Corrigé

Thème : Géométrie dans l’espace – Plans, droites, tétraèdre, hauteurs, projeté orthogonal.

Points : \(A(-2\,;\,0\,;\,2)\), \(B(-1\,;\,3\,;\,0)\), \(C(1\,;\,-1\,;\,2)\), \(D(0\,;\,0\,;\,3)\).

\(\mathcal{D}_1 : \begin{cases} x = t \\ y = 3t \\ z = 3 + 5t \end{cases}, \; t \in \mathbb{R}\) \(\mathcal{D}_2 : \begin{cases} x = 1 + 3s \\ y = -1 - 5s \\ z = 2 - 6s \end{cases}, \; s \in \mathbb{R}\)

Question 1. Démontrer que \(A\), \(B\) et \(C\) ne sont pas alignés.

\[\overrightarrow{AB} = \begin{pmatrix} -1 - (-2) \\ 3 - 0 \\ 0 - 2 \end{pmatrix}\] \[\overrightarrow{AB} = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ -2 \end{pmatrix}\]

\[\overrightarrow{AC} = \begin{pmatrix} 1 - (-2) \\ -1 - 0 \\ 2 - 2 \end{pmatrix}\] \[\overrightarrow{AC} = \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}\]

Les vecteurs \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\) sont colinéaires s’il existe \(k \in \mathbb{R}\) tel que \(\overrightarrow{AC} = k \overrightarrow{AB}\).

Cela donnerait \(\dfrac{3}{1} = \dfrac{-1}{3} = \dfrac{0}{-2}\), ce qui est faux car \(\dfrac{3}{1} = 3\) et \(\dfrac{-1}{3} = -\dfrac{1}{3}\).

Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les points \(A\), \(B\) et \(C\) ne sont pas alignés.

\[\boxed{A, B, C \text{ ne sont pas alignés.}}\]

Question 2.a. Démontrer que \(\vec{n}\begin{pmatrix}1\\3\\5\end{pmatrix}\) est orthogonal au plan \((ABC)\).

On vérifie que \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \((ABC)\) :

\[\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 1 \times 1 + 3 \times 3 + 5 \times (-2)\] \[\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 1 + 9 - 10\] \[\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 0\]

\[\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 1 \times 3 + 3 \times (-1) + 5 \times 0\] \[\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 3 - 3 + 0\] \[\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 0\]

\(\vec{n}\) est orthogonal à \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\) qui sont deux vecteurs non colinéaires du plan \((ABC)\). Donc \(\vec{n}\) est orthogonal au plan \((ABC)\).

\[\boxed{\vec{n} \text{ est un vecteur normal au plan } (ABC).}\]

Question 2.b. Équation cartésienne du plan \((ABC)\).

Le plan \((ABC)\) a pour vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix}1\\3\\5\end{pmatrix}\), donc son équation est de la forme : \[x + 3y + 5z + d = 0\]

Déterminons \(d\) en utilisant le point \(A(-2\,;\,0\,;\,2)\) : \[-2 + 3 \times 0 + 5 \times 2 + d = 0\] \[-2 + 10 + d = 0\] \[d = -8\]

\[\boxed{(ABC) : x + 3y + 5z - 8 = 0}\]

Question 2.c. \(A\), \(B\), \(C\) et \(D\) ne sont pas coplanaires.

Vérifions si \(D\) appartient au plan \((ABC)\) : \[0 + 3 \times 0 + 5 \times 3 - 8 = 0 + 0 + 15 - 8 = 7 \neq 0\]

\(D\) ne vérifie pas l’équation du plan \((ABC)\), donc \(D \notin (ABC)\).

Les quatre points ne sont donc pas coplanaires.

\[\boxed{A, B, C, D \text{ ne sont pas coplanaires.}}\]

Question 3.a. \(\mathcal{D}_1\) est la hauteur du tétraèdre \(ABCD\) issue de \(D\).

Un vecteur directeur de \(\mathcal{D}_1\) est \(\vec{u}_1\begin{pmatrix}1\\3\\5\end{pmatrix}\).

Or \(\vec{n}\begin{pmatrix}1\\3\\5\end{pmatrix}\) est un vecteur normal au plan \((ABC)\). Donc \(\vec{u}_1\) et \(\vec{n}\) sont égaux : \(\mathcal{D}_1\) est orthogonale au plan \((ABC)\).

De plus, pour \(t = 0\), le point de \(\mathcal{D}_1\) est \((0\,;\,0\,;\,3) = D\). Donc \(\mathcal{D}_1\) passe par \(D\).

