Exercices corrigés : Orthogonalité et distances dans l'espace (Terminale)
Ce chapitre étend à l'espace le produit scalaire vu en Première, ce qui permet de démontrer des orthogonalités, de calculer des angles et des longueurs par le calcul. Il fournit les équations cartésiennes de plans et la méthode du projeté orthogonal, utilisée au baccalauréat pour calculer distances, hauteurs et volumes.
Exercice 1 · Produit scalaire et orthogonalité en coordonnées
application●●●
Calculer un produit scalaire en base orthonorméeCalculer une normeTraduire une orthogonalité par une équation
Dans une base orthonormée de l'espace, on considère les vecteurs $\vec u\begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix}$, $\vec v\begin{pmatrix}1\\5\\1\end{pmatrix}$ et, pour un réel $m$, $\vec w\begin{pmatrix}m\\2\\1\end{pmatrix}$.
Calculer $\vec u\cdot\vec v$. Que peut-on en déduire ?
Calculer $\|\vec u\|$ et $\|\vec v\|$.
Déterminer le réel $m$ tel que $\vec u$ et $\vec w$ soient orthogonaux.
Calculer $\|\vec u+\vec v\|^2$ de deux façons : avec une identité du cours, puis avec les coordonnées de $\vec u+\vec v$.
La base est orthonormée, donc :
$$\vec u\cdot\vec v=2\times1+(-1)\times5+3\times1=2-5+3=0$$
Les vecteurs $\vec u$ et $\vec v$ sont orthogonaux.
$\|\vec u\|=\sqrt{2^2+(-1)^2+3^2}=\sqrt{14}$ et $\|\vec v\|=\sqrt{1+25+1}=\sqrt{27}=3\sqrt3$.
$\vec u\cdot\vec w=2m+(-1)\times2+3\times1=2m+1$. Donc :
$$\vec u\perp\vec w\iff2m+1=0\iff m=-\frac12$$
Avec l'identité : $\|\vec u+\vec v\|^2=\|\vec u\|^2+2\,\vec u\cdot\vec v+\|\vec v\|^2=14+2\times0+27=41$.
Avec les coordonnées : $\vec u+\vec v\begin{pmatrix}3\\4\\4\end{pmatrix}$, donc $\|\vec u+\vec v\|^2=9+16+16=41$.
Les deux calculs concordent. Pour deux vecteurs orthogonaux, l'identité se réduit au théorème de Pythagore : $\|\vec u+\vec v\|^2=\|\vec u\|^2+\|\vec v\|^2$.
$\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$. Le repère est orthonormé, donc :
$$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=1\times0+1\times1+0\times1=1$$
$AB=\sqrt{1+1+0}=\sqrt2$ et $AC=\sqrt{0+1+1}=\sqrt2$. Ces longueurs sont non nulles, donc :
$$\cos\widehat{BAC}=\frac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}}{AB\times AC}=\frac{1}{\sqrt2\times\sqrt2}=\frac12$$
Un angle géométrique est compris entre $0^\circ$ et $180^\circ$ ; dans cet intervalle, le seul angle de cosinus $\frac12$ est $60^\circ$. Donc $\widehat{BAC}=60^\circ$.
$\overrightarrow{BC}\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}$, donc $BC=\sqrt{1+0+1}=\sqrt2$.
Ainsi $AB=AC=BC=\sqrt2$ : le triangle $ABC$ est équilatéral de côté $\sqrt2$, ce qui est cohérent avec l'angle de $60^\circ$ trouvé.
Résultat :
$\widehat{BAC}=60^\circ$ ; $ABC$ équilatéral de côté $\sqrt2$
Exercice 3 · Plan défini par un point et un vecteur normal
application●●●
Déterminer une équation cartésienne d'un planTester l'appartenance d'un point à un plan
Dans un repère orthonormé, on note $\mathcal P$ le plan passant par $A(1;-2;3)$ et de vecteur normal $\vec n\begin{pmatrix}2\\-1\\4\end{pmatrix}$.
Déterminer une équation cartésienne de $\mathcal P$.
