Exercices de géométrie dans l'espace avec corrigé

1. $\begin{aligned}[t] \left\lbrace\begin{array}{l} (\mathcal{P}_1):3x-y+z=7 \\ (\mathcal{P}_2):-x+3y+2z=1\end{array} \right. & \Leftrightarrow \left\lbrace\begin{array}{l} 3x-y+z=7 \\ 8y+7z=10 \ (L_2) \leftarrow (L_1)+3(L_2)\end{array}\right. \\ & \Leftrightarrow \left\lbrace\begin{array}{l} 3x-y+z=7 \\ y=\frac{5}{4}-\frac{7}{8}z \end{array}\right. \\ & \Leftrightarrow \left\lbrace\begin{array}{l} x=\frac{11}{4}-\frac{5}{8}z \\ y=\frac{5}{4}-\frac{7}{8}z \end{array}\right. \end{aligned}$ Ainsi, une équation paramétrique de l'intersection de $(\mathcal{P}_1)$ et $(\mathcal{P}_2)$ est : \[ \boxed{\left\lbrace\begin{array}{l} x=\frac{11}{4}-\frac{5}{8}t \\[6pt] y=\frac{5}{4}-\frac{7}{8}t \\[6pt] z=t \end{array}\right., t \in\R}\]
2. $\begin{aligned}[t] \left\lbrace\begin{array}{l} (\mathcal{P}_1):x+y+z=1 \\ (\mathcal{P}_2):2x-3y+z=4\end{array} \right. & \Leftrightarrow \left\lbrace\begin{array}{l} x+y+z=1 \\ 5y+z=-2 \ (L_2) \leftarrow 2(L_1)-(L_2) \end{array} \right.\\ & \Leftrightarrow \left\lbrace\begin{array}{l} x+y+z=1 \\ z=-2-5y \end{array} \right.\\ & \Leftrightarrow \left\lbrace\begin{array}{l} x=3+4y \\ z=-2-5y \end{array} \right.\end{aligned}$ Ainsi, une équation paramétrique de l'intersection de $(\mathcal{P}_1)$ et $(\mathcal{P}_2)$ est : \[\boxed{\left\lbrace\begin{array}{l} x=3+4t \\ y=t\\ z=-2-5t \end{array} \right., t \in\R} \]
3. $\begin{aligned}[t] \left\lbrace\begin{array}{l} (\mathcal{P}_1):2x-2y+3z=4 \\ (\mathcal{P}_2):2x-3y-3z=2\end{array} \right. & \Leftrightarrow \left\lbrace\begin{array}{l} 2x-2y+3z=4 \\ y+6z=2 \ (L_2)\leftarrow (L_1)-(L_2) \end{array} \right.\\ & \Leftrightarrow \left\lbrace\begin{array}{l} x=4-\frac{15}{2}z \\ y=2-6z \end{array} \right.\end{aligned}$ Ainsi, une équation paramétrique de l'intersection de $(\mathcal{P}_1)$ et $(\mathcal{P}_2)$ est : \[ \boxed{\left\lbrace\begin{array}{l} x=4-\frac{15}{2}t \\ y=2-6t\\ z=t \end{array} \right.,t \in\R}\]