\(\mathcal{D}_1\) est donc la droite passant par \(D\) et orthogonale au plan \((ABC)\) : c’est bien la hauteur du tétraèdre \(ABCD\) issue de \(D\).

\[\boxed{\mathcal{D}_1 \text{ est la hauteur issue de } D.}\]

On admet que \(\mathcal{D}_2\) est la hauteur issue de \(C\).

Question 3.b. \(\mathcal{D}_1\) et \(\mathcal{D}_2\) sont sécantes. Coordonnées du point d’intersection.

On cherche \(t \in \mathbb{R}\) et \(s \in \mathbb{R}\) tels que : \[\begin{cases} t = 1 + 3s \\ 3t = -1 - 5s \\ 3 + 5t = 2 - 6s \end{cases}\]

De la première équation : \(t = 1 + 3s\).

En substituant dans la deuxième : \[3(1 + 3s) = -1 - 5s\] \[3 + 9s = -1 - 5s\] \[14s = -4\] \[s = -\frac{4}{14}\] \[s = -\frac{2}{7}\]

\[t = 1 + 3\left(-\frac{2}{7}\right)\] \[t = 1 - \frac{6}{7}\] \[t = \frac{1}{7}\]

Vérification avec la troisième équation : \[3 + 5 \times \frac{1}{7} = 3 + \frac{5}{7}\] \[3 + 5 \times \frac{1}{7} = \frac{21 + 5}{7}\] \[3 + 5 \times \frac{1}{7} = \frac{26}{7}\] \[2 - 6\left(-\frac{2}{7}\right) = 2 + \frac{12}{7}\] \[2 - 6\left(-\frac{2}{7}\right) = \frac{14 + 12}{7}\] \[2 - 6\left(-\frac{2}{7}\right) = \frac{26}{7}\]

Les trois équations sont vérifiées. Les droites sont sécantes.

Point d’intersection (avec \(t = \frac{1}{7}\) dans \(\mathcal{D}_1\)) : \[\boxed{I\left(\frac{1}{7}\,;\,\frac{3}{7}\,;\,\frac{26}{7}\right)}\]

Question 4.a. Coordonnées du projeté orthogonal \(H\) de \(D\) sur le plan \((ABC)\).

\(H\) est l’intersection de la droite \(\mathcal{D}_1\) (hauteur issue de \(D\), perpendiculaire à \((ABC)\)) avec le plan \((ABC)\).

On injecte les coordonnées paramétriques de \(\mathcal{D}_1\) dans l’équation de \((ABC)\) : \[t + 3(3t) + 5(3 + 5t) - 8 = 0\] \[t + 9t + 15 + 25t - 8 = 0\] \[35t + 7 = 0\] \[35t = -7\] \[t = -\frac{7}{35}\] \[t = -\frac{1}{5}\]

Coordonnées de \(H\) : \[x_H = -\frac{1}{5}, \quad y_H = 3 \times \left(-\frac{1}{5}\right) = -\frac{3}{5}, \quad z_H = 3 + 5 \times \left(-\frac{1}{5}\right) = 3 - 1 = 2\]

\[\boxed{H\left(-\frac{1}{5}\,;\,-\frac{3}{5}\,;\,2\right)}\]

Question 4.b. Distance du point \(D\) au plan \((ABC)\).

En utilisant la formule de la distance d’un point à un plan : \[d(D, (ABC)) = \frac{|x_D + 3y_D + 5z_D - 8|}{\sqrt{1^2 + 3^2 + 5^2}}\] \[d(D, (ABC)) = \frac{|0 + 0 + 15 - 8|}{\sqrt{1 + 9 + 25}}\] \[d(D, (ABC)) = \frac{|7|}{\sqrt{35}}\] \[d(D, (ABC)) = \frac{7}{\sqrt{35}}\] \[d(D, (ABC)) = \frac{7\sqrt{35}}{35}\] \[d(D, (ABC)) = \frac{\sqrt{35}}{5}\]

Valeur approchée : \(\sqrt{35} \approx 5{,}91608\), donc \(\dfrac{\sqrt{35}}{5} \approx 1{,}1832\).

Arrondi au centième : \[\boxed{d(D, (ABC)) \approx 1{,}18}\]

Vérification : On peut aussi calculer \(DH\) directement : \[DH^2 = \left(0 + \frac{1}{5}\right)^2 + \left(0 + \frac{3}{5}\right)^2 + (3 - 2)^2\] \[DH^2 = \frac{1}{25} + \frac{9}{25} + 1\] \[DH^2 = \frac{10}{25} + 1\] \[DH^2 = \frac{2}{5} + 1\] \[DH^2 = \frac{7}{5}\] \[DH = \sqrt{\frac{7}{5}} = \frac{\sqrt{35}}{5}\]

Les deux méthodes donnent le même résultat.