Les points $B(3;2;3)$, $C(0;0;4)$ et $D(1;1;1)$ appartiennent-ils à $\mathcal P$ ?
Déterminer les coordonnées du point d'intersection de $\mathcal P$ avec l'axe $(Ox)$.
Soit $M(x;y;z)$. On a $\overrightarrow{AM}\begin{pmatrix}x-1\\y+2\\z-3\end{pmatrix}$ et :
$$M\in\mathcal P\iff\overrightarrow{AM}\cdot\vec n=0\iff2(x-1)-(y+2)+4(z-3)=0\iff2x-y+4z-16=0$$
Une équation cartésienne de $\mathcal P$ est $2x-y+4z-16=0$. Contrôle avec $A$ : $2+2+12-16=0$.
On remplace les coordonnées :
$B$ : $2\times3-2+4\times3-16=6-2+12-16=0$, donc $B\in\mathcal P$ ;
$C$ : $0-0+4\times4-16=0$, donc $C\in\mathcal P$ ;
$D$ : $2-1+4-16=-11\neq0$, donc $D\notin\mathcal P$.
Un point de $(Ox)$ s'écrit $(x;0;0)$. Il appartient à $\mathcal P$ si et seulement si $2x-16=0$, soit $x=8$. Le plan $\mathcal P$ coupe l'axe $(Ox)$ au point $(8;0;0)$.
Exercice 4 · Produits scalaires dans un cube, sans coordonnées
application●●●
Calculer un produit scalaire par projectionUtiliser la bilinéarité et la relation de ChaslesCalculer un angle à partir d'un produit scalaire
On considère le cube $ABCDEFGH$ d'arête $a$, avec les conventions du cours ($E$, $F$, $G$, $H$ au-dessus de $A$, $B$, $C$, $D$). Sans utiliser de repère, calculer en fonction de $a$ :
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Exercice 5 · Position d'une droite et d'un plan
application●●●
Lire un vecteur normalDéterminer l'intersection d'une droite et d'un planReconnaître une droite parallèle à un plan
Dans un repère orthonormé, on considère le plan $\mathcal P:\ x-2y+z-3=0$ et les droites
$$d:\ \begin{cases}x=2+t\\y=-1+t\\z=3t\end{cases}\ (t\in\mathbb R)\qquad d':\ \begin{cases}x=1+2s\\y=s\\z=1\end{cases}\ (s\in\mathbb R)$$
Justifier que $d$ et $\mathcal P$ sont sécants.
Déterminer les coordonnées de leur point d'intersection $I$.
Étudier la position relative de $d'$ et de $\mathcal P$.
$\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}1\\-2\\1\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-1\\-1\\3\end{pmatrix}$. Si l'on avait $\overrightarrow{AC}=k\,\overrightarrow{AB}$, les premières coordonnées donneraient $k=-1$, puis les deuxièmes $-1=2$, ce qui est faux. Les vecteurs ne sont pas colinéaires : $A$, $B$, $C$ ne sont pas alignés et définissent un plan.
On cherche $\vec n\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ non nul tel que :
$$\begin{cases}a-2b+c=0\\-a-b+3c=0\end{cases}$$
En additionnant : $-3b+4c=0$, donc $b=\frac43c$. La première équation donne $a=2b-c$.
Avec $c=3$ : $b=4$ et $a=8-3=5$. Ainsi $\vec n\begin{pmatrix}5\\4\\3\end{pmatrix}$.
Contrôle : $\vec n\cdot\overrightarrow{AB}=5-8+3=0$ et $\vec n\cdot\overrightarrow{AC}=-5-4+9=0$. Le vecteur $\vec n$ est non nul et orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan : il est normal à $(ABC)$.
Une équation est de la forme $5x+4y+3z+d=0$. Avec $A$ : $5+8+0+d=0$, donc $d=-13$.
$$(ABC):\ 5x+4y+3z-13=0$$
Contrôle : $B$ donne $10+0+3-13=0$ et $C$ donne $0+4+9-13=0$.