1. Les vecteurs $\vv{AE}\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}$ et $\vv{AI}\begin{pmatrix}\frac{1}{2} \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}$ ne sont pas colinéaires et appartiennent au plan (AEJI).\\ De plus, $\vv{u}.\vv{AE}=0 \times 1 + 0 \times \left(-\frac{1}{2}\right) + 1 \times 0 = 0$ et $\vv{u}.\vv{AI}=\frac{1}{2}\times 1 + 1 \times \left(-\frac{1}{2}\right) + 0 \times 0 = 0$. Ainsi, $\vv{u}$ est orthogonal aux vecteurs $\vv{AE}$ et $\vv{AI}$ ; donc \boxed{$\vv{u}$ est normal au plan (AEJI).}
2. L'équation cartésienne du plan (AEJI) est de la forme $ax+by+cz+d=0$, où $\vv{u}\begin{pmatrix}a \\ b \\c \end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan. Ainsi : \[ (AEJI):x-\frac{1}{2}y+d=0\] De plus, $A \in$ (AEJI) donc ses coordonnées vérifient l'équation d'où : $d=0$. On a alors : \[ \boxed{(AEJI):x-\frac{1}{2}y=0}\]
3. Par définition, on a : \[d(K,(AEJI))=\frac{\vert ax_K + by_K + cz_K + d \vert}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}} \] où (AEJI):$ax+by+cz+d=0$. Ainsi : \[d(K,(AEJI))=\frac{\left\vert -\frac{1}{2} \right\vert}{\sqrt{1^2+\left(-\frac{1}{2}\right)^2}} = \boxed{\frac{1}{\sqrt{5}}}\]
4. Le volume de la pyramide AEJIK est : \[ \mathcal{V} = \mathcal{B} \times h\] où $\mathcal{B}$ est l'aire de la base (ici AEJI) et $h$ la hauteur ;celle que nous avons calculé dans la question précédente. Donc : \[ \mathcal{V} = AE \times AI \times \frac{1}{\sqrt{5}} = 1 \times \frac{\sqrt{5}}{2} \times \frac{1}{\sqrt{5}}\] Ainsi : \[ \boxed{\mathcal{V}=\frac{1}{2}}\]
5. Nous savons qu'une équation paramétrique de $\mathcal{D}$ est de la forme : \[ \left\lbrace \begin{array}{l} x = x_K + at\\ y = y_K + bt\\ z = z_K + ct \end{array} \right., t \in\R \] où $K(x_k;y_K,z_K) \in \mathcal{D}$ et où $\vv{u}\begin{pmatrix}a \\ b \\ c\end{pmatrix}$ est un vecteur normal à $\mathcal{D}$. Ainsi : \[ \left\lbrace \begin{array}{l} x = t\\ y = 1-\frac{1}{2}t\\ z = \frac{1}{2} \end{array} \right., t \in\R \] Nommons L le pied de la hauteur de la pyramide AEJIK issue du sommet K. Alors, $L \in \mathcal{D}$ et $L \in$ (AEJI), ce qui se traduit de façons analytique de la façon suivante ; on remplace $x$ par $t$ et $y$ par $1-\frac{1}{2}t$ dans l'équation cartésienne de (AEJI) : \[ t - \frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2}t\right)=0\] On trouve alors : \[t=\frac{2}{5}\] D'où : \[ \left\lbrace \begin{array}{l} x_L = \frac{2}{5}\\ y_L = 1-\frac{1}{2}\times \frac{2}{5}=1-\frac{1}{5}=\frac{4}{5}\\ z_L = \frac{1}{2} \end{array} \right. \] Ainsi : \[ \boxed{L\left(\frac{2}{5};\frac{4}{5};\frac{1}{2}\right)}\]
Une figure :

