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Dans l'espace rapporté à un repère orthonormé (O;i→,j→,k→), on considère les points A(−1;−1;3),B(1;1;2),C(1;−1;7) On considère également la droite Δ passant par les points D(−1;6;8) et E(11;−9;2).

1.a. Vérifier que la droite Δ admet pour représentation paramétrique : {x=−1+4ty=−6−5tavect∈Rz=−8−2t
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Le vecteur DE→ a pour coordonnées: DE→(11+1−9−62−8)⟺DE→(12−15−6). Donc u→=13DE→ est aussi un vecteur directeur de Δ, dont les coordonnées sont u→(12/3−15/3−6/2)⟺u→(4−5−3). De plus, (DE) passe par le point D(−1;6;8), donc une représentation paramétrique de (DE) est {x=xu→t+xDy=yv→t+yDz=zu→t+zD,t∈R⟺{x=4t−1y=−5t+6z=−2t+8,t∈R.

Soit (d) la droite dont la représentation paramétrique est {x=−1+4ty=6−5tz=8−2t,t∈R. Si t=0 alors {−1+4t=−1=xD6−5t=6=yD8−2t=8=zD Donc D appartient à (d). \ Si t=3 alors {−1+4t=−1+12=11=xE6−5t=6−15=−9=yE8−2t=8−6=2=zE 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 Δ′ parallèle à Δ et passant par l'origine O du repère.
Corrigé

D'après la représentation paramétrique de Δ, u→(4−52) est un vecteur directeur de Δ.
Puisque Δ′ est parallèle à Δ, u→ est aussi un vecteur directeur de Δ′.
De plus, elle passe par l'origine O(0;0;0). Donc une représentation paramétrique de Δ′ est Δ′:{x=4t+0y=−5t+0z=2t+0,t∈R.

1.c. Le point F(1,36;−1,7;−0,7) appartient-il à la droite Δ′ ?
Corrigé

Si F appartient à la droite Δ′, alors il existe un réel t tel que {xE=4tyE=−5tzE=−2t⟺{1,36=4t−1,6=−5t−0,7=−2t⟺{t=0,34t=0,34t=0,35. C'est impossible, donc le point F n'est pas sur la droite Δ′.

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 AB→(1+11+12−3)⟺AB→(22−1). De même AC→(1+1−1+17−3)⟺AC→(204). S'il existait un réel k tel que AB→=kAC→, alors on aurait yAB→=kyAC→⟺2=0k. C'est évidemment impossible. AB→ et AC→ sont non colinéaires, donc A, B et C définissent un plan.

2.b. Montrer que la droite Δ est perpendiculaire au plan (ABC).
Corrigé

Puisque AB→ et AC→ sont non colinéaires, pour que Δ soit perpendiculaire à (ABC), il suffit que u→ soit orthogonal à la fois à AB→ et AC→. u→⋅AB→=4×2−5×2−2×(−1)=0u→⋅AC→=4×2−5×0−2×4=0 Donc Δ est perpendiculaire au plan (ABC).

2.c. Montrer qu'une équation cartésienne du plan (ABC) est : 4x−5y−2z+5=0.
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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 4xA−5yA−2zA+d=0⟺4×(−1)−5(−1)−2×3+d=0⟺d=5. Donc (ABC) a bien pour équation cartésienne 4x−5y−2z+5=0.
Considérons le plan d'équation cartésienne 4x−5y−2z+5=0. Puisque 4xA−5yA−2zA+5=4×(−1)−5×(−1)−2×3+5=0 A appartient à ce plan.
Puisque 4xB−5yB−2zB+5=4×(−1)−5×1−2×2+5=0 B appartient à ce plan.
Puisque 4xC−5yC−2yC+5=4×1−5×(−1)−2×7+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 Δ.
Corrigé

G appartient à Δ si et seulement s'il existe un réel t tel que {xG=−1+4tyG=6−5tzG=8−2t⟺{7=−1+4t−4=6−5t4=8−2t Si t existe, alors −1+4t=7⟹4t=8⟹t=2. Mais alors 6−5t=6−5×2=−4=yG8−2t=8−2×2=4=zG. Donc G est bien sur Δ.

3.b. Déterminer les coordonnées du point H, projeté orthogonal du point G sur le plan (ABC).
Corrigé

Puisque Δ est perpendiculaire à (ABC) et passe par G, le projete orthogonal H de G sur (ABC) est donc l'intersection de Δ avec le plan (ABC).
Puisque H appartient à Δ, il existe un réel t′ tel que xH=−1+4t′,yH=6−5t′,zH=8−2t′. Puisque H est sur le plan (ABC): 4xG−5yG−2zG+5=0⟺4(−1+4t′)−5(6−5t′)−2(8−2t′)+5=0⟺45t′−45=0⟺t′=1. Donc xH=−1+4×1=3yH=6−5×1=1zH=8−2×1=6}⟹H(3;1;6).

3.c. En déduire que la distance du point G au plan (ABC) est égale à 35.
Corrigé

H est le projeté orthogonal de G sur (ABC), donc la distance du point G au plan (ABC) est GH. GH→(3−71+46−4)⟺GH→(452). Donc GH=42+52+22=16+25+4=45=9×5=35.

4.a. Montrer que le triangle ABC est rectangle en A.
Corrigé

AB→⋅AC→=2×2+2×0+(−1)×4=0. Donc AB→ et 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=13×B×h où B est l'aire d'une base et h la hauteur correspondant à cette base.
Corrigé

AB=22+22+(−1)2=9=3;AC=22+02+42=20=25. L'aire du triangle de base ABC est (en unités d'aire du repère) A=AB×AC2=3×252=35. Donc le volume du prisme est (en unités de volume du repère) V=A×GH3=35×353=15.

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