Avec $D$ : $5+4+6-13=2\neq0$. Donc $D\notin(ABC)$ : les quatre points ne sont pas coplanaires.
Pour la question 2, calculer $\overrightarrow{DF}\cdot\overrightarrow{AC}$ et $\overrightarrow{DF}\cdot\overrightarrow{AH}$, sans oublier la non-colinéarité.
Indice 2
Le vecteur $\overrightarrow{DF}$ est alors normal au plan $(ACH)$.
Indice 3
Le centre de gravité a pour coordonnées la moyenne des coordonnées des trois sommets. Pour la distance, remarquer que $K$ est le projeté orthogonal de $D$.
$\overrightarrow{AC}$ et $\overrightarrow{AH}$ ne sont pas colinéaires : si $\overrightarrow{AH}=k\,\overrightarrow{AC}$, la première coordonnée donnerait $k=0$ et la troisième $1=0$.
$\overrightarrow{DF}\cdot\overrightarrow{AC}=1-1+0=0$ et $\overrightarrow{DF}\cdot\overrightarrow{AH}=0-1+1=0$.
La droite $(DF)$ est orthogonale à deux droites sécantes du plan $(ACH)$ : elle est orthogonale à ce plan.
$\overrightarrow{DF}$ est donc normal à $(ACH)$, qui a une équation de la forme $x-y+z+d=0$. Avec $A(0;0;0)$ : $d=0$.
$$(ACH):\ x-y+z=0$$
Contrôle : $C$ donne $1-1+0=0$ et $H$ donne $0-1+1=0$.
Une représentation paramétrique de $(DF)$, passant par $D$ et dirigée par $\overrightarrow{DF}$, est $\begin{cases}x=t\\y=1-t\\z=t\end{cases}$, $t\in\mathbb R$. En remplaçant : $t-(1-t)+t=0$, soit $3t-1=0$, donc $t=\frac13$.
Le centre de gravité de $ACH$ a pour coordonnées $\left(\frac{0+1+0}3;\frac{0+1+1}3;\frac{0+0+1}3\right)=\left(\frac13;\frac23;\frac13\right)$ : c'est $K$.
$K$ appartient au plan $(ACH)$ et à la droite passant par $D$ orthogonale à ce plan : c'est le projeté orthogonal de $D$ sur $(ACH)$. On a $\overrightarrow{DK}=\frac13\overrightarrow{DF}$, donc :
$$DK=\frac13\times\sqrt{1+1+1}=\frac{\sqrt3}3$$
La distance de $D$ au plan $(ACH)$ est $\frac{\sqrt3}3$.
Un vecteur normal à $\mathcal P$ est $\vec n\begin{pmatrix}2\\-1\\2\end{pmatrix}$ ; il dirige $\Delta$. Donc :
$$\Delta:\ \begin{cases}x=3+2t\\y=-t\\z=2t\end{cases},\ t\in\mathbb R$$
$H$ est l'intersection de $\Delta$ et de $\mathcal P$. En remplaçant :
$$2(3+2t)-(-t)+2\times2t+3=0\iff6+4t+t+4t+3=0\iff9+9t=0\iff t=-1$$
Donc $H(3-2;\ 1;\ -2)$, soit $H(1;1;-2)$. Contrôle : $2-1-4+3=0$.
$\overrightarrow{MH}=-\vec n$, donc $MH=|-1|\times\|\vec n\|=\sqrt{4+1+4}=3$. Vérification directe : $\overrightarrow{MH}\begin{pmatrix}-2\\1\\-2\end{pmatrix}$ et $MH=\sqrt{4+1+4}=3$.
La distance de $M$ au plan $\mathcal P$ est 3.
$N$ : $2-5+0+3=0$, donc $N\in\mathcal P$.
$\overrightarrow{MN}\begin{pmatrix}-2\\5\\0\end{pmatrix}$ donne $MN^2=4+25=29$ ; $MH^2=9$ ; $\overrightarrow{HN}\begin{pmatrix}0\\4\\2\end{pmatrix}$ donne $HN^2=16+4=20$.