partie A : Restitution organisée de connaissances

1. A l'aide de la formule $(1)$, on a : \[ \left\vert\vv{AH}\cdot\vv{n}\right\vert=\|{AH} \times \|{n} \times \left\vert\cos\left(\vv{AH},\vv{n}\right)\right\vert\] Or, $\vv{AH}$ et $\vv{n}$ sont colinéaires, donc $\left\vert\cos\left(\vv{AH},\vv{n}\right)\right\vert=1$. De plus, $\vv{n}$ étant un vecteur normal de $\mathscr{P}$, $\vv{n}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ d'où $\left\|\vv{n}\right\|~=~\sqrt{a^2+b^2+c^2}$. Ainsi : \[ \boxed{\left\vert\vv{AH}\cdot\vv{n}\right\vert=AH\times \sqrt{a^2+b^2+c^2}}\]
2. En utilisant la formule $(2)$, on a : \[ \left\vert\vv{AH}\cdot\vv{n}\right\vert=\left\vert\begin{pmatrix}x_H-\alpha\\y_H-\beta\\z_H-\gamma\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} a\\b\\c\end{pmatrix}\right\vert=\left\vert a\left(x_H-\alpha\right)+b\left(y_H-\beta\right)+c\left(z_H-\gamma\right)\right\vert\] Ainsi : \[ \left\vert\vv{AH}\cdot\vv{n}\right\vert=\left\vert ax_H+by_H+cz_H-(a\alpha+b\beta+c\gamma)\right\vert \] Or, $H \in\mathscr{P}$ donc ces coordonnées vérifient son équation d'où : \[ ax_H+by_H+cz_H+d=0 \] Soit : \[ ax_H+by_H+cz_H=-d\] Ainsi : \[ \left\vert\vv{AH}\cdot\vv{n}\right\vert=\left\vert -(a\alpha+b\beta+c\gamma+d)\right\vert \] Ou encore : \[ \boxed{\left\vert\vv{AH}\cdot\vv{n}\right\vert=\left\vert a\alpha+b\beta+c\gamma+d\right\vert} \]
3. La distance du point A au plan $\mathscr{P}$ est la longueur AH. D'après les questions précédentes, on a : \[ \left\vert\vv{AH}\cdot\vv{n}\right\vert=\left\vert a\alpha+b\beta+c\gamma+d\right\vert=AH\times \sqrt{a^2+b^2+c^2}\] D'où : \[ \boxed{AH=\dfrac{\left\vert a\alpha+b\beta+c\gamma+d\right\vert}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}} \]

partie B

1. Vérifions que les coordonnées de $A$, $B$ et $C$ vérifient l'équation donnée :
   • $-3\times 2+4\times 0 + 6 = -6 + 6 = 0$ donc les coordonnées de $A$ vérifient l'équation ;
   • $-3\times 6 + 4\times 3 + 6 = -18+12+6=-18+18=0$ donc les coordonnées de $B$ vérifient l'équation ;
   • $-3\times\left(\frac{46}{19}\right)+4\times\left(\frac{6}{49}\right)+6=\frac{-138+24+114}{19}=0$ donc les cordonnées de $C$ vérifient l'équation.
   Ainsi, l'équation donnée est celle du plan $(ABC)$.
2. Vérifions que les coordonnées de $A$, $B$ et $D$ vérifient l'équation donnée :
   • $4\times 1-3\times 2 + 2 = 4-6+2 = 0$ donc les coordonnées de $A$ vérifient l'équation ;
   • $4\times 4-3\times 6 + 2 = 16-18+2=0$ donc les coordonnées de $B$ vérifient l'équation ;
   • $4\times\left(\frac{1}{13}\right)-3\times\left(\frac{10}{13}\right)+2=\frac{4-30+26}{13}=0$ donc les cordonnées de $D$ vérifient l'équation.
   \boxed{Ainsi, l'équation donnée est celle du plan $(ABD)$.}
3. 1. Soit $M\coordEsp{x}{y}{z}\in\mathscr{P}$ ; alors, $d(M;(ABC))=d(M;(ABD))$, et donc : \[ \left[d(M;(ABC))\right]^2=\left[d(M;(ABD))\right]^2\;,\] ce qui se traduit par : \[ \frac{\left\vert -3y+4z+6 \right\vert^2}{25}=\frac{\left\vert 4x-3y+2 \right\vert^2}{25}\;,\] soit : \[ (-3y+4z+6)^2-(4x-3y+2)^2=0\;,\] d'où : \[ (-3y+4z+6+4x-3y+2)(-3y+4z+6-4x+3y-2)=0\;,\] ou encore : \[ (4x-6y+4z+8)(-4x+4z+4)=0. \] Donc, en factorisant par 2 dans le premier facteur et par « -4 » dans le second : \[ (2x-3y+2z+4)(x-z-1)=0.\] Ainsi, il faut que $2x-3y+2z+4=0$ ou que $x-z-1=0$, ce qui revient à dire que $M$ appartient à la réunion des plans d'équations respectives $2x-3y+2z+4=0$ et $x-z-1=0$.
   2. Nous avons $\vv{n_1}\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}$ et $\vv{n_2}\begin{pmatrix}2\\-3\\2\end{pmatrix}$. De plus, $\vv{AC}\begin{pmatrix}-\frac{28}{19}\\[6pt]\frac{8}{19}\\[6pt]\frac{6}{19}\end{pmatrix}$ et $\vv{AD}\begin{pmatrix}-\frac{12}{13}\\[6pt]-\frac{16}{13}\\[6pt]\frac{83}{26}\end{pmatrix}$.
      Ainsi :
      • $\vv{n_1}\cdot\vv{AC}=-\frac{28}{19}-\frac{6}{19}=-\frac{34}{19}<0$ et $\vv{n_1}\cdot\vv{AD}=-\frac{12}{13}-\frac{83}{26}<0$.
      • $\vv{n_2}\cdot\vv{AC}=-\frac{56}{19}-\frac{24}{19}+\frac{12}{19}=-\frac{68}{19}<0$ et $\vv{n_2}\cdot\vv{AD}=-\frac{24}{13}+\frac{48}{13}+\frac{166}{26}>0$.
      
