
=\frac{3\sqrt 5 \times 3\sqrt 5} 3 = 15.\]
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