On constate $MN^2=MH^2+HN^2$ : le triangle $MHN$ est rectangle en $H$, comme dans la démonstration du cours. En particulier $MN=\sqrt{29}>3=MH$ : $N$ est plus éloigné de $M$ que $H$, qui est le point de $\mathcal P$ le plus proche de $M$.
Résultat :
$H(1;1;-2)$ ; distance $3$
Exercice 9 · Projeté orthogonal sur une droite
entrainement●●●
Déterminer le projeté orthogonal d'un point sur une droiteCalculer la distance d'un point à une droiteCalculer l'aire d'un triangle de l'espace
Dans un repère orthonormé, on considère la droite $d$ passant par $A(1;2;-1)$ et de vecteur directeur $\vec u\begin{pmatrix}2\\-1\\2\end{pmatrix}$, ainsi que le point $M(2;3;3)$.
Vérifier que $M$ n'appartient pas à $d$.
Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal $H$ de $M$ sur $d$.
En déduire la distance de $M$ à la droite $d$.
On note $B$ le point de $d$ de paramètre $3$, c'est-à-dire $\overrightarrow{AB}=3\vec u$. Calculer l'aire du triangle $AMB$.
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Exercice 11 · Projeté sur une droite par un plan orthogonal
entrainement●●●
Déterminer une équation d'un plan orthogonal à une droiteDéterminer le projeté orthogonal d'un point sur une droiteCalculer la distance d'un point à une droite
Dans un repère orthonormé, on considère le point $A(2;0;-1)$ et la droite $d:\ \begin{cases}x=1+3t\\y=-t\\z=2+t\end{cases}$, $t\in\mathbb R$.
Déterminer une équation cartésienne du plan $\mathcal Q$ passant par $A$ et orthogonal à $d$.
Déterminer les coordonnées du point d'intersection $H$ de $d$ et de $\mathcal Q$.
Justifier que $H$ est le projeté orthogonal de $A$ sur $d$.
En déduire la distance du point $A$ à la droite $d$.
Avec $\vec u=\overrightarrow{MA}$ et $\vec v=\overrightarrow{MB}$ :
$$MA^2-MB^2=\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\right)\cdot\left(\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}\right)$$
$I$ est le milieu de $[AB]$, donc $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}=\vec0$ et $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}=2\overrightarrow{MI}$. Par Chasles, $\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{BM}+\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{BA}$. Donc :
$$MA^2-MB^2=2\,\overrightarrow{MI}\cdot\overrightarrow{BA}=2\,\overrightarrow{IM}\cdot\overrightarrow{AB}$$
Les distances étant positives, $MA=MB\iff MA^2=MB^2\iff\overrightarrow{IM}\cdot\overrightarrow{AB}=0$. Comme $A\neq B$, $\overrightarrow{AB}\neq\vec0$ : $\Pi$ est le plan passant par $I$ et de vecteur normal $\overrightarrow{AB}$.
$I(2;1;1)$ et $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}2\\-2\\-4\end{pmatrix}$. Pour $M(x;y;z)$ :
$$2(x-2)-2(y-1)-4(z-1)=0\iff2x-2y-4z+2=0\iff x-y-2z+1=0$$
$MA^2=MB^2$ s'écrit $(x-1)^2+(y-2)^2+(z-3)^2=(x-3)^2+y^2+(z+1)^2$. Les termes $x^2$, $y^2$, $z^2$ s'éliminent :
$$-2x-4y-6z+14=-6x+2z+10\iff4x-4y-8z+4=0\iff x-y-2z+1=0$$
On retrouve l'équation de la question 3.
Un point de $(Oz)$ s'écrit $(0;0;z)$ ; il appartient à $\Pi$ si et seulement si $-2z+1=0$, soit $z=\frac12$. Le point cherché est $\left(0;0;\frac12\right)$. Vérification : $MA^2=1+4+\frac{25}4=\frac{45}4$ et $MB^2=9+0+\frac94=\frac{45}4$.