      Seul le plan $\left(\mathscr{P}_2\right)$ satisfait les conditions sur les produits scalaires. C'est donc lui qui est le plan bissecteur intérieur issu de $\vv{AB}$.
4. Soit $M\coordEsp{x}{y}{z}$ sur le plan bissecteur issu de $\vv{CD}$. Alors : \[ \left[d(M,(DCB))\right]^2=\left[d(M,(DCA))\right]^2\] \[ \frac{(-2x+y+2z-4)^2}{9}=\frac{(x+2y+2z-5)^2}{9}\] \[ (-2x+y+2z-4)^2-(x+2y+2z-5)^2=0\] \[ (-2x+y+2z-4+x+2y+2z-5)(-2x+y+2z-4-x-2y-2z+5)=0\] \[ (-x+3y+4z-9)(-3x-y+1)=0\] On pose alors $\vv{n_3}\begin{pmatrix}-1\\3\\4\end{pmatrix}$ un vecteur normal du plan d'équation $-x~+~3y~+~4z~-~9~=~0$ et $\vv{n_4}\begin{pmatrix}-3\\-1\\0\end{pmatrix}$ un vecteur normal du plan d'équation $-3x-y+1=0$.\\ De plus, $\vv{CB}\begin{pmatrix}\frac{85}{19}\\[6pt]\frac{68}{19}\\[6pt]\frac{51}{19}\end{pmatrix}$ et $\vv{CA}\begin{pmatrix}\frac{28}{19}\\[6pt]-\frac{8}{19}\\[6pt]-\frac{6}{19}\end{pmatrix}$.\\ Ainsi :
   • $\vv{n_3}\cdot\vv{CB}=-\frac{85}{19}+3\times\frac{68}{19}+4\times\frac{51}{19}>0$ et $\vv{n_3}\cdot\vv{CA}=-\frac{28}{19}-\frac{24}{19}-\frac{24}{19}<0$.
   • $\vv{n_4}\cdot\vv{CB}=-3\times\frac{85}{19}-\frac{68}{19}<0$ et $\vv{n_4}\cdot\vv{CA}=-3\times\frac{28}{19}+\frac{8}{19}<0$.
   Par conséquent, il n'y a qu'un seul plan remplissant les conditions sur les produits scalaires, à savoir celui d'équation $-x+3y+4z-9=0$, nommé $\left(\mathscr{P}_3\right)$.
5. Déterminons l'intersection de $\left(\mathscr{P}_2\right)$ et $\left(\mathscr{P}_3\right)$ en résolvant le système suivant : $ \left\lbrace \begin{array}{ll} \left(\mathscr{P}_2\right)\ : & 2x-3y+2z+4=0\\ \left(\mathscr{P}_3\right)\ : & -x+3y+4z-9=0 \end{array} \right. \Rightarrow \left\lbrace \begin{array}{l} 2x-3y+2z+4=0\\ x+6z-5=0 \end{array} \right. $
   $ \Rightarrow \left\lbrace \begin{array}{l} 2(5-6z)-3y+2z+4=0\\ x=5-6z \end{array} \right. \Rightarrow \left\lbrace \begin{array}{l} 14-10z-3y=0\\ x=5-6z \end{array} \right. $
   $ \Rightarrow \left\lbrace \begin{array}{l} y=\frac{14}{3}-\frac{10}{3}z\\ x=5-6z \end{array} \right. $
   Ainsi, les deux plans se coupent suivant la droite d'équation : \[ \boxed{ \left\lbrace \begin{array}{l} x=5-6t\\ y=\frac{14}{3}-\frac{10}{3}t\\ z=t \end{array} \right., t \in \R} \]
