Epreuve d'enseignement de spécialité Centres étrangers 5 juin 2024. Exercice 4 : Géométrie dans l'espace - Exercice 1

Nous allons commencer par calculer les vecteurs $$\overrightarrow{AB}$$ et $$\overrightarrow{AC}$$.
$$\overrightarrow{AB} \left(\begin{array}{c} {x_{B} -x_{A} } \\ {y_{B} -y_{A} } \\ {z_{B} -z_{A} } \end{array}\right)\Leftrightarrow \overrightarrow{AB} \left(\begin{array}{c} {-1-\left(-2\right)} \\ {3-0} \\ {0-2} \end{array}\right)\Leftrightarrow \overrightarrow{AB} \left(\begin{array}{c} {1} \\ {3} \\ {-2} \end{array}\right)$$
$$\overrightarrow{AC} \left(\begin{array}{c} {x_{C} -x_{A} } \\ {y_{C} -y_{A} } \\ {z_{C} -z_{A} } \end{array}\right)\Leftrightarrow \overrightarrow{AC} \left(\begin{array}{c} {1-\left(-2\right)} \\ {-1-0} \\ {2-2} \end{array}\right)\Leftrightarrow \overrightarrow{AC} \left(\begin{array}{c} {3} \\ {-1} \\ {0} \end{array}\right)$$
Existe t-il un réel $$k$$ non nul telle que $$\overrightarrow{AB} =k\overrightarrow{AC}$$
On écrit alors que : $$\left\{\begin{array}{ccc} {1} & {=} & {3k} \\ {3} & {=} & {-k} \\ {-2} & {=} & {0\times k} \end{array}\right.$$
Ainsi : $$\left\{\begin{array}{ccc} {k} & {=} & {\frac{1}{3} } \\ {k} & {=} & {-3 } \\ {-2} & {=} & {0} \end{array}\right.$$ .
Le système est incompatible, c'est à dire ici il n'y a pas de solutions à ce système.
Dans ce cas, les vecteurs $$\overrightarrow{AB}$$ et $$\overrightarrow{AC}$$ ne sont pas colinéaires. Les points $$A, B$$ et $$C$$ ne sont pas alignés ce qui signifie que les points $$A, B$$ et $$C$$ définissent un plan.

Nous savons que $$\overrightarrow{AB} \left(\begin{array}{c} {1} \\ {3} \\ {-2} \end{array}\right)$$ et $$\overrightarrow{AC} \left(\begin{array}{c} {3} \\ {-1} \\ {0} \end{array}\right)$$
Les vecteurs $$\overrightarrow{AB}$$ et $$\overrightarrow{AC}$$ sont deux vecteurs non colinéaires du plan $$\left(ABC\right)$$.
De plus :
$$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{n} =1\times 1+3\times 3+5\times \left(-2\right)=0$$
$$\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{n} =3\times 1+\left(-1\right)\times 3+0\times 5=0$$
Il en résulte donc que le vecteur $$\overrightarrow{n}$$ est bien orthogonal aux vecteurs non colinéaires $$\overrightarrow{AB}$$ et $$\overrightarrow{AC}$$.
On peut alors conclure le vecteur $$\overrightarrow{n}\left(\begin{array}{l}1 \\ 3 \\ 5\end{array}\right)$$ est normal au plan $$\left(ABC\right)$$.

D'après la question précédente, le vecteur $$\overrightarrow{n}\left(\begin{array}{l}1 \\ 3 \\ 5\end{array}\right)$$ est normal au plan $$\left(ABC\right)$$.
Le plan $$\left(ABC\right)$$ s'écrit $$x+3y+5z+d=0$$.
Or : $$A\left(-2 ; 0 ; 2\right)$$ appartient au plan donc $$x_{A}+3y_{A}+5z_{A}+d=0$$
Ainsi : $$-2+3\times 0+5\times 2+d=0$$, d'où $$d=-8$$
On en conclut que l'équation cartésienne du plan recherché est :

Si les points $$A, B, C$$ et $$D$$ étaient coplanaires cela signifierait que le point $$D$$ appartiendrait au plan $$\left(ABC\right)$$.
$$x_D+3 y_D+5 z_D-8=0+3 \times 0+5 \times 3-8$$
$$x_D+3 y_D+5 z_D-8=15-8$$
$$x_D+3 y_D+5 z_D-8=7$$
$$x_D+3 y_D+5 z_D-8=7 \neq 0$$
Le point $$D$$ n'appartient donc pas au plan $$\left(ABC\right)$$.
Les points $$A, B, C$$ et $$D$$ ne sont pas coplanaires.

