Polynésie Sujet 1 - 16 Juin 2026 - Géométrie dans l’espace : plans, distance, volume - Exercice 1

Nous allons commencer par calculer les vecteurs $$\overrightarrow{AB}$$ et $$\overrightarrow{AC}$$.
$$\overrightarrow{AB} \left(\begin{array}{c} {x_{B} -x_{A} } \\ {y_{B} -y_{A} } \\ {z_{B} -z_{A} } \end{array}\right)\Leftrightarrow \overrightarrow{A B}\left(\begin{array}{c}0-1 \\3-2 \\2-(-1)\end{array}\right)\Leftrightarrow \overrightarrow{AB} \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {1} \\ {3} \end{array}\right)$$
$$\overrightarrow{AC} \left(\begin{array}{c} {x_{C} -x_{A} } \\ {y_{C} -y_{A} } \\ {z_{C} -z_{A} } \end{array}\right)\Leftrightarrow \overrightarrow{A C}\left(\begin{array}{c}-2-1 \\4-2 \\0-(-1)\end{array}\right)\Leftrightarrow \overrightarrow{AC} \left(\begin{array}{c} {-3} \\ {2} \\ {1} \end{array}\right)$$
Existe t-il un réel $$k$$ non nul telle que $$\overrightarrow{AB} =k\overrightarrow{AC}$$
On écrit alors que : $$\left\{\begin{array}{ccc} {-1} & {=} & {-3k} \\ {1} & {=} & {2k} \\ {3} & {=} & { k} \end{array}\right.$$
Ainsi : $$\left\{\begin{array}{ccc} {k} & {=} & {-\dfrac{1}{3} } \\ {k} & {=} & {\dfrac{1}{2} } \\ {3} & {=} & {k} \end{array}\right.$$ .
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 $$\overrightarrow{AB} \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {1} \\ {3} \end{array}\right)$$ et $$\overrightarrow{AC} \left(\begin{array}{c} {-3} \\ {2} \\ {1} \end{array}\right)$$ et que $$\overrightarrow{n}\left(\begin{array}{c}5 \\8 \\-1\end{array}\right)$$
Les vecteurs $$\overrightarrow{AB}$$ et $$\overrightarrow{AC}$$ sont deux vecteurs non colinéaires du plan $$\left(ABC\right)$$.
De plus :
$$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{n} =\left(-1\right)\times 5+1\times 8+3\times \left(-1\right)=0$$
$$\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{n} =\left(-3\right)\times 5+2\times 8+1\times \left(-1\right)=0$$
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 $$\overrightarrow{n}\left(\begin{array}{c}5 \\8 \\-1\end{array}\right)$$ est normal au plan $$\left(ABC\right)$$.

D'après la question précédente, le vecteur $$\overrightarrow{n}\left(\begin{array}{c}5 \\8 \\-1\end{array}\right)$$ est normal au plan $$\left(ABC\right)$$.
Le plan $$\left(ABC\right)$$ s'écrit $$5x+8y-z+d=0$$.
Or : $$A\left(1 ; 2 ;-1\right)$$ appartient au plan donc $$5x_{A}+8y_{A}-z_{A}+d=0$$
Ainsi : $$5\times1+8\times2-\left(-1\right)+d=0$$, d'où $$d=-22$$
On en conclut que l'équation cartésienne du plan recherché est :

On remplace les coordonnées de $$D(8 ; 2 ;-11)$$ dans l'équation du plan :$$5 \times 8+8 \times 2-(-11)-22=40+16+11-22=45\ne0 .$$
Le point $$D$$ n'appartient pas au plan $$\left(A B C\right)$$.

La droite $$\Delta$$ étant orthogonale au plan $$\left(ABC\right)$$ alors le vecteur $$\overrightarrow{n}\left(\begin{array}{c}5 \\8 \\-1\end{array}\right)$$ normal au plan $$\left(ABC\right)$$ est un vecteur $$\overrightarrow{u}$$ directeur de la droite $$d$$.
La droite $$d$$ admet donc le vecteur directeur $$\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c}5 \\8 \\-1\end{array}\right)$$ et passe par le point $$D\left(8 ; 2 ;-11\right)$$.
Une représentation paramétrique de la droite $$\Delta$$ est alors :
Ainsi :