6. $M \in \mathscr{D}$ donc $M\coordEsp{5-6t}{\frac{14}{3}-\frac{10}{3}t}{t}$, où $t \in \R$.\\ \[ \begin{array}{ll} & \left[d(M;(ABC))\right]^2=\left[d(M;(DCB))\right]^2 \\[8pt] \Leftrightarrow & \dfrac{(-3y+4z+6)^2}{25}=\dfrac{(-2x+y+2z-4)^2}{9}\\[12pt] \Leftrightarrow & \dfrac{\left(-3\times\left(\dfrac{14}{3}-\dfrac{10}{3}t\right)+4t+6\right)^2}{25}=\dfrac{\left(-2(5-6t)+\dfrac{14}{3}-\dfrac{10}{3}t+2t-4 \right)^2}{9} \\[12pt] \Leftrightarrow & 9(-14+10t+4t+6)^2-25\left(-10+12t+\dfrac{14}{3}-\dfrac{10}{3}t+2t-4\right)^2=0 \\[12pt] \Leftrightarrow & 9(14t-8)^2-25\left(\dfrac{32}{3}t-\dfrac{28}{3} \right)^2=0 \\[12pt] \Leftrightarrow & \left[3(14t-8)+5\left(\dfrac{32}{3}t-\dfrac{28}{3} \right)\right]\left[3(14t-8)-5\left(\dfrac{32}{3}t-\dfrac{28}{3} \right)\right]=0\\[12pt] \Leftrightarrow & \left(\dfrac{286}{3}t-\dfrac{212}{3}\right)\left(-\dfrac{34}{3}t+\dfrac{68}{3}\right)=0 \end{array} \] Ainsi, $t=\dfrac{106}{143}$ ou $t=2$.
   Il y a donc deux points dans $\mathscr{E}$ dont les coordonnées sont : \[ \begin{array}{l} x_1=5-6\times\dfrac{106}{143}=\dfrac{79}{143}\\[10pt] y_1=\dfrac{14}{3}-\dfrac{10}{3}\times\dfrac{106}{143}=\dfrac{314}{143}\\[10pt] z_1=\dfrac{106}{143} \end{array} \qquad ; \qquad \begin{array}{l} x_2=5-6\times 2 = -7\\[8pt] y_2=\dfrac{14}{3}-2\times\dfrac{10}{3}=-2\\[10pt] z_2=2 \end{array} \]
7. La distance du point $S$ au plan $(ABC)$ est : \[ d(S;(ABC))=\dfrac{\left\vert -3\times\frac{314}{143}+4\times\frac{106}{143}+6\right\vert}{5}=\dfrac{68}{143}.\] Or, $S$ est un point de $\mathscr{E}$ donc $d(S;(ABC))=d(S;(DCB))$ et $S \in \mathscr{D}$, donc à $\left(\mathscr{P}_2\right)$ et $\left(\mathscr{P}_3\right)$, ce qui signifie que $d(S;(ABC))=d(S;ABD)$ et $d(S;(DCB))=d(S;(DCA))$.
   Finalement : \[d(S;(DCA))=d(S;(DCB))=d(S;(ABC))=d(S;(ABD))=\dfrac{68}{143}\] et comme $S$ appartient à deux plans bissecteurs intérieurs, on peut conclure que $S$ est le centre de la sphère inscrite au tétraèdre $ABCD$
   sphère intérieure tangente à chacun des côtés du tétraèdre .
Une figure :

