Polynesie 2025 Jour 2 Exercice 3

\begin{center} \Large\textbf{Corrigé -- Polynésie 2025 Jour 2 -- Exercice 3} \end{center} \vspace{0.5cm} \textbf{Thème :} Géométrie dans l'espace -- Plan, droite, orthogonalité, projeté orthogonal, volume d'un tétraèdre. \vspace{0.5cm} \subsection*{Question 1. Montrer que $A$, $B$, $C$ déterminent un plan} Il suffit de montrer que $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires. \[ \overrightarrow{AB} = \begin{pmatrix}-1-1\\4-3\\5-0\end{pmatrix} \[ \overrightarrow{AB} = \begin{pmatrix}-2\\1\\5\end{pmatrix} \] \] \[ \overrightarrow{AC} = \begin{pmatrix}0-1\\1-3\\0-0\end{pmatrix} \[ \overrightarrow{AC} = \begin{pmatrix}-1\\-2\\0\end{pmatrix} \] \] Ces deux vecteurs ne sont pas proportionnels (il n'existe pas de réel $k$ tel que $\begin{pmatrix}-2\\1\\5\end{pmatrix} = k\begin{pmatrix}-1\\-2\\0\end{pmatrix}$). Ils sont donc linéairement indépendants et $\boxed{A, B, C \text{ déterminent bien un plan.}}$ \subsection*{Question 2. Montrer que $ABC$ est rectangle en $A$} On calcule le produit scalaire : \[ \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = (-2) \times (-1) + 1 \times (-2) + 5 \times 0 \] \[ \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 2 - 2 + 0 \] \[ \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 0 \] \[ \boxed{\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{AC} \text{ donc le triangle } ABC \text{ est rectangle en } A.} \] \subsection*{Question 3.a. Démontrer que $\Delta$ est orthogonale au plan $(ABC)$} $\Delta$ a pour vecteur directeur $\vec{u}\begin{pmatrix}2\\-1\\1\end{pmatrix}$. Pour que $\Delta \perp (ABC)$, il faut que $\vec{u}$ soit orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan, par exemple $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$. \[ \vec{u} \cdot \overrightarrow{AB} = 2 \times (-2) + (-1) \times 1 + 1 \times 5 \] \[ \vec{u} \cdot \overrightarrow{AB} = -4 - 1 + 5 \] \[ \vec{u} \cdot \overrightarrow{AB} = 0 \ \checkmark \] \[ \vec{u} \cdot \overrightarrow{AC} = 2 \times (-1) + (-1) \times (-2) + 1 \times 0 \] \[ \vec{u} \cdot \overrightarrow{AC} = -2 + 2 + 0 \] \[ \vec{u} \cdot \overrightarrow{AC} = 0 \ \checkmark \] $\vec{u}$ est orthogonal à $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$, donc $\boxed{\Delta \perp (ABC)}$. \subsection*{Question 3.b. Équation cartésienne du plan $(ABC)$} Le vecteur $\vec{n} = \vec{u}\begin{pmatrix}2\\-1\\1\end{pmatrix}$ est normal au plan $(ABC)$. Une équation est de la forme $2x - y + z + d = 0$. $A(1\; ;\; 3\; ;\; 0) \in (ABC)$ : \[ 2(1) - 3 + 0 + d = 0 \implies d = 1 \] \[ \boxed{(ABC) : 2x - y + z + 1 = 0} \] \subsection*{Question 3.c. Représentation paramétrique de $\Delta$} $\Delta$ passe par $D(-2\; ;\; 2\; ;\; 1)$ et a pour vecteur directeur $\vec{u}\begin{pmatrix}2\\-1\\1\end{pmatrix}$. \[ \boxed{\Delta : \begin{cases} x = -2 + 2s \\ y = 2 - s \\ z = 1 + s \end{cases}, \quad s \in \mathbb{R}} \] \subsection*{Question 4. Vérifier que $H\!