On considère le cube $ABCDEFGH$ d'arête 1, muni du repère orthonormé $\left(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}\right)$.
- Donner les coordonnées des points $C$, $D$, $F$, $H$.
- Démontrer que la droite $(DF)$ est orthogonale au plan $(ACH)$.
- En déduire une équation cartésienne du plan $(ACH)$.
- Déterminer les coordonnées du point d'intersection $K$ de la droite $(DF)$ et du plan $(ACH)$.
- Vérifier que $K$ est le centre de gravité du triangle $ACH$.
- Calculer la distance du point $D$ au plan $(ACH)$.
Pour la question 2, calculer $\overrightarrow{DF}\cdot\overrightarrow{AC}$ et $\overrightarrow{DF}\cdot\overrightarrow{AH}$, sans oublier la non-colinéarité.
Le vecteur $\overrightarrow{DF}$ est alors normal au plan $(ACH)$.
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 $D$.
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$C(1;1;0)$, $D(0;1;0)$, $F(1;0;1)$, $H(0;1;1)$, et $A(0;0;0)$.
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$\overrightarrow{DF}\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}$, $\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}$, $\overrightarrow{AH}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$.
$\overrightarrow{AC}$ 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.
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$\overrightarrow{DF}$ 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 $0-1+1=0$.
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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 $t=\frac13$.
$K\left(\frac13;\frac23;\frac13\right)$. Contrôle : $\frac13-\frac23+\frac13=0$.
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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 $K$.
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$K$ 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 $\frac{\sqrt3}3$.
$(ACH):\ x-y+z=0$ ; $K\left(\frac13;\frac23;\frac13\right)$ ; distance $\frac{\sqrt3}3$