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

Points : \(A(5\,;\,5\,;\,0)\), \(B(0\,;\,5\,;\,0)\), \(C(0\,;\,0\,;\,10)\), \(D(0\,;\,0\,;\,-\frac{5}{2})\).

Question 1.

1. Montrer que \(\vec{n_1}\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}\) est normal au plan \((CAD)\).

   Deux vecteurs du plan \((CAD)\) : \[\overrightarrow{CA} = \begin{pmatrix}5-0\\5-0\\0-10\end{pmatrix}\] \[\overrightarrow{CA}\begin{pmatrix}5\\5\\-10\end{pmatrix}\]

   \[\overrightarrow{CD} = \begin{pmatrix}0-0\\0-0\\-\frac{5}{2}-10\end{pmatrix}\] \[\overrightarrow{CD}\begin{pmatrix}0\\0\\-\frac{25}{2}\end{pmatrix}\]

   \(\overrightarrow{CA}\) et \(\overrightarrow{CD}\) ne sont pas colinéaires car \(\frac{5}{0}\) n’est pas défini.

   Vérifions l’orthogonalité de \(\vec{n_1}\) avec ces deux vecteurs : \[\vec{n_1} \cdot \overrightarrow{CA}\] \[\vec{n_1} \cdot \overrightarrow{CA} = 1 \times 5 + (-1) \times 5 + 0 \times (-10)\] \[\vec{n_1} \cdot \overrightarrow{CA} = 5 - 5 + 0\] \[\vec{n_1} \cdot \overrightarrow{CA} = 0\]

   \[\vec{n_1} \cdot \overrightarrow{CD}\] \[\vec{n_1} \cdot \overrightarrow{CD} = 1 \times 0 + (-1) \times 0 + 0 \times \left(-\frac{25}{2}\right)\] \[\vec{n_1} \cdot \overrightarrow{CD} = 0\]

   \(\vec{n_1}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de \((CAD)\), donc \(\vec{n_1}\) est un vecteur normal au plan \((CAD)\).

   \[\boxed{\vec{n_1} \text{ est normal au plan } (CAD).}\]

2. En déduire l’équation cartésienne \(x - y = 0\) pour \((CAD)\).

   \(\vec{n_1}\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}\) est normal, donc \((CAD)\) a une équation \(x - y + d = 0\).

   \(C(0\,;\,0\,;\,10) \in (CAD)\) : \[0 - 0 + d = 0\] \[d = 0\]

   \[\boxed{(CAD) : x - y = 0}\]

Question 2. Droite \(\mathcal{D}\) : \(\begin{cases} x = \frac{5}{2}t \\ y = 5 - \frac{5}{2}t \\ z = 0 \end{cases}\), \(t \in \mathbb{R}\).

1. Coordonnées de \(H\), intersection de \(\mathcal{D}\) et \((CAD)\).

   On a \(x - y = 0\) pour \((CAD)\). Un point de \(\mathcal{D}\) vérifie : \[x - y\] \[x - y = \frac{5}{2}t - \left(5 - \frac{5}{2}t\right)\] \[x - y = \frac{5}{2}t - 5 + \frac{5}{2}t\] \[x - y = 5t - 5\]

   \(H \in (CAD)\) donc \(x - y = 0\) : \[5t - 5 = 0\] \[t = 1\]

   D’où : \[H\begin{pmatrix}\frac{5}{2} \times 1\\[4pt]5 - \frac{5}{2} \times 1\\[4pt]0\end{pmatrix}\] \[\boxed{H\begin{pmatrix}\dfrac{5}{2}\\[4pt]\dfrac{5}{2}\\[4pt]0\end{pmatrix}}\]

2. Démontrer que \(H\) est le projeté orthogonal de \(B\) sur \((CAD)\).

   \(B(0\,;\,5\,;\,0)\). Vérifions que \(\overrightarrow{BH}\) est colinéaire à \(\vec{n_1}\) (vecteur normal) : \[\overrightarrow{BH} = \begin{pmatrix}\frac{5}{2}-0\\[4pt]\frac{5}{2}-5\\[4pt]0-0\end{pmatrix}\] \[\overrightarrow{BH}\begin{pmatrix}\frac{5}{2}\\[4pt]-\frac{5}{2}\\[4pt]0\end{pmatrix}\]

   \(\overrightarrow{BH} = \frac{5}{2}\vec{n_1}\), donc \(\overrightarrow{BH}\) est colinéaire au vecteur normal \(\vec{n_1}\).

   Ainsi \(\overrightarrow{BH}\) est orthogonal au plan \((CAD)\), et \(H \in (CAD)\). Donc \(H\) est bien le projeté orthogonal de \(B\) sur \((CAD)\).

   \[\boxed{H \text{ est le projeté orthogonal de } B \text{ sur } (CAD).}\]

Question 3.