$$\red{\text{ Cherchons le point d'intersection entre le plan et la droite à l'aide du système .}}$$
$$\left(\left(ABC\right) \cap \Delta \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {5 x+8 y-z-22=0} \\ {x=8+5t} \\ {y=2+8t} \\ {z=-11-t} \end{array}\right.$$où $$t \in \mathbb{R}$$
On remplace la valeur de $$x,y$$ et $$z$$ dans le plan $$\left(ABC \right)$$
$$\left(\left(ABC\right) \cap \Delta \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {5 \left(8+5t\right)+8 \left(2+8t\right)-\left(-11-t\right)-22=0} \\ {x=8+5t} \\ {y=2+8t} \\ {z=-11-t} \end{array}\right.$$où $$t \in \mathbb{R}$$ équivaut successivement à
$$\left(\left(ABC\right) \cap \Delta \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {40+25t+16+64t+11+t-22=0} \\ {x=8+5t} \\ {y=2+8t} \\ {z=-11-t} \end{array}\right.$$où $$t \in \mathbb{R}$$
$$\left(\left(ABC\right) \cap \Delta \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {45+90 t=0} \\ {x=8+5t} \\ {y=2+8t} \\ {z=-11-t} \end{array}\right.$$où $$t \in \mathbb{R}$$
$$\left(\left(ABC\right) \cap \Delta \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {t=-\dfrac{1}{2}} \\ {x=8+5t} \\ {y=2+8t} \\ {z=-11-t} \end{array}\right.$$où $$t \in \mathbb{R}$$
Maintenant que nous avons la valeur de $$t$$, on peut obtenir les valeurs de $$x,y$$ et $$z$$
$$\left(\left(ABC\right) \cap \Delta \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {t=-\dfrac{1}{2}} \\ {x=8+5\times \left(-\dfrac{1}{2}\right)} \\ {y=2+8\times\left(-\dfrac{1}{2}\right)} \\ {z=-11-\left(-\dfrac{1}{2}\right)} \end{array}\right.$$où $$t \in \mathbb{R}$$
Il en résulte que $$\left(\left(ABC\right) \cap d \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {t =-\dfrac{1}{2}} \\ {x=\dfrac{11}{2}} \\ {y=-2} \\ {z=-\dfrac{21}{2}} \end{array}\right.$$
Les coordonnées du point d'intersection entre la droite $$\Delta$$ et le plan $$\left(ABC\right)$$ est bien le point $$E\left(\frac{11}{2} ;-2 ;-\frac{21}{2}\right) .$$

Nous savons que la droite $$\Delta$$ est orthogonale au plan $$(A B C)$$ et que $$E$$ appartient au plan $$(A B C)$$, la distance du point $$D$$ au plan $$(A B C)$$ est $$D E$$.
Calculons le vecteur $$\overrightarrow{D E}$$.
$$\overrightarrow{D E}\left(\begin{array}{c}\dfrac{11}{2}-8 \\ -2-2 \\ -\dfrac{21}{2}-(-11)\end{array}\right)$$ d'où : $$\overrightarrow{D E}\left(\begin{array}{c}-\dfrac{5}{2} \\ -4 \\ \dfrac{1}{2}\end{array}\right)$$.
Il vient alors que :
$$D E=\sqrt{\left(-\frac{5}{2}\right)^2+(-4)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2}$$
$$DE=\sqrt{\frac{90}{4}}$$
Finalement :

Dans un premier temps, vérifions si le point $$H\left(-\frac{2}{3} ; \frac{10}{3} ; \frac{4}{3}\right)$$ appartient à la droite $$(B C)$$ : $$\left\{\begin{array}{rl}x & =-2 k \\y & =3+k \\z & =2-2 k\end{array} \quad k \in \mathbb{R} .\right.$$
Il faut donc résoudre le système :
$$\left\{\begin{array}{rl}-\dfrac{2}{3} & =-2 k \\\dfrac{10}{3} & =3+k \\\dfrac{4}{3} & =2-2 k\end{array} \right.$$.
D'après le logiciel formel, il s'agit de l'entrée $$2$$ donc on a $$k=\dfrac{1}{3}$$. Le point $$H$$ appartient à la droite $$\left(B C\right)$$.
Dans un deuxième temps, vérifions si les droites $$\left(AH\right)$$ et $$\left(B C\right)$$ sonr orthogonales.
La droite $$(B C)$$ admet pour vecteur directeur : $$\overrightarrow{B C}\left(\begin{array}{c}-2 \\1 \\-2\end{array}\right)$$
Il nous faut calculer $$\overrightarrow{A H} \cdot \overrightarrow{B C}$$ qui correspond à l'entreé $$1$$ du logiciel formel, et nous avons bien $$\overrightarrow{A H} \cdot \overrightarrow{B C}=0$$.
Pour conclure :
Le point $$H$$ appartient à la droite $$(B C)$$ et la droite $$(A H)$$ est orthogonale à $$\left(B C\right)$$.
Il en résulte que le point $$H$$ est donc le projeté orthogonal de $$A$$ sur la droite $$\left(B C\right)$$.

Nous savons que $$H$$ est le projeté orthogonal de $$A$$ sur $$(B C)$$ ainsi la hauteur du triangle $$A B C$$ relative à la base $$B C$$ est $$A H$$.
L'aire du triangle $$A B C$$ vaut donc :
$$\mathcal{A}_{A B C}=\frac{1}{2} \times B C \times A H$$
D'après les entrées $$3$$ et $$4$$ du logiciel formel nous savons que $$A H=\sqrt{10} \quad$$ et $$\quad B C=3$$.
Ainsi :
$$\mathcal{A}_{A B C}=\frac{1}{2} \times 3 \times \sqrt{10}$$
D'où :
D'après la question $$7$$, la distance du point $$D$$ au plan $$\left(A B C\right)$$ vaut : $$D E=\frac{3 \sqrt{10}}{2} .$$
On prend donc pour base le triangle $$A B C$$, et pour hauteur relative à cette base la distance $$D E$$.
Il vient alors que :
$$V_{A B C D}=\frac{1}{3} \times \mathcal{A}_{A B C} \times D E$$
$$V_{A B C D}=\frac{1}{3} \times \frac{3 \sqrt{10}}{2} \times \frac{3 \sqrt{10}}{2}$$
$$V_{A B C D}=\frac{1}{3} \times \frac{90}{4}$$
Il en résulte que :