Corrigé
1. E(0,0,1)
C(1,1,0)
G(1,1,1)
2. On a besoin d'un vecteur directeur de la droite (
EC) ainsi que d'un point appartenant à (
EC).
Soit
![\overrightarrow{EC}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m9.png)
un vecteur directeur de (
EC).
Les coordonnées de
![\overrightarrow{EC}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m10.png)
sont
![\overrightarrow{EC}(x_{c}\, -\, x_{E}\, ;\, y_{c}\, -\, y_{E}\, ;\, z_{c}\, -\, z_{E})](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m11.png)
.
Ainsi
![\overrightarrow{EC}(1\, -\, 0\, ;\, 1\, -\, 0\, ;\, 0\, -\, 1)](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m12.png)
. Donc
![\overrightarrow{EC}(1\, ;\, 1\, ;\, -\, 1)](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m13.png)
.
De plus le point
E appartient à la droite (
EC).
Ainsi une représentation paramétrique de (
EC) est le système :
![\, \left\{\begin{matrix}x\, = \, x_{E}\, +\, x_{\overrightarrow{EC}}\, \times \, t\\y\, = \, x_{E}\, +\, y_{\overrightarrow{EC}}\, \times \, t\\z\, = \, z_{E}\, +\, z_{\overrightarrow{EC}}\, \times \, t\end{matrix}\right.](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m14.png)
Soit :
![\left\{\begin{matrix}x\, =\, 0\, +\, 1\, \times \, t\\y\, =\, 0\, +\, 1\, \times \, t\\z\, =\, 1\, +\, (-1)\, \times \, t\end{matrix}\right.](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m15.png)
Ainsi :
![\left\{\begin{matrix}x\, =\, t\\y\, =\, t\\z\, =\, 1\, -\, t\end{matrix}\right.](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m16.png)
3. Les trois points
G,
B et
D ne sont pas alignés (sommets distincts d'un cube).
B(1,0,0)
D(0,1,0)
Considérons les vecteurs
![\overrightarrow{DB}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m17.png)
et
![\overrightarrow{DG}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m18.png)
. Ce sont des vecteurs directeurs du plan (
GBD) et ils ne sont donc pas colinéaires (car
G,
B,
D non alignés).
Les coordonnées de
![\overrightarrow{DB}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m19.png)
sont
![\overrightarrow{EC}(x_{B}\, -\, x_{D}\, ;\, y_{B}\, -\, y_{D}\, ;\, z_{B}\, -\, z_{D})](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m20.png)
.
Ainsi
![\overrightarrow{DB}(1\, ;\, -\, 1\, ;\, 0)](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m21.png)
. De la même manière
![\overrightarrow{DG}(1\, ;\, 0\, ;\, 1)](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m22.png)
.
Calculons le produit scalaire des vecteurs
![\overrightarrow{EC}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m23.png)
et
![\overrightarrow{DB}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m24.png)
.
![\overrightarrow{EC}.\overrightarrow{DB}\, =\, x_{\overrightarrow{EC}}\, \times \, x_{\overrightarrow{DB}}\, +\, y_{\overrightarrow{EC}}\, \times \, y_{\overrightarrow{DB}}\, +\, z_{\overrightarrow{EC}}\, \times \, z_{\overrightarrow{DB}}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m25.png)
![\overrightarrow{EC}.\overrightarrow{DB}\, =\, 1\, \times \, 1\, +\, 1 \times \, (-1)\, +\, (-\, 1) \times \, 0\, =\, 1\, -\, 1\, +\, 0\, =\, 0](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m26.png)
Les vecteurs
![\overrightarrow{EC}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m27.png)
et
![\overrightarrow{DB}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m28.png)
sont donc orthogonaux.
De la même manière, on prouve que les vecteurs
![\overrightarrow{EC}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m29.png)
et
![\overrightarrow{DG}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m30.png)
sont donc orthogonaux.
![\overrightarrow{EC}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m31.png)
étant orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan (
GBD) on peut donc en déduire que la droite (
EC) est orthogonale au plan (GBD).
4. a. (
EC) orthogonale à (
GBD), donc tout vecteur directeur de la droite (
EC) est un vecteur normal au plan (
GBD).
En particulier, on peut affirmer que le vecteur
![\overrightarrow{EC}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m32.png)
est un vecteur normal à (
GBD).
Comme
![\overrightarrow{EC}(1\, ;\, 1\, ;\, -\, 1)](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m33.png)
, on peut en déduire qu'une équation cartésienne du plan (
GBD) est :
![x_{\overrightarrow{EC}}\, \times \, x\, +\, y_{\overrightarrow{EC}}\, \times \, y\, +\, z_{\overrightarrow{EC}}\, \times z\, +\, d\, =\, 0](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m34.png)
avec
d un réel à déterminer.