• Étape 1 : On remplace $x,y$ et $z$ par les coordonnées du point M. Si le nombre $t$ est unique, alors M appartient à la droite.
$$M\in\Delta\Leftrightarrow \left\lbrace \begin{array}{lr} x_M & = 2t-1 \\ y_M & = t+6\\ z_M & = 3t+3\\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\lbrace \begin{array}{lr} 0 & = 2t-1 \\ 1 & = t+6\\ 2 & = 3t+3 \end{array}\right.\Leftrightarrow \left\lbrace \begin{array}{lr} t & = \frac{1}{2} \\ t & = -5\\ t & = -\frac{1}{3} \end{array}\right.$$ Donc $M\notin\Delta$
• Étape 2 : On définit un point H tel que H appartient à $\Delta $ et $\vv{MH}.\vv{u} =0$.
$H$ le projeté orthogonal de $M$ sur $\Delta$ vérifie : $$\left\lbrace \begin{array}{lr} H\in \Delta\\ \vv{MH}.\vv{u} =0\end{array}\right.$$
• Étape 3 : On définit un vecteur $\vv{u}$ de $\Delta $ à partir des coefficients de $t$.
$\vv{u}\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}$ est un vecteur directeur de $\Delta$.
• Étape 4 : On définit et on résout le système d'équations vérifiant les 2 conditions du point H.
On a $\vv{MH}\begin{pmatrix} x_H-0 \\ y_H-1 \\ z_H-2 \end{pmatrix}$ et $\vv{u}\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}$ $$\left\lbrace \begin{array}{lrl} H\in \Delta\\ \vv{MH}.\vv{u} =0\end{array}\right.\Leftrightarrow \left\lbrace \begin{array}{lr} x_H =2t-1& \\y_H =t+6 & \\z_H =3t+3 & \\2\times\left(x_H-0\right)+1\times \left(x_H-0\right)+3\times \left(z_H-2\right) = 0& (1)\end{array}\right.$$ $$ \begin{array}{ll}(1)&\Leftrightarrow 2\times\left(2t-1\right)+1\times \left(t+6-1\right)+3\times \left(3t+3-2\right) = 0\\ &\Leftrightarrow 14t=-6\\ &\Leftrightarrow t=-\frac{3}{7}\\\end{array} $$
• Étape 5 : Grâce à la valeur de t, on peut définir les coordonnées du point H.
En reportant $t=-\frac{3}{7}$ dans le système d'équations paramétriques de $\Delta$, on obtient : $$\left\lbrace \begin{array}{lr} x_H =2t-1=2\times \left(-\frac{3}{7}\right)-1=-\frac{13}{7}& \\y_H =t+6 =-\frac{3}{7}+ \frac{42}{7}=\frac{39}{7} & \\z_H =3t+3= 3\times \left(-\frac{3}{7}\right) +3= \frac{12}{7}\end{array}\right.$$ Ainsi $H\coordEsp{-\frac{13}{7}}{\frac{39}{7}}{\frac{12}{7}}$
• Etape 6 : On utilise la formule du cours pour calculer la longueur $MH$ à partir des coordonnées de $M$ et de $H$ :
On calcule $\vv{MH}\begin{pmatrix} -\frac{13}{7}-0 \\\frac{39}{7}- 1 \\ \frac{12}{7}-2 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} -\frac{13}{7} \\\frac{32}{7} \\ -\frac{2}{7} \end{pmatrix}$
On a alors $MH^2= \left(-\frac{13}{7}\right)^2+\left( \frac{32}{7}\right)^2+\left( \frac{2}{7}\right)^2= \frac{169+1024+ 4}{49}=\frac{11197}{49}$ $$MH= \dfrac{3\sqrt{133}}{7}$$