1. Démontrer que \(ABH\) est rectangle en \(H\).

   \(A(5\,;\,5\,;\,0)\), \(B(0\,;\,5\,;\,0)\), \(H(\frac{5}{2}\,;\,\frac{5}{2}\,;\,0)\).

   \[\overrightarrow{HA} = \begin{pmatrix}5-\frac{5}{2}\\[4pt]5-\frac{5}{2}\\[4pt]0-0\end{pmatrix}\] \[\overrightarrow{HA}\begin{pmatrix}\frac{5}{2}\\[4pt]\frac{5}{2}\\[4pt]0\end{pmatrix}\]

   \[\overrightarrow{HB} = \begin{pmatrix}0-\frac{5}{2}\\[4pt]5-\frac{5}{2}\\[4pt]0-0\end{pmatrix}\] \[\overrightarrow{HB}\begin{pmatrix}-\frac{5}{2}\\[4pt]\frac{5}{2}\\[4pt]0\end{pmatrix}\]

   \[\overrightarrow{HA} \cdot \overrightarrow{HB}\] \[\overrightarrow{HA} \cdot \overrightarrow{HB} = \frac{5}{2} \times \left(-\frac{5}{2}\right) + \frac{5}{2} \times \frac{5}{2} + 0 \times 0\] \[\overrightarrow{HA} \cdot \overrightarrow{HB} = -\frac{25}{4} + \frac{25}{4}\] \[\overrightarrow{HA} \cdot \overrightarrow{HB} = 0\]

   Donc \((HA) \perp (HB)\) et le triangle \(ABH\) est rectangle en \(H\).

   \[\boxed{ABH \text{ est rectangle en } H.}\]

2. Aire de \(ABH\).

   \(ABH\) rectangle en \(H\), donc : \[\mathcal{A}_{ABH} = \frac{HA \times HB}{2}\]

   \[HA = \sqrt{\left(\frac{5}{2}\right)^2 + \left(\frac{5}{2}\right)^2 + 0^2}\] \[HA = \sqrt{\frac{50}{4}}\] \[HA = \frac{5\sqrt{2}}{2}\]

   \[HB = \sqrt{\left(-\frac{5}{2}\right)^2 + \left(\frac{5}{2}\right)^2 + 0^2}\] \[HB = \frac{5\sqrt{2}}{2}\]

   \[\mathcal{A}_{ABH} = \frac{1}{2} \times \frac{5\sqrt{2}}{2} \times \frac{5\sqrt{2}}{2}\] \[\mathcal{A}_{ABH} = \frac{1}{2} \times \frac{50}{4}\] \[\boxed{\mathcal{A}_{ABH} = \dfrac{25}{4}}\]

Question 4.

1. Démontrer que \((CO)\) est la hauteur du tétraèdre \(ABCH\) issue de \(C\).

   \(C(0\,;\,0\,;\,10)\) et \(O(0\,;\,0\,;\,0)\).

   La droite \((CO)\) est l’axe \((Oz)\). Le plan \((ABH)\) est le plan \(z = 0\) (car \(A\), \(B\), \(H\) ont tous \(z = 0\)).

   \((CO)\) est orthogonale au plan \((ABH)\) (elle est verticale, le plan est horizontal).

   \(C\) est le sommet et \(H\) est le projeté... attendons, vérifions : \(O\) est le projeté orthogonal de \(C\) sur le plan \((ABH)\) qui est le plan \(z=0\). Donc \((CO)\) est bien la hauteur issue de \(C\).

   \[\boxed{(CO) \text{ est la hauteur du tétraèdre } ABCH \text{ issue de } C.}\]

2. Volume du tétraèdre \(ABCH\).

   La base est \(ABH\), d’aire \(\frac{25}{4}\). La hauteur est \(CO = 10\) (distance de \(C\) au plan \(z=0\)).

   \[V = \frac{1}{3} \times \mathcal{A}_{ABH} \times CO\] \[V = \frac{1}{3} \times \frac{25}{4} \times 10\] \[V = \frac{250}{12}\] \[\boxed{V = \dfrac{125}{6}}\]

Question 5. Distance du point \(H\) au plan \((ABC)\).

On admet que \(ABC\) est rectangle en \(B\). Le volume du tétraèdre \(ABCH\) peut aussi s’écrire avec la base \(ABC\) et la hauteur \(d(H, (ABC))\).

\[V = \frac{1}{3} \times \mathcal{A}_{ABC} \times d(H, (ABC))\]

\(ABC\) rectangle en \(B\) : \[\mathcal{A}_{ABC} = \frac{AB \times BC}{2}\]

\[AB = \sqrt{(5-0)^2 + (5-5)^2 + (0-0)^2}\] \[AB = \sqrt{25}\] \[AB = 5\]

\[BC = \sqrt{(0-0)^2 + (0-5)^2 + (10-0)^2}\] \[BC = \sqrt{25 + 100}\] \[BC = \sqrt{125}\] \[BC = 5\sqrt{5}\]

\[\mathcal{A}_{ABC} = \frac{5 \times 5\sqrt{5}}{2}\] \[\mathcal{A}_{ABC} = \frac{25\sqrt{5}}{2}\]

\[\frac{125}{6} = \frac{1}{3} \times \frac{25\sqrt{5}}{2} \times d(H, (ABC))\] \[\frac{125}{6} = \frac{25\sqrt{5}}{6} \times d(H, (ABC))\] \[d(H, (ABC)) = \frac{125}{6} \times \frac{6}{25\sqrt{5}}\] \[d(H, (ABC)) = \frac{125}{25\sqrt{5}}\] \[d(H, (ABC)) = \frac{5}{\sqrt{5}}\] \[\boxed{d(H, (ABC)) = \sqrt{5}}\]