Thème : Géométrie dans l'espace — Droites, plans, projections, angles
On travaille dans un repère orthonormé $(O\,;\,\vec{i},\vec{j},\vec{k})$.
Données :
- Droite $(d)$ : $\begin{cases} x = 3 - 2t \\ y = -1 \\ z = 2 - 6t \end{cases}$, $t \in \mathbb{R}$, de vecteur directeur $\vec{u} = \begin{pmatrix}-2\,\\\,0\,\\\,-6\end{pmatrix}$ (proportionnel à $(1\,;\,0\,;\,3)$), passant par $M_0(3\,;\,-1\,;\,2)$.
- Points $A(3\,;\,-3\,;\,-2)$, $B(5\,;\,-4\,;\,-1)$.
- Plan $\mathcal{P}$ d'équation $x + 3z - 7 = 0$, de vecteur normal $\vec{n} = \begin{pmatrix}1\,\\\,0\,\\\,3\end{pmatrix}$.
Détermination du point $C$ : $C$ est le point de $(d)$ d'abscisse $2$.
$$3 - 2t = 2 \implies t = \frac{1}{2} \implies C\!\left(2\,;\,-1\,;\,-1\right)$$
Énoncé : La droite $(d)$ et l'axe des ordonnées ne sont pas coplanaires.
Analyse : Deux droites sont coplanaires si et seulement si elles sont parallèles ou sécantes. On peut aussi utiliser le critère du déterminant : deux droites $D_1$ (passant par $P_1$ de vecteur directeur $\vec{v}_1$) et $D_2$ (passant par $P_2$ de vecteur directeur $\vec{v}_2$) sont coplanaires si et seulement si le déterminant $\det(\overrightarrow{P_1 P_2},\, \vec{v}_1,\, \vec{v}_2) = 0$.
- $(d)$ passe par $M_0(3\,;\,-1\,;\,2)$ avec $\vec{v}_1 = (-2\,;\,0\,;\,-6)$.
- L'axe des ordonnées passe par $O(0\,;\,0\,;\,0)$ avec $\vec{v}_2 = (0\,;\,1\,;\,0)$.
- $\overrightarrow{OM_0} = \begin{pmatrix}3\,\\\,-1\,\\\,2\end{pmatrix}$.
On calcule le déterminant :
$$\det\!\left(\overrightarrow{OM_0},\,\vec{v}_1,\,\vec{v}_2\right) = \begin{vmatrix} 3 & -2 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \\ 2 & -6 & 0 \end{vmatrix}$$
Développement selon la troisième colonne :
$$= 0 \cdot \begin{vmatrix} -1 & 0 \\ 2 & -6 \end{vmatrix} - 1 \cdot \begin{vmatrix} 3 & -2 \\ 2 & -6 \end{vmatrix} + 0 \cdot \begin{vmatrix} 3 & -2 \\ -1 & 0 \end{vmatrix}$$
$$= -1 \cdot \bigl(3 \times (-6) - (-2) \times 2\bigr) = -1 \cdot (-18 + 4) = -1 \times (-14) = 14 \neq 0$$
Le déterminant est non nul, donc les deux droites ne sont pas coplanaires.
$$\boxed{\textbf{Affirmation 1 : VRAIE}}$$
Énoncé : Le plan passant par $A$ et orthogonal à $(d)$ a pour équation $x + 3z + 3 = 0$.
Analyse : Un plan orthogonal à $(d)$ admet le vecteur directeur de $(d)$ comme vecteur normal. Le vecteur directeur de $(d)$ est $\vec{u} = \begin{pmatrix}-2\,\\\,0\,\\\,-6\end{pmatrix}$, proportionnel à $\vec{n} = \begin{pmatrix}1\,\\\,0\,\\\,3\end{pmatrix}$.
Le plan passant par $A(3\,;\,-3\,;\,-2)$ de vecteur normal $(1\,;\,0\,;\,3)$ a pour équation :
$$1 \cdot (x - 3) + 0 \cdot (y + 3) + 3 \cdot (z + 2) = 0$$
$$x - 3 + 3z + 6 = 0$$
$$x + 3z + 3 = 0$$
$$\boxed{\textbf{Affirmation 2 : VRAIE}}$$
Énoncé : L'angle $\widehat{BAC} = \dfrac{\pi}{6}$.