La droite $$\mathcal{D}_1$$ dont une représentation paramétrique est : $$\left\{\begin{array}{l}x=t \\ y=3 t \\ z=3+5 t\end{array} \quad\right.$$ avec $$t \in \mathbb{R}$$ admet un vecteur directeur noté $$\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c} {1} \\ {3} \\ {5} \end{array}\right)$$ .
Lorsque $$t=0$$ ,on obtient $$\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=0 \\ z=3\end{array} \quad\right.$$ . On reconnait les coordonnées du point $$D(0 ; 0 ; 3)$$ .
Le point $$D(0 ; 0 ; 3)$$ appartient donc à la droite $$\mathcal{D}_1$$ .
La hauteur du tétraèdre $$A B C D$$ issue de $$D$$ est orthogonal au plan $$\left(ABC\right)$$.
Pour montrer qu'une droite est orthogonale à un plan , il suffit de montrer qu'un vecteur directeur de la droite est colinéaire à un vecteur normal du plan.
D'après la question $$2$$, le vecteur $$\overrightarrow{n}\left(\begin{array}{l}1 \\ 3 \\ 5\end{array}\right)$$ est un vecteur normal au plan $$\left(ABC\right)$$.
Le vecteur noté $$\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c} {1} \\ {3} \\ {5} \end{array}\right)$$ est un vecteur directeur de la droite $$\mathcal{D}_1$$ .
Les vecteurs $$\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c} {1} \\ {3} \\ {5} \end{array}\right)$$ et $$\overrightarrow{n}\left(\begin{array}{c} {1} \\ {3} \\ {5} \end{array}\right)$$ sont égaux et ainsi ils sont bien colinéaires.
Donc la droite $$\mathcal{D}_1$$ est orthogonal au plan $$\left(ABC\right)$$ et nous savons également que le point $$D$$ appartient à $$\mathcal{D}_1$$.
La droite $$\mathcal{D}_1$$ est bien la hauteur du tétraèdre $$A B C D$$ issue de $$D$$.

Les droites $$\mathcal{D}_1$$ et $$\mathcal{D}_2$$ ne sont pas parallèles car leurs vecteurs directeurs respectifs ne sont pas colinéaires entre eux.
De ce fait, les droites $$\mathcal{D}_1$$ et $$\mathcal{D}_2$$ sont sécantes si le système $$\left\{\begin{array}{l}t=1+3 s \\ 3 t=-1-5 s \\ 3+5 t=2-6 s\end{array}\right.$$ admet une solution .
Il nous faut donc résoudre le système ci-dessus :
$$\left\{\begin{array}{l}t=1+3 s \\ 3 t=-1-5 s \\ 3+5 t=2-6 s\end{array}\right.$$ équivaut successivement à :
$$\left\{\begin{array}{l}t=1+3 s \\ 3 \times(1+3 s)=-1-5 s \\ 3+5 \times(1+3 s)=2-6 s\end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{l}t=1+3 s \\ 3+9 s=-1-5 s \\ 3+5+15 s=2-6 s\end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{l}t=1+3 s \\ 14 s=-4 \\ 21 s=-6\end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{l}t=1+3 s \\ s=-\dfrac{4}{14} \\ s=-\dfrac{6}{21}\end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{l}t=1+3 s \\ s=-\dfrac{2}{7} \\ s=-\dfrac{2}{7}\end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{l}t=1+3\times \left(-\dfrac{2}{7}\right) \\ s=-\dfrac{2}{7} \\ s=-\dfrac{2}{7}\end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{l}t=\dfrac{1}{7} \\ s=-\dfrac{2}{7} \\ s=-\dfrac{2}{7}\end{array}\right.$$
Remplacons par exemple $$s$$ par $$-\frac{2}{7}$$ dans $$\left\{\begin{array}{l}x=1+3 s \\ y=-1-5 s \\ z=2-6 s\end{array}\right.$$ afin de déterminer les coordonnées du point d'intersection entre les droites $$\mathcal{D}_1$$ et $$\mathcal{D}_2$$ .
il vient alors que :
$$\left\{\begin{array}{l}x=1+3\times\left(-\dfrac{2}{7}\right) \\ y=-1-5\times\left(-\dfrac{2}{7}\right) \\ z=2-6\times\left(-\dfrac{2}{7}\right)\end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{l}x=\dfrac{1}{7} \\ y=\dfrac{3}{7} \\ z=\dfrac{26}{7}\end{array}\right.$$
Les droites $$\mathcal{D}_1$$ et $$\mathcal{D}_2$$ sont donc sécantes et les coordonnées de leur point d'intersection sont $$\left(\frac{1}{7} ; \frac{3}{7} ; \frac{26}{7}\right)$$.