\left(-\dfrac{2}{3}\; ;\; \dfrac{4}{3}\; ;\; \dfrac{5}{3}\right)$ est le projeté orthogonal de $D$ sur $(ABC)$} Deux conditions : $H \in (ABC)$ et $\overrightarrow{DH} \perp (ABC)$. \textbf{$H \in (ABC)$ ?} \[ 2\!\left(-\frac{2}{3}\right) - \frac{4}{3} + \frac{5}{3} + 1 \] \[ -\frac{4}{3} - \frac{4}{3} + \frac{5}{3} + 1 \] \[ -\frac{3}{3} + 1 \] \[ 0 \ \checkmark \] \textbf{$\overrightarrow{DH} \perp (ABC)$ ?} \[ \overrightarrow{DH} = \begin{pmatrix}-\frac{2}{3} - (-2)\\[4pt]\frac{4}{3} - 2\\[4pt]\frac{5}{3} - 1\end{pmatrix} \] \[ \overrightarrow{DH} = \begin{pmatrix}\frac{4}{3}\\[4pt]-\frac{2}{3}\\[4pt]\frac{2}{3}\end{pmatrix} \] \[ \overrightarrow{DH} = \frac{2}{3}\begin{pmatrix}2\\-1\\1\end{pmatrix} \[ \overrightarrow{DH} = \frac{2}{3}\,\vec{u} \] \] $\overrightarrow{DH}$ est colinéaire à $\vec{u}$ qui est normal au plan $(ABC)$, donc $\overrightarrow{DH} \perp (ABC)$ \checkmark \[ \boxed{H \text{ est bien le projeté orthogonal de } D \text{ sur } (ABC).} \] \subsection*{Question 5.a. Montrer que $DH = \dfrac{2\sqrt{6}}{3}$} \[ DH = \left\|\overrightarrow{DH}\right\| \] \[ DH = \sqrt{\left(\frac{4}{3}\right)^2 + \left(-\frac{2}{3}\right)^2 + \left(\frac{2}{3}\right)^2} \] \[ DH = \sqrt{\frac{16}{9} + \frac{4}{9} + \frac{4}{9}} \] \[ DH = \sqrt{\frac{24}{9}} \] \[ DH = \frac{\sqrt{24}}{3} \] \[ DH = \frac{2\sqrt{6}}{3} \] \[ \boxed{DH = \frac{2\sqrt{6}}{3}} \] \subsection*{Question 5.b. Volume du tétraèdre $ABCD$} On prend le triangle $ABC$ comme base (rectangle en $A$) et $DH$ comme hauteur. Aire de la base : \[ \|\overrightarrow{AB}\| = \sqrt{(-2)^2 + 1^2 + 5^2} \] \[ \|\overrightarrow{AB}\| = \sqrt{4+1+25} \] \[ \|\overrightarrow{AB}\| = \sqrt{30} \] \[ \|\overrightarrow{AC}\| = \sqrt{(-1)^2 + (-2)^2 + 0^2} \] \[ \|\overrightarrow{AC}\| = \sqrt{1+4} \] \[ \|\overrightarrow{AC}\| = \sqrt{5} \] \[ \mathcal{B} = \frac{1}{2} \times \|\overrightarrow{AB}\| \times \|\overrightarrow{AC}\| \] \[ \mathcal{B} = \frac{1}{2} \times \sqrt{30} \times \sqrt{5} \] \[ \mathcal{B} = \frac{\sqrt{150}}{2} \] \[ \mathcal{B} = \frac{5\sqrt{6}}{2} \] Volume : \[ V = \frac{1}{3} \times \mathcal{B} \times h \] \[ V = \frac{1}{3} \times \frac{5\sqrt{6}}{2} \times \frac{2\sqrt{6}}{3} \] \[ V = \frac{1}{3} \times \frac{5 \times 2 \times 6}{2 \times 3} \] \[ V = \frac{1}{3} \times \frac{60}{6} \] \[ V = \frac{1}{3} \times 10 \] \[ \boxed{V_{ABCD} = \frac{10}{3} \text{ unités de volume}} \] \subsection*{Question 6. La droite $d$ et le plan $(ABC)$ sont-ils sécants ou parallèles ?} Vecteur directeur de $d$ : $\vec{v}\begin{pmatrix}-2\\-3\\1\end{pmatrix}$ (obtenu à partir de la représentation paramétrique). Vecteur normal du plan : $\vec{n}\begin{pmatrix}2\\-1\\1\end{pmatrix}$. \[ \vec{v} \cdot \vec{n} = (-2) \times 2 + (-3) \times (-1) + 1 \times 1 \] \[ \vec{v} \cdot \vec{n} = -4 + 3 + 1 \] \[ \vec{v} \cdot \vec{n} = 0 \] $\vec{v} \perp \vec{n}$, donc $d$ est parallèle au plan $(ABC)$. Vérifions si $d \subset (ABC)$ : un point de $d$ (pour $k = 0$) est $M_0(1\; ;\; 0\; ;\; 1)$. \[ 2(1) - 0 + 1 + 1 = 4 \neq 0 \] Donc $M_0 \notin (ABC)$. \[ \boxed{\text{La droite } d \text{ est strictement parallèle au plan } (ABC).} \]