Analyse : On calcule les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$, puis le cosinus de l'angle.
$$\overrightarrow{AB} = B - A = (5-3\,;\,-4-(-3)\,;\,-1-(-2)) = (2\,;\,-1\,;\,1)$$
$$\overrightarrow{AC} = C - A = (2-3\,;\,-1-(-3)\,;\,-1-(-2)) = (-1\,;\,2\,;\,1)$$
Produit scalaire :
$$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 2 \times (-1) + (-1) \times 2 + 1 \times 1 = -2 - 2 + 1 = -3$$
Normes :
$$\|\overrightarrow{AB}\| = \sqrt{4 + 1 + 1} = \sqrt{6}$$
$$\|\overrightarrow{AC}\| = \sqrt{1 + 4 + 1} = \sqrt{6}$$
Cosinus de l'angle :
$$\cos(\widehat{BAC}) = \frac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{\|\overrightarrow{AB}\| \cdot \|\overrightarrow{AC}\|} = \frac{-3}{\sqrt{6} \times \sqrt{6}} = \frac{-3}{6} = -\frac{1}{2}$$
Or $\cos\!\left(\dfrac{\pi}{3}\right) = \dfrac{1}{2}$ et $\cos\!\left(\dfrac{2\pi}{3}\right) = -\dfrac{1}{2}$.
Donc $\widehat{BAC} = \dfrac{2\pi}{3}$ (soit $120°$), et non $\dfrac{\pi}{6}$ (qui vaut $30°$).
$$\boxed{\textbf{Affirmation 3 : FAUSSE} \quad \left(\widehat{BAC} = \frac{2\pi}{3}\right)}$$
Énoncé : La distance $BH = \dfrac{\sqrt{10}}{2}$, où $H$ est le projeté orthogonal de $B$ sur $\mathcal{P}$.
Analyse : Le plan $\mathcal{P}$ a pour équation $x + 3z - 7 = 0$ et pour vecteur normal $\vec{n} = \begin{pmatrix}1\,\\\,0\,\\\,3\end{pmatrix}$.
La droite passant par $B(5\,;\,-4\,;\,-1)$ et orthogonale à $\mathcal{P}$ est paramétrée par :
$$\begin{cases} x = 5 + t \\ y = -4 \\ z = -1 + 3t \end{cases}$$
On cherche $t$ tel que ce point appartienne à $\mathcal{P}$ :
$$(5 + t) + 3(-1 + 3t) - 7 = 0$$
$$5 + t - 3 + 9t - 7 = 0$$
$$10t - 5 = 0$$
$$t = \frac{1}{2}$$
Donc $H = \left(5 + \dfrac{1}{2}\,;\,-4\,;\,-1 + \dfrac{3}{2}\right) = \left(\dfrac{11}{2}\,;\,-4\,;\,\dfrac{1}{2}\right)$.
Calcul de la distance $BH$ :
$$BH = |t| \cdot \|\vec{n}\| = \frac{1}{2} \times \sqrt{1^2 + 0^2 + 3^2} = \frac{1}{2} \times \sqrt{10} = \frac{\sqrt{10}}{2}$$
Vérification directe :
$$\overrightarrow{BH} = H - B = \left(\frac{1}{2}\,;\,0\,;\,\frac{3}{2}\right)$$
$$BH = \sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2 + 0 + \left(\frac{3}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{9}{4}} = \sqrt{\frac{10}{4}} = \frac{\sqrt{10}}{2} \checkmark$$
$$\boxed{\textbf{Affirmation 4 : VRAIE} \quad \left(BH = \frac{\sqrt{10}}{2}\right)}$$
| Affirmation | Résultat | |-------------|----------| | 1. $(d)$ et axe des ordonnées non coplanaires | VRAIE | | 2. Plan par $A$ orthogonal à $(d)$ : $x + 3z + 3 = 0$ | VRAIE | | 3. $\widehat{BAC} = \pi/6$ | FAUSSE (l'angle vaut $2\pi/3$) | | 4. $BH = \sqrt{10}/2$ | VRAIE |