La droite passant par $O$ dirigée par $\vec n\begin{pmatrix}1\\-1\\-2\end{pmatrix}$ s'écrit $\begin{cases}x=t\\y=-t\\z=-2t\end{cases}$. En remplaçant : $t+t+4t+1=0$, soit $t=-\frac16$. Le projeté de $O$ est $\left(-\frac16;\frac16;\frac13\right)$ ; contrôle : $-\frac16-\frac16-\frac23+1=0$. Avec $\|\vec n\|=\sqrt{1+1+4}=\sqrt6$, la distance est :
$$|t|\times\|\vec n\|=\frac{\sqrt6}6$$
Résultat :
$\Pi:\ x-y-2z+1=0$ ; point $\left(0;0;\frac12\right)$ ; $d(O,\Pi)=\frac{\sqrt6}6$
Exercice 13 · Distance minimale par l'étude d'une fonction
approfondissement●●●
Exprimer une distance en fonction d'un paramètreÉtudier les variations d'un polynôme du second degréRelier minimum de distance et projeté orthogonal
Dans un repère orthonormé, on considère le point $A(2;0;1)$ et la droite $d:\ \begin{cases}x=1+t\\y=2-t\\z=2t\end{cases}$, $t\in\mathbb R$, de vecteur directeur $\vec u\begin{pmatrix}1\\-1\\2\end{pmatrix}$. Pour tout réel $t$, on note $M_t$ le point de $d$ de paramètre $t$ et $f(t)=AM_t^2$.
Montrer que $f(t)=6t^2-10t+6$ pour tout réel $t$.
Étudier les variations de $f$ sur $\mathbb R$. En déduire la valeur $t_0$ pour laquelle la distance $AM_t$ est minimale, et cette distance minimale.
Vérifier que $\overrightarrow{AM_{t_0}}\cdot\vec u=0$. Interpréter le point $M_{t_0}$.
Montrer que, pour tout réel $t$, $f'(t)=2\,\overrightarrow{AM_t}\cdot\vec u$. Expliquer pourquoi le minimum de $f$ est atteint exactement au projeté orthogonal de $A$ sur $d$.
$M_t(1+t;\ 2-t;\ 2t)$, donc $\overrightarrow{AM_t}\begin{pmatrix}t-1\\2-t\\2t-1\end{pmatrix}$ et, en repère orthonormé :
$$f(t)=(t-1)^2+(2-t)^2+(2t-1)^2=(t^2-2t+1)+(t^2-4t+4)+(4t^2-4t+1)=6t^2-10t+6$$
$f$ est dérivable sur $\mathbb R$ et $f'(t)=12t-10$, qui s'annule en $t_0=\frac56$, est négatif avant et positif après.
La fonction racine carrée est strictement croissante sur $[0;+\infty[$, donc $AM_t=\sqrt{f(t)}$ est minimale pour $t_0=\frac56$, et la distance minimale vaut $\sqrt{\frac{11}6}=\frac{\sqrt{66}}6$.
$M_{t_0}\left(\frac{11}6;\frac76;\frac53\right)$ et $\overrightarrow{AM_{t_0}}\begin{pmatrix}-1/6\\7/6\\2/3\end{pmatrix}$. Alors :
$$\overrightarrow{AM_{t_0}}\cdot\vec u=-\frac16-\frac76+\frac43=-\frac86+\frac86=0$$
$M_{t_0}$ est sur $d$ et $\overrightarrow{AM_{t_0}}$ est orthogonal à $\vec u$ : c'est le projeté orthogonal $H$ de $A$ sur $d$. On retrouve que $AH^2=\frac{1+49+16}{36}=\frac{66}{36}=\frac{11}6$.
$\overrightarrow{AM_t}\cdot\vec u=(t-1)-(2-t)+2(2t-1)=6t-5$, donc $2\,\overrightarrow{AM_t}\cdot\vec u=12t-10=f'(t)$.
Ainsi $f'(t)=0\iff\overrightarrow{AM_t}\cdot\vec u=0\iff M_t$ est le projeté orthogonal de $A$ sur $d$. La valeur de $t$ qui annule la dérivée, et où $f$ atteint son minimum, correspond exactement au projeté orthogonal, conformément au théorème du point le plus proche.