Une deuxième méthode ?
La distance du point $M$ à la droite $\Delta$ est égale à $MH$ où $H$ est le projeté orthogonal de $M$ sur $\Delta$.
On détermine $H$ en remarquant que c'est le point de la droite $\Delta$ qui réalise le minimum de la distance $A_tM$ où $A_t$ parcort la doite $\Delta$ ; on peut observer l'animation en page 2.
On a $M \begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}$ et $H \begin{pmatrix}2t-1\\t+6\\3t+3\end{pmatrix}$ donc $\overrightarrow{MH}\begin{pmatrix}2t-1\\t+5\\3t+1\end{pmatrix}$
On calcule alors $$\begin{array}{rl}MH^2&=(2t-1)^2+(t+5)^2+(3t+1)^2\\ &= 4t^2-4t+1+t^2+10t+25+9t^2+6t+1\\ &= 14t^2+12t+27\end{array}$$
Posons $\phi(t) =14t^2+12t+27$
$\phi$ est dérivable sur $\R$ en tant que polynôme et $\phi '(t) =28t+27$
$\phi'(t)=0$ pour $t= -\dfrac{12 }{28}= -\dfrac{3 }{7}$
La fin est alors identique ...

 

 

$\vv{n}\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan $P$.
Soit $H$ la projection orthogonale de $D$ sur $P$ alors $(DH)$ a pour vecteur directeur $\overrightarrow{n}$ donc il existe un réel $k$ tel que $\overrightarrow{DH} = k \overrightarrow{n}$ .
La distance de $D$ au plan $P$ est égale à $DH$ donc à $| k | \times ||\overrightarrow{n}||$, il suffit donc de connaître $k$. $$\overrightarrow{DH} = k\overrightarrow{n} \Leftrightarrow \left\lbrace \begin{array}{lr} x_H - x_D & = ka \\ y_H - y_D & = kb\\ z_H - z_D & = kc\\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\lbrace \begin{array}{lr} x_H & = x_D + ka\\ y_H & = y_D + kb\\ z_H & = z_D+kc \end{array}\right.$$
$H$ appartient à $P$ donc $ax_H+by_H+cz_H+d=0$, soit $a(x_D+ka)+b(y_D+kb)+c(z_D+kc)+d=0$
$k (a^2 + b^2 + c^2 ) = - (ax_D+ b y_D + c z_D + d)$
donc $k = \frac{ax_D+ b y_D + c z_D + d}{a^2 + b^2 + c^2}$ donc $DH = |k| \times ||\overrightarrow{n}||$ donc $DH = \frac{ax_D+ b y_D + c z_D + d}{a^2 + b^2 + c^2}\times \sqrt{a^2 + b^2 + c^2}$
$DH = \frac{ax_D+ b y_D + c z_D + d}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}$