C'est-à-dire : 1 ×
x + 1 ×
y + (−1) ×
z +
d = 0
Soit :
x +
y −
z + d = 0
De plus, on sait que (par exemple) le point
G(1,1,1) appartient au plan (
GBD), alors les coordonnées du point
G vérifient l'équation cartésienne. On a donc :
xG +
yG −
zG +
d = 0
1 + 1 − 1 +
d = 0
1 +
d = 0
d = − 1
Ainsi une équation cartésienne du plan (
GBD) est :
x +
y −
z + (− 1) = 0
x +
y −
z − 1 = 0
4. b. On note les coordonnées de I de cette manière :
I(
xI,
yI,
zI)
Le point I appartient au plan (
GBD) donc les coordonnées vérifient l'équation cartésienne du plan, donc on a l'égalité suivante qui est vraie :
xI +
yI −
zI − 1 = 0)
De plus I appartient à la droite (
EC), donc il existe un réel
t tel que :
![\left\{\begin{matrix}x_{I}\, =\, t\\y_{I}\, =\, t\\z_{I}\, =\, 1\, -\, t\end{matrix}\right.](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m35.png)
Ainsi on peut affirmer que :
t +
t − (1 −
t) − 1 = 0
2
t − 1 +
t − 1 = 0
3
t −2 = 0
![t=\frac{2}{3}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m36.png)
En substituant dans le système, cela donne :
![\left\{\begin{matrix}x_{I}\, =\, \frac{2}{3}\\y_{I}\, =\, \frac{2}{3}\\z_{I}\, =\, 1\, -\, \frac{2}{3}\end{matrix}\right.](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m37.png)
Ainsi on a bien :
![I(\frac{2}{3},\, \frac{2}{3},\, \frac{1}{3})](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m38.png)
4. c. La distance d'un point à un plan est égale à la distance entre le point et son projeté orthogonal sur le plan. Or comme la droite (
EC) est orthogonale au plan (
GBD) et I point d'intersection entre (
EC) et (
GBD), alors le projeté orthogonal de E sur le plan (
GBD) est le point I.
Donc la distance du point E au plan (
GBD) est égale à la longueur EI.
![EI=\sqrt{(x_{I}\, -\, x_{E})^{2}\, +\, (y_{I}\, -\, y_{E})^{2}\, +\, (z_{I}\, -\, z_{E})^{2}}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m39.png)
![EI=\sqrt{(\frac{2}{3}\, -\, 0)^{2}\, +\, (\frac{2}{3}\, -\, 0)^{2}\, +\, (\frac{1}{3}\, -\, 1)^{2}}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m40.png)
![EI\, =\, \sqrt{\frac{4}{9}\, +\, \frac{4}{9}\, +\, \frac{4}{9}}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m41.png)
![EI\, =\, \sqrt{\frac{12}{9}}\, =\, \frac{\sqrt{12}}{\sqrt{9}}\, =\, \sqrt{\frac{4\, \times \, 3}{3}}\, =\, \frac{\sqrt{4}\times \sqrt{3}}{3}\, =\, \frac{2\, \times \, \sqrt{3}}{3}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m42.png)
5. a. Les points B, D et G sont des sommets du cube
ABCDEFGH d'arête 1.
Le segment [BG] est la diagonale de la face BCGF qui est un carré dont les côtés ont pour longueur 1. En utilisant le théorème de Pythagore, on prouve rapidement que
![BG\, =\, \sqrt{2}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m43.png)
.
En effet,
BG2 =
BC2 +
CG2 = 1
2 + 1
2 = 2.
De la même manière, [BD] est la diagonale de la face ABCD et [DG] est la diagonale de CDHG.
Les carrés ABCD et CDHG étant identiques au carré BCGF, on a donc :
![BG\, =\, BD\, =\, DG\, =\, \sqrt{2}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m44.png)
Ainsi le triangle BGD est équilatéral.
5. b. L'aire du triangle DBG se calcule à l'aide de la formule :
![A_{DBG}\, =\, \frac{b\, \times \, h}{2}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m45.png)
Avec :
•
b la longueur d'une des bases du triangle DBG. Le triangle étant équilatéral, les bases ont toutes la même longueur, qui est ici
![\sqrt{2}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m46.png)
;
• h la longueur d'une hauteur relative à une base. Le triangle étant équilatéral, les hauteurs ont toutes la même longueur.
Considérons le côté [DB] comme base.
Soit J le milieu de [DB]. On a donc
![JB=\frac{DB}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m47.png)
.
La hauteur relative au segment [DB] est le segment [JG]. On cherche à calculer la longueur JG.
Le triangle JGB est rectangle en J. D'après le théorème de Pythagore, on a l'égalité suivante :
GB2 =
JB2 +
JG2![(\sqrt{2})^{2}\, =\, \left ( \frac{\sqrt{2}}{2} \right )^{2}\, +\, JG^{2}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m48.png)
![2\, =\, \frac{(\sqrt{2})^{2}}{2^{2}}\, +\, JG^{2}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m49.png)
![2\, =\, \frac{2}{4}\, +\, JG^{2}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m50.png)
![2\, -\, \frac{2}{4}\, =\, \frac{2}{4}\, +\, JG^{2}\, -\, \frac{2}{4}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m51.png)
![\frac{3}{2}\, =\, JG^{2}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m52.png)
![JG\, =\, \sqrt{\frac{3}{2}}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m53.png)
Ainsi, l'aire du triangle DBG est égale à :
![A_{DBG}\, =\, \frac{DB\times JG}{2}\, =\, \frac{\sqrt{2}\, \times \, \sqrt{\frac{3}{2}}}{2}\, =\, \frac{\sqrt{2}\, \times \, \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}}{2}\, =\, \frac{\sqrt{3}}{2}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m54.png)
6. Calculons le volume du tétraèdre EGBD :
![V_{EGBD}\, =\, \frac{1}{3}\, \times \, B\, \times \, h](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m55.png)
Avec :
•
B représentant l'aire d'une base du tétraèdre. On choisira ici la face BDG, car on vient de calculer l'aire de ce triangle qui vaut
![\frac{\sqrt{3}}{2}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m56.png)
;
•
h représentant la hauteur relative à la base BDG. On a prouvé précédemment que cette hauteur est le segment [EI] dont la longueur est égale à
![\frac{2\times \sqrt{3}}{3}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m57.png)
, car (EC) orthogonale à (GBD) et I projeté orthogonal de E sur (GBD).
Ainsi :
![V_{EGBD}\, =\, \frac{1}{3}\, \times \, \frac{\sqrt{3}}{2}\, \times \, \frac{2\, \times \, \sqrt{3}}{3}\, =\, \frac{1}{3}](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde31_m58.png)