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Exercice 4

Polynésie • Jour 1 • 16 juin 2026
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L'espace est muni d'un repère orthonormé $\left(\mathrm{O}\,;\,\vec{\imath}\,;\,\vec{\jmath}\,;\,\vec{k}\right)$.

Points : $\mathrm A(1\,;\,2\,;\,-1)$, $\mathrm B(0\,;\,3\,;\,2)$, $\mathrm C(-2\,;\,4\,;\,0)$ et $\mathrm D(8\,;\,2\,;\,-11)$.

    1. Démontrer que A, B et C définissent un plan.
    2. Démontrer que $\vec{n}\begin{pmatrix}5\\8\\-1\end{pmatrix}$ est normal au plan $(ABC)$.
    3. En déduire l'équation $5x+8y-z-22=0$.
    4. Vérifier que $D\notin(ABC)$.
    1. Justifier la représentation paramétrique de $\Delta$ (orthogonale à $(ABC)$ passant par D) donnée dans l'énoncé.
    2. Soit E l'intersection de $\Delta$ et $(ABC)$. Démontrer que $E\left(\dfrac{11}{2}\,;\,-2\,;\,-\dfrac{21}{2}\right)$.
    3. En déduire la valeur exacte de $DE$.
  3. Soit $H\left(-\dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{10}{3}\,;\,\dfrac{4}{3}\right)$. On admet une représentation paramétrique de $(BC)$.
    1. À l'aide des résultats logiciels fournis, justifier que $H$ est le projeté orthogonal de A sur $(BC)$.
    2. En exploitant les autres résultats, déterminer le volume du tétraèdre ABCD.

Concepts abordés

Chapitres principaux

Géométrie dans l'espace: partie 1
Géométrie dans l'espace: partie 2

Notions détaillées

Produit scalaire dans l’espace Équations de plans Représentation paramétrique de droites Orthogonalité dans l'espace Distances et angles dans l’espace

Solution écrite

Polynésie 16 juin 2026 J1

    1. Non-colinéarité de $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$. $$\overrightarrow{AB}=\begin{pmatrix}-1\\1\\3\end{pmatrix},\qquad \overrightarrow{AC}=\begin{pmatrix}-3\\2\\1\end{pmatrix}.$$ Si ces vecteurs étaient colinéaires, on aurait notamment $-1\times 3=-3$ pour les abscisses, mais $1\times 3=3\neq 2$ pour les ordonnées. Donc $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires : A, B et C définissent un plan.
      A, B et C définissent un plan.
    2. Orthogonalité à deux vecteurs directeurs du plan. $$\vec n\cdot\overrightarrow{AB}=5\times(-1)+8\times 1+(-1)\times 3=-5+8-3=0,$$ $$\vec n\cdot\overrightarrow{AC}=5\times(-3)+8\times 2+(-1)\times 1=-15+16-1=0.$$ Ainsi $\vec n$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(ABC)$, donc normal à $(ABC)$.
      $\vec n$ est normal au plan $(ABC)$.
    3. Équation cartésienne via $\overrightarrow{AM}\cdot\vec n=0$. Pour $M(x\,;\,y\,;\,z)$, $\overrightarrow{AM}\cdot\vec n=0$ donne $$5(x-1)+8(y-2)-(z+1)=0\iff 5x+8y-z-22=0.$$
      $$5x+8y-z-22=0$$
    4. Substitution des coordonnées de D. $$5\times 8+8\times 2-(-11)-22=40+16+11-22=45\neq 0.$$ Donc $D\notin(ABC)$.
      $D\notin(ABC)$.
    1. $\Delta$ de vecteur directeur $\vec n$, passant par D. $\Delta$ est orthogonale à $(ABC)$, donc de vecteur directeur $\vec n$, et passe par D. Les points $M$ de $\Delta$ vérifient $\overrightarrow{DM}=t\vec n$, soit $$\begin{cases}x=8+5t\\ y=2+8t\\ z=-11-t\end{cases},\quad t\in\mathbb{R}.$$
      Représentation paramétrique de $\Delta$ justifiée.
    2. Intersection : injection dans l'équation du plan. E appartient à $\Delta$ et à $(ABC)$, donc $$5(8+5t)+8(2+8t)-(-11-t)-22=0\iff 90t+45=0\iff t=-\dfrac{1}{2}.$$ D'où $$E\left(\dfrac{11}{2}\,;\,-2\,;\,-\dfrac{21}{2}\right).$$
      $$\mathrm E\left(\dfrac{11}{2}\,;\,-2\,;\,-\dfrac{21}{2}\right)$$
    3. Distance euclidienne $DE$. $$DE=\sqrt{\left(\dfrac{11}{2}-8\right)^{2}+(-2-2)^{2}+\left(-\dfrac{21}{2}+11\right)^{2}}=\sqrt{\dfrac{25}{4}+16+\dfrac{1}{4}}=\sqrt{\dfrac{90}{4}}=\dfrac{3\sqrt{10}}{2}.$$
      $$DE=\dfrac{3\sqrt{10}}{2}$$
    1. Sorties logiciel : $\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{BC}=0$ et $H\in(BC)$. La sortie 1 donne $\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{BC}=0$, donc $(AH)\perp(BC)$. La sortie 2 montre que les coordonnées de H vérifient la représentation paramétrique de $(BC)$ (avec $k=\dfrac{1}{3}$), donc $H\in(BC)$. Ainsi H est le projeté orthogonal de A sur $(BC)$.
      $H$ est le projeté orthogonal de A sur $(BC)$.
    2. $\mathcal{V}=\dfrac{1}{3}\times\mathcal{B}\times h$ ; $\mathrm{AH}=\sqrt{10}$, $\mathrm{BC}=3$. La hauteur relative à la base ABC est $DE=\dfrac{3\sqrt{10}}{2}$. L'aire du triangle ABC vaut $\dfrac{\mathrm{AH}\times\mathrm{BC}}{2}=\dfrac{\sqrt{10}\times 3}{2}=\dfrac{3\sqrt{10}}{2}$. D'où $$\mathcal{V}=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{3\sqrt{10}}{2}\times\dfrac{3\sqrt{10}}{2}=\dfrac{15}{2}.$$
      $$\mathcal{V}=\dfrac{15}{2}$$

Polynésie 16 juin 2026 J1