Thème : Géométrie dans l’espace – Cube, vecteur normal, équation cartésienne, représentation paramétrique, projeté orthogonal, volume.

Cube \(ABCDEFGH\) d’arête 1 cm. \(I\) milieu de \([AB]\), \(J\) milieu de \([CG]\). Repère orthonormé \((A\,;\,\overrightarrow{AB},\,\overrightarrow{AD},\,\overrightarrow{AE})\).

Question 1. Donner les coordonnées des points \(I\) et \(J\).

Dans ce repère :

• \(A\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\), \(B\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}\), \(D\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}\), \(E\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\)

• \(C\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}\), \(G\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\)

\(I\) est le milieu de \([AB]\) : \[I\begin{pmatrix}\frac{0+1}{2}\\[4pt]\frac{0+0}{2}\\[4pt]\frac{0+0}{2}\end{pmatrix}\] \[\boxed{I\begin{pmatrix}0{,}5\\0\\0\end{pmatrix}}\]

\(J\) est le milieu de \([CG]\) : \[J\begin{pmatrix}\frac{1+1}{2}\\[4pt]\frac{1+1}{2}\\[4pt]\frac{0+1}{2}\end{pmatrix}\] \[\boxed{J\begin{pmatrix}1\\1\\0{,}5\end{pmatrix}}\]

Question 2. Montrer que \(\overrightarrow{EJ}\) est normal au plan \((FHI)\).

Coordonnées des points : \[E\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix},\quad F\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix},\quad H\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix},\quad I\begin{pmatrix}0{,}5\\0\\0\end{pmatrix}\]

\[\overrightarrow{EJ} = \begin{pmatrix}1-0\\1-0\\0{,}5-1\end{pmatrix}\] \[\boxed{\overrightarrow{EJ}\begin{pmatrix}1\\1\\-0{,}5\end{pmatrix}}\]

Deux vecteurs du plan \((FHI)\) : \[\overrightarrow{FH} = \begin{pmatrix}0-1\\1-0\\1-1\end{pmatrix}\] \[\overrightarrow{FH}\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}\]

\[\overrightarrow{FI} = \begin{pmatrix}0{,}5-1\\0-0\\0-1\end{pmatrix}\] \[\overrightarrow{FI}\begin{pmatrix}-0{,}5\\0\\-1\end{pmatrix}\]

\(\overrightarrow{FH}\) et \(\overrightarrow{FI}\) ne sont pas colinéaires car \(\frac{-1}{-0{,}5} \neq \frac{1}{0}\).

Vérifions l’orthogonalité : \[\overrightarrow{EJ} \cdot \overrightarrow{FH}\] \[\overrightarrow{EJ} \cdot \overrightarrow{FH} = 1 \times (-1) + 1 \times 1 + (-0{,}5) \times 0\] \[\overrightarrow{EJ} \cdot \overrightarrow{FH} = -1 + 1 + 0\] \[\overrightarrow{EJ} \cdot \overrightarrow{FH} = 0\]

\[\overrightarrow{EJ} \cdot \overrightarrow{FI}\] \[\overrightarrow{EJ} \cdot \overrightarrow{FI} = 1 \times (-0{,}5) + 1 \times 0 + (-0{,}5) \times (-1)\] \[\overrightarrow{EJ} \cdot \overrightarrow{FI} = -0{,}5 + 0 + 0{,}5\] \[\overrightarrow{EJ} \cdot \overrightarrow{FI} = 0\]

\(\overrightarrow{EJ}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \((FHI)\), donc \(\overrightarrow{EJ}\) est un vecteur normal au plan \((FHI)\).

\[\boxed{\overrightarrow{EJ} \text{ est normal au plan } (FHI).}\]

Question 3. Montrer que \(-2x - 2y + z + 1 = 0\) est une équation de \((FHI)\).

\(\overrightarrow{EJ}\begin{pmatrix}1\\1\\-0{,}5\end{pmatrix}\) est normal au plan, donc \(\vec{n}\begin{pmatrix}2\\2\\-1\end{pmatrix}\) l’est aussi (colinéaire à \(\overrightarrow{EJ}\), en multipliant par 2).

Le plan \((FHI)\) a une équation de la forme \(2x + 2y - z + d = 0\).