Exercice 14 · Tétraèdre trirectangle et orthocentre
approfondissement●●●
Déterminer une équation de planCalculer une distance point-plan et un volumeDémontrer une orthogonalité par bilinéarité
Dans un repère orthonormé d'origine $O$, on considère les points $A(2;0;0)$, $B(0;3;0)$ et $C(0;0;6)$.
Montrer que $\vec n\begin{pmatrix}3\\2\\1\end{pmatrix}$ est normal au plan $(ABC)$ et en déduire une équation cartésienne de ce plan.
Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal $H$ de $O$ sur le plan $(ABC)$, puis la distance $OH$.
Calculer le volume du tétraèdre $OABC$ en prenant le triangle $OAB$ pour base. En déduire l'aire du triangle $ABC$.
a) Justifier que la droite $(OA)$ est orthogonale au plan $(OBC)$ et en déduire $\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{BC}=0$.
b) Justifier que $\overrightarrow{OH}\cdot\overrightarrow{BC}=0$.
c) En écrivant $\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{OH}$, montrer que $(AH)\perp(BC)$.
d) Vérifier par le calcul que $\overrightarrow{BH}\cdot\overrightarrow{AC}=0$. Que représente le point $H$ pour le triangle $ABC$ ?
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Exercice 15 · Bac : distance d'un sommet à un plan du cube
examen●●●
Calculer dans un repère lié à un cubeDéterminer une équation de plan et un projeté orthogonalCalculer un volume de deux façons
On considère le cube $ABCDEFGH$ d'arête 1 représenté avec les conventions habituelles, et le repère orthonormé $\left(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}\right)$. On note $K$ le milieu du segment $[CG]$.
Donner les coordonnées des points $B$, $C$, $D$ et $K$.
a) Montrer que le triangle $BDK$ est isocèle en $K$.
b) On note $L$ le milieu de $[BD]$. Calculer $KL$ et justifier que $(KL)\perp(BD)$.
c) En déduire que l'aire du triangle $BDK$ est égale à $\dfrac{\sqrt6}4$.
a) Montrer que le vecteur $\vec n\begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix}$ est normal au plan $(BDK)$.
b) En déduire une équation cartésienne du plan $(BDK)$.
On note $\Delta$ la droite passant par $C$ et orthogonale au plan $(BDK)$.
a) Donner une représentation paramétrique de $\Delta$.
b) Déterminer les coordonnées du point $H$, intersection de $\Delta$ et du plan $(BDK)$.
c) Calculer la distance $CH$.
a) Justifier que $CK$ est la hauteur du tétraèdre $CBDK$ relative à la base $BCD$, puis calculer le volume de ce tétraèdre.
b) Calculer à nouveau ce volume en prenant $BDK$ pour base, et vérifier la cohérence des résultats.
$B(1;0;0)$, $C(1;1;0)$, $D(0;1;0)$, $G(1;1;1)$ donc $K\left(1;1;\frac12\right)$.
a) $\overrightarrow{KB}\begin{pmatrix}0\\-1\\-1/2\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{KD}\begin{pmatrix}-1\\0\\-1/2\end{pmatrix}$, donc $KB=KD=\sqrt{1+\frac14}=\frac{\sqrt5}2$. Le triangle $BDK$ est isocèle en $K$.
b) $L\left(\frac12;\frac12;0\right)$, $\overrightarrow{KL}\begin{pmatrix}-1/2\\-1/2\\-1/2\end{pmatrix}$, donc $KL=\sqrt{\frac34}=\frac{\sqrt3}2$. Avec $\overrightarrow{BD}\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}$ : $\overrightarrow{KL}\cdot\overrightarrow{BD}=\frac12-\frac12+0=0$, donc $(KL)\perp(BD)$ (les droites se coupent en $L$).
c) $[KL]$ est la hauteur issue de $K$ et $BD=\sqrt2$ : $\mathcal A_{BDK}=\frac12\times\sqrt2\times\frac{\sqrt3}2=\frac{\sqrt6}4$.