Question 2

$\overrightarrow{AB}$ a pour coordonnées $\vv{AB}\begin{pmatrix}3\\0\\-3\end{pmatrix}$ donc $AB^2 = 3^2 + 0^2 + (- 3)^2 = 18$ donc$AB = 3 \sqrt{2}$
$\overrightarrow{AC}$a pour coordonnées $\vv{AB}\begin{pmatrix}3\\3\\3\end{pmatrix}$ donc $AC^2 = 3^2 + 3^2 + 3^2 = 27$ donc $AC = 3\sqrt{3}$
$\overrightarrow{BC}$ a pour coordonnées $\vv{AB}\begin{pmatrix}0\\3\\6\end{pmatrix}$ donc $BC^2 = 0^2 + 3^2 + 6^2 = 45$
$ 18 + 27 = 45$ donc $AB^2 + AC^2 = BC^2$, le triangle $ABC$ est rectangle en $A$ et son aire est égale à $\frac{1}{2} AB\times AC = \frac{9\sqrt{6}}{2}$.

Question 3

$\overrightarrow{n}.\overrightarrow{AB} = 1\times 3 + (- 2)\times 0 + 1\times (- 3) = 0$ donc les vecteurs $\overrightarrow{n}$ et $\overrightarrow{AB}$ sont orthogonaux.
$\overrightarrow{n}.\overrightarrow{AC} = 1\times 3 + (- 2)\times 3 + 1\times 3 = 0$ donc les vecteurs $\overrightarrow{n}$ et $\overrightarrow{AC}$ sont orthogonaux.
$\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires donc le vecteur $\overrightarrow{n}$ de coordonnées $ \vv{n}\begin{pmatrix}1\\-2\\1\end{pmatrix}$ est normal au plan $(ABC)$.
Une équation du plan $(ABC)$ est donc de la forme $ x - 2 y + z + d = 0$.
C appartient au plan $(ABC)$ donc $6 - 2\times 1 + 5 + d = 0$ donc $d = - 9$.
Une équation du plan $(ABC)$ est $x - 2 y + z - 9 = 0$.

Question 4

$$d = \frac{|x_D-2y_D+z_D-9|}{\sqrt{1^2+(-2)^2+1^2}} = \frac{|4-2 \times 0 + (-1)-9|}{\sqrt{1^2+(-2)^2+1^2}} = \frac{6}{\sqrt{6}} = \sqrt{6}$$ Le volume du tétraèdre $(ABCD$ est égal à $\frac{1}{3}A_{ABC} \times d = \frac{1}{3} \times \frac{9\sqrt{6}}{2} \times \sqrt{6} = 9$

Question 5

Les plans Q et (ABC) ont le même vecteur normal $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}1\\-2\\1\end{pmatrix}$ de coordonnées donc sont parallèles.

Question 6

$E$ appartient à $(DA)$donc il existe un réel $k$ tel que $\overrightarrow{DE} = k\overrightarrow{DA}$.
Donc si $E$ est le point de coordonnées $ \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$ alors :$\left\{\begin{array}{rl} x-4 &= -k\\ y& = -2k\\ z+1&=3k\\ \end{array}\right.$
Donc $E \left\{\begin{array}{rl} x &= 4-k\\ y& = -2k\\ z&=-1+3k\\ \end{array}\right.$, $E$ appartient au plan $Q$ donc $(4 - k) - 2 \times (- 2 k) + (- 1 + 3 k) - 5 = 0$ donc $(- 2 + 6 k = 0) $ donc $ k = \frac{1}{3}$.
Donc en remplaçant $k$ par $\frac{1}{3}$, $E$ a pour coordonnées $ \begin{pmatrix}\frac{11}{3}\\-\frac{2}{3}\\0\end{pmatrix}$
$\overrightarrow{DE} = \frac{1}{3} \overrightarrow{DA}$ donc $E$ appartient au segment $[DA]$. Le plan Q est aussi le plan $(EFG)$ . Les plans $(EFG)$ et $(ABC)$ sont parallèles donc le tétraèdre $(EFGD)$ se déduit du tétraèdre $(ABCD)$ par une homothétie de centre $D$ de rapport $\frac{1}{3}$.
Le volume du tétraèdre $(EFGD)$ est égal à $\frac{1}{27}V_{ABCD} = \frac{1}{3}$.