Correction au format pdf - XMaths

CORRECTION
Exercice supplémentaire n° 31
Partie A
Les points A, B et C ont pour coordonnées respectives : A(3 ; -2 ; 2)
→
→
→
1°) Les vecteurs AB et AC ont pour coordonnées AB
→→→
;
B(6 ; 1 ; 5)
;
C(6 ; -2 ; -1).
3 
3 
→
 3  et AC  0  .
 3
 -3 
Le repère (O; i , j , k ) étant orthonormal, on en déduit que leur produit sacalaire est :
→ →
AB . AC = 3 x 3 + 3 x 0 + 3 x (-3) = 9 - 9 = 0 .
→
→
Donc les vecteurs AB et AC sont orthogonaux.
Le triangle ABC est rectangle en A .
a 
 b .
 c
1 
→
Le plan P a pour équation x + y + z - 3 = 0, donc il a pour vecteur normal n  1  .
 1
→
2°) On sait qu'un plan d'équation ax + by + cz + d = 0 a pour vecteur normal n
→
→
→
→
→
On a AB = 3 n , donc AB est colinéaire à n , donc AB est un vecteur normal à P.
On en déduit que la droite (AB) est orthogonale à P.
D'autre part en remplaçant x, y et z par les coordonnées de A, on obtient :
x + y + z - 3 = 3 - 2 + 2 - 3 = 0.
Les coordonnées de A vérifient l'équation de P, donc A ∈ P.
P est donc orthogonal à la droite (AB) et passe par le point A .
 3 
→
3°) Le vecteur AC a pour coordonnées  0  .
 -3 
P' étant un plan orthogonal à la droite (AC) il a donc une équation de la forme 3x + 0y -3z + d = 0 .
Sachant que P' passe par A, on a 3 x 3 + 0 x (-2) - 3 x 2 + d = 0, donc d = - 9 + 6 = - 3 .
Une équation de P' est donc 3x -3z - 3 = 0 ou encore x - z - 1 = 0 .
P' a pour équation x - z - 1 = 0 .
4°) Les coordonnées (x ; y ; z) d'un point M appartenant à la droite ∆, droite d'intersection des plans P et P',
doivent vérifier les équations de P et P'.
On a donc :
x+y+z-3=0
y=-x-z+3
 y = - x - (x - 1) + 3
 y = -2x + 4

⇔ z=x-1
⇔ z=x-1
⇔ z=x-1
x-z-1=0



En prenant x comme paramètre, on en déduit que :
La droite ∆ a pour représentation paramétrique :
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x=t
 y = -2t + 4 avec t ∈ IR
z=t-1
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Partie B
1°) Le point D(0 ; 4 ; -1) est un point de la droite ∆ (obtenu pour t = 0).
Comme A appartient à P et à P', A est aussi un point de ∆, on en déduit que la droite ∆ est la droite (AD).
P étant orthogonal à la droite (AB), on a ∆ ⊥ (AB), donc (AD) ⊥ (AB).
P' étant orthogonal à la droite (AC), on a ∆ ⊥ (AC), donc (AD) ⊥ (AC).
La droite (AD) étant orthogonale aux droites (AB) et (AC) qui sont deux droites sécantes du plan (ABC),
on en déduit que : la droite (AD) est perpendiculaire au plan (ABC) .
(On aurait pu démontrer que (AD) ⊥ (AB) et (AD) ⊥ (AC) en utilisant le produit scalaire)
2°) Le volume d'un tétraèdre est égal au produit de l'aire d'une face par le tiers de la hauteur correspondante.
La droite (AD) étant perpendiculaire au plan (ABC), DA est la hauteur correspondant à la face ABC.
D'autre part, ABC étant rectangle en A, l'aire du triangle ABC est égale à AB x AC .
2
x AC
x AC x AD
1
AB
AB
On a donc : V = x AD x
=
(en unités d'aire du repère)
2
6
3
3 
3 
-3 
→ →
→
→ 
→
→
Les coordonnées de AB , AC et AD sont :
AB  3  ; AC  0  ; AD  6 
 3
 -3 
 -3 
32 + 32 + 32 = 27 = 3 3
Donc AB =
62
;
AC =
32 + (-3)2 = 18 = 3 2
(-3)2
+
+
= 54 = 3 6
Donc V = 3 3 x 3 2 x 3 6 = 3 x 3 x 3 x 6 = 27
6
6
et
AD =
(-3)2
On a donc V = 27 .
6
→
→
→
3°) Les vecteurs DB et DC ont pour coordonnées DB  -3
 6
6 

→
-6
et
DC

.


 0 
→ →
Donc DB . DC = 6 x 6 + (-3) x (-6) + 6 x 0 = 36 + 18 = 54 .
DB =
D'autre part
62 + (-3)2 + 62 = 81 = 9
et
DC =
62 + (-6)2 = 6 2 .
→ →
On sait que DB . DC = DB x DC x cos BDC , donc 54 = 9 x 6 2
x
cos BDC donc cos BDC = 1 = 2
2
2
On en déduit que : l'angle géométrique BDC a pour mesure π radian .
4
4°) a) L'aire du triangle BDC est : 1 x DC x BH où H est le pied de la hauteur issue de B dans le triangle BDC
2
L'aire du triangle BDC est donc : 1 x DC x DB x sin π = 1 x 6 2 x 9 x 2 = 27 .
4 2
2
2
On a donc :
A (BDC) = 27 .
b) Soit d la distance de A au plan BDC.
Le volume du tétraèdre ABDC est égal à 1 d x A (BDC)
3
1
On a donc V = d x A (BDC) , c'est-à-dire 27 = 1 d x 27 donc d = 3 .
3
3
La distance du point A au plan (BDC) est donc égale à 3 .
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