Soit $$H$$ le projeté orthogonal du point $$\mathrm{D}$$ sur le plan $$\left(ABC\right)$$.
$$H$$ est donc l'intersection du plan $$\left(ABC\right)$$ et de la hauteur issue de $$\mathrm{D}$$ dans le tétraèdre $$A B C D$$ qui n'est autre que la droite $$\mathcal{D}_1$$.
Les coordonnées de $$H$$ vérifient donc l'équation cartésienne du plan $$\left(ABC\right)$$ et l'équation paramétrique de la droite $$\mathcal{D}_1$$.
Il nous faut donc résoudre le système suivant :
$$\left\{\begin{array}{l}\red{x=t} \\ \blue{y=3 t} \\ \pink{z=3+5 t} \\ x+3 y+5 z-8=0\end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{l}x=t \\ y=3 t \\ z=3+5 t \\ \red{t}+3\times \left(\blue{3 t}\right)+5\times \left(\pink{3+5t}\right)-8=0\end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{l}x=t \\ y=3 t \\ z=3+5 t \\ t+9 t+15+25 t-8=0\end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{l}x=t \\ y=3 t \\ z=3+5 t \\ 35 t=-7\end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{l}x=t \\ y=3 t \\ z=3+5 t \\ t=\dfrac{-7}{35}\end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{l}x=t \\ y=3 t \\ z=3+5 t \\ t=-\dfrac{1}{5}\end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{l}x=-\dfrac{1}{5} \\ y=3\times \left(-\dfrac{1}{5}\right) \\ z=3+5\times \left(-\dfrac{1}{5}\right) \\ t=-\dfrac{1}{7}\end{array}\right.$$
$$\left\{\begin{array}{l}x=-\dfrac{1}{5} \\ y=-\dfrac{3}{5} \\ z=2 \\ t=-\dfrac{1}{5}\end{array}\right.$$
Le projeté orthogonal du point $$\mathrm{D}$$ sur le plan $$\left(ABC\right)$$ est alors le point $$H$$ de coordonnées $$\left(-\frac{1}{5} ;-\frac{3}{5} ; 2\right)$$.

Nous savons que $$D(0 ; 0 ; 3)$$ et $$H\left(-\frac{1}{5} ;-\frac{3}{5} ; 2\right)$$ .
La distance du point $$D$$ au plan $$\left(ABC\right)$$ correspond à la longueur $$DH$$.
En effet, $$H$$ est le projeté orthogonal du point $$D$$ sur le plan $$\left(ABC\right)$$.
Il vient alors que :
$$DH=\sqrt{\left(-\frac{1}{5}-0\right)^2+\left(-\frac{3}{5}-0\right)^2+(2-3)^2}$$
$$DH=\sqrt{\frac{1}{25}+\frac{9}{25}+1}$$
$$DH=\sqrt{\frac{35}{25}}$$
$$DH=\sqrt{\frac{7}{5}}$$
D'où :