a) $\overrightarrow{BD}\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{BK}\begin{pmatrix}0\\1\\1/2\end{pmatrix}$ ne sont pas colinéaires (la première coordonnée de $\overrightarrow{BK}$ est nulle, pas celle de $\overrightarrow{BD}$, alors que leurs deuxièmes coordonnées sont égales). $\vec n\cdot\overrightarrow{BD}=-1+1+0=0$ et $\vec n\cdot\overrightarrow{BK}=0+1-1=0$. Le vecteur non nul $\vec n$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan : il est normal à $(BDK)$.
b) Une équation est $x+y-2z+d=0$ ; avec $B$ : $1+d=0$, donc $d=-1$.
$$(BDK):\ x+y-2z-1=0$$
Contrôle : $D$ donne $0+1-0-1=0$ et $K$ donne $1+1-1-1=0$.
a) $\Delta$ passe par $C$ et est dirigée par $\vec n$ : $\begin{cases}x=1+t\\y=1+t\\z=-2t\end{cases}$, $t\in\mathbb R$.
b) En remplaçant : $(1+t)+(1+t)-2(-2t)-1=0\iff1+6t=0\iff t=-\frac16$. Donc $H\left(\frac56;\frac56;\frac13\right)$. Contrôle : $\frac56+\frac56-\frac23-1=\frac{10-4-6}6=0$.
c) $\overrightarrow{CH}=-\frac16\vec n$ et $\|\vec n\|=\sqrt{1+1+4}=\sqrt6$, donc $CH=\frac{\sqrt6}6$.
a) La droite $(CG)$ est orthogonale à la face $ABCD$, qui contient $B$, $C$, $D$, et $K\in(CG)$. Donc $C$ est le projeté orthogonal de $K$ sur le plan $(BCD)$ et la hauteur issue de $K$ est $CK=\frac12$. Le triangle $BCD$ est rectangle isocèle en $C$, d'aire $\frac12\times1\times1=\frac12$. Donc :
$$V=\frac13\times\frac12\times\frac12=\frac1{12}$$
b) Avec la base $BDK$ et la hauteur $CH$ issue de $C$ :
$$V=\frac13\times\frac{\sqrt6}4\times\frac{\sqrt6}6=\frac13\times\frac6{24}=\frac1{12}$$
Les deux calculs donnent le même volume, ce qui confirme les résultats des questions 2 et 4.
Exercice 16 · Bac : tétraèdre, hauteur et plan perpendiculaire
examen●●●
Démontrer qu'un triangle est rectangleDéterminer une équation de plan et un projeté orthogonalCalculer le volume d'un tétraèdreÉtudier deux plans perpendiculaires
L'espace est muni d'un repère orthonormé $(O;\vec\imath,\vec\jmath,\vec k)$. On considère les points $A(2;1;0)$, $B(4;2;2)$, $C(4;-1;-1)$ et $D(3;4;-1)$.
a) Montrer que le triangle $ABC$ est rectangle en $A$.
b) Calculer l'aire du triangle $ABC$.
a) Montrer que le vecteur $\vec n\begin{pmatrix}1\\2\\-2\end{pmatrix}$ est normal au plan $(ABC)$.
b) En déduire une équation cartésienne du plan $(ABC)$.
a) Vérifier que $D$ n'appartient pas au plan $(ABC)$.
b) Donner une représentation paramétrique de la droite $\Delta$ passant par $D$ et orthogonale au plan $(ABC)$.
c) Déterminer les coordonnées du point $H$, projeté orthogonal de $D$ sur le plan $(ABC)$.
Calculer la distance $DH$, puis le volume du tétraèdre $ABCD$.
On considère le plan $\mathcal Q$ d'équation $2x+y+2z-5=0$.
a) Montrer que les plans $\mathcal Q$ et $(ABC)$ sont perpendiculaires et que leur intersection est la droite $(AC)$.
b) Sans nouveau calcul de projeté, déterminer la distance du point $B$ au plan $\mathcal Q$.