\(F\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix} \in (FHI)\) donc : \[2 \times 1 + 2 \times 0 - 1 + d = 0\] \[2 + 0 - 1 + d = 0\] \[d = -1\]

D’où \(2x + 2y - z - 1 = 0\), soit en multipliant par \(-1\) : \[\boxed{-2x - 2y + z + 1 = 0}\]

Question 4. Représentation paramétrique de la droite \((EJ)\).

La droite \((EJ)\) passe par \(E\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\) et a pour vecteur directeur \(\overrightarrow{EJ}\begin{pmatrix}1\\1\\-0{,}5\end{pmatrix}\).

On peut aussi prendre \(\vec{u}\begin{pmatrix}2\\2\\-1\end{pmatrix}\) comme vecteur directeur.

\[\boxed{(EJ) : \begin{cases} x = 2t \\ y = 2t \\ z = 1 - t \end{cases}, \; t \in \mathbb{R}}\]

Question 5.

1. \(K\) est le projeté orthogonal de \(E\) sur \((FHI)\). Calculer ses coordonnées.

   \(K\) est l’intersection de la droite \((EJ)\) (perpendiculaire au plan passant par \(E\)) et du plan \((FHI)\).

   On résout le système : \[\begin{cases} x = 2t \\ y = 2t \\ z = 1 - t \\ -2x - 2y + z + 1 = 0 \end{cases}\]

   Substitution dans l’équation du plan : \[-2(2t) - 2(2t) + (1-t) + 1 = 0\] \[-4t - 4t + 1 - t + 1 = 0\] \[-9t + 2 = 0\] \[t = \frac{2}{9}\]

   D’où : \[K\begin{pmatrix}2 \times \frac{2}{9}\\[4pt]2 \times \frac{2}{9}\\[4pt]1 - \frac{2}{9}\end{pmatrix}\] \[\boxed{K\begin{pmatrix}\dfrac{4}{9}\\[4pt]\dfrac{4}{9}\\[4pt]\dfrac{7}{9}\end{pmatrix}}\]

2. Montrer que le volume de la pyramide \(EFHI\) est \(\frac{1}{6}\) cm\(^3\).

   On utilise le point \(L\), milieu de \([EF]\), projeté orthogonal de \(I\) sur \((EFH)\).

   La base de la pyramide \(EFHI\) est le triangle \(EFH\) (rectangle en \(E\) dans le plan \((EFH)\)).

   Aire de \(EFH\) : triangle rectangle isocèle de côté 1. \[\mathcal{A}_{EFH} = \frac{1 \times 1}{2}\] \[\mathcal{A}_{EFH} = \frac{1}{2}\]

   La hauteur issue de \(I\) est la distance de \(I\) au plan \((EFH)\), c’est-à-dire la cote de \(I\) dans le repère car \((EFH)\) est le plan \(z = 1\)...

   En réalité, \(I\begin{pmatrix}0{,}5\\0\\0\end{pmatrix}\) et le plan \((EFH)\) a pour équation \(z = 1\).

   Distance de \(I\) à \((EFH)\) : \[d(I, (EFH)) = |0 - 1| = 1\]

   Volume : \[V = \frac{1}{3} \times \mathcal{A}_{EFH} \times d(I, (EFH))\] \[V = \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times 1\] \[\boxed{V = \frac{1}{6} \text{ cm}^3}\]

3. Déduire l’aire du triangle \(FHI\).

   La pyramide \(EFHI\) peut aussi être vue avec la base \(FHI\) et la hauteur \(EK\) (distance de \(E\) au plan \((FHI)\)).

   \[EK = \sqrt{\left(\frac{4}{9}\right)^2 + \left(\frac{4}{9}\right)^2 + \left(\frac{7}{9} - 1\right)^2}\] \[EK = \sqrt{\frac{16}{81} + \frac{16}{81} + \left(-\frac{2}{9}\right)^2}\] \[EK = \sqrt{\frac{32}{81} + \frac{4}{81}}\] \[EK = \sqrt{\frac{36}{81}}\] \[EK = \frac{6}{9}\] \[EK = \frac{2}{3}\]

   \[V = \frac{1}{3} \times \mathcal{A}_{FHI} \times EK\] \[\frac{1}{6} = \frac{1}{3} \times \mathcal{A}_{FHI} \times \frac{2}{3}\] \[\frac{1}{6} = \frac{2}{9} \times \mathcal{A}_{FHI}\] \[\mathcal{A}_{FHI} = \frac{1}{6} \times \frac{9}{2}\] \[\boxed{\mathcal{A}_{FHI} = \dfrac{3}{4} \text{ cm}^2}\]