L'espace est muni d'un repère orthonormé (O;\overrightarrow{i},\overrightarrow{j},\overrightarrow{k}).
On considère les points A(5 ; 5 ; 0), B(0 ; 5 ; 0), C(0 ; 0 ; 10) et D\left( 0;0; -\dfrac{5}{2}\right).
Le vecteur \overrightarrow{n_1}\begin{pmatrix} 1\cr\cr -1 \cr\cr 0 \end{pmatrix} est-il un vecteur normal au plan (CAD) ?
Le vecteur \overrightarrow{n_1} a pour coordonnées \begin{pmatrix} 1\cr\cr -1 \cr\cr 0 \end{pmatrix}.
On calcule les coordonnées du vecteur \overrightarrow{AC} :
\begin{pmatrix} -5 \cr\cr -5 \cr\cr 10 \end{pmatrix}
On calcule les coordonnées du vecteur \overrightarrow{AD} :
\begin{pmatrix} -5 \cr\cr -5 \cr\cr \dfrac{-5}{2} \end{pmatrix}
On observe que les coordonnées des vecteurs \overrightarrow{AC} et \overrightarrow{AD} ne sont pas proportionnelles, donc les vecteurs ne sont pas colinéaires.
On calcule ensuite :
\overrightarrow{n_1}.\overrightarrow{AC}=1\times(-5)+(-1)\times(-5)+0\times10=-5+5+0=0
Les vecteurs \overrightarrow{n_1} et \overrightarrow{AC} sont donc orthogonaux.
Puis on calcule :
\overrightarrow{n_1}.\overrightarrow{AD}=1\times(-5)+(-1)\times(-5)+0\times\dfrac{-5}{2}=-5+5+0=0
Les vecteurs \overrightarrow{n_1} et \overrightarrow{AD} sont donc orthogonaux.
Ainsi, le vecteur \overrightarrow{n_1} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (CAD).
On en conclut que le vecteur \overrightarrow{n_1} est un vecteur normal au plan (CAD).
Oui, le vecteur \overrightarrow{n_1}\begin{pmatrix} 1\cr\cr -1 \cr\cr 0 \end{pmatrix} est un vecteur normal au plan (CAD).
Quelle équation est une équation cartésienne du plan (CAD) ?
Le vecteur \overrightarrow{n_1}\begin{pmatrix} 1\cr\cr -1 \cr\cr 0 \end{pmatrix} est un vecteur normal au plan (CAD).
Par conséquent, une équation cartésienne du plan (CAD) est de la forme :
1x-1y+0z+d=0 où d \in\mathbb{R}
C'est-à-dire de la forme :
x-y+d=0 où d \in\mathbb{R}
Or, le point A(5;5;0) appartient au plan (CAD).
Donc les coordonnées du point A vérifient l'équation cartésienne du plan (CAD).
On a donc :
5-5+d=0
Et on obtient :
d=0
Finalement, une équation cartésienne du plan (CAD) est x-y=0.
Une équation cartésienne du plan (CAD) est x-y=0.
On considère la droite D_1 de représentation paramétrique :
\begin{cases} x=\dfrac{5}{2}t \cr \cr y=5-\dfrac{5}{2}t \cr \cr z=0 \end{cases} où t\in \mathbb{R}
On admet que la droite D_1 et le plan (CAD) sont sécants en un point H.
Quelles sont les coordonnées du point H ?
Une équation cartésienne du plan (CAD) est :
x-y=0
La droite D_1 a pour représentation paramétrique :
\begin{cases} x=\dfrac{5}{2}t \cr \cr y=5-\dfrac{5}{2}t \cr \cr z=0 \end{cases} où t\in \mathbb{R}
Le point H\left( x_H;y_H;z_H \right) est le point d'intersection du plan (CAD) et de la droite D_1.
Donc ses coordonnées vérifient à la fois l'équation cartésienne de la droite D_1 et la représentation paramétrique du plan (CAD).
On a donc z_H=0.
Pour calculer x_H et y_H, on va déterminer la valeur de t en résolvant l'équation suivante :
\dfrac{5}{2}t-\left( 5-\dfrac{5}{2}t \right)=0
Cette équation est équivalente à :
\dfrac{5}{2}t-5+\dfrac{5}{2}t =0
Ce qui est encore équivalent à :
5t-5 =0
Et on obtient finalement :
t=1
Maintenant, on remplace t par 1 dans les expressions de x et de y au sein de la représentation paramétrique de la droite D_1 :
\begin{cases} x_H=\dfrac{5}{2}\times1=\dfrac{5}{2} \cr \cr y_H=5-\dfrac{5}{2}\times1=5-\dfrac{5}{2}=\dfrac{5}{2} \cr \cr z_H=0 \end{cases}
Les coordonnées du point H sont \begin{pmatrix} \dfrac{5}{2} \cr\cr \dfrac{5}{2} \cr\cr 0 \end{pmatrix}.
Le point H est-il le projeté orthogonal de B sur le plan (CAD) ?
La droite D a pour représentation paramétrique :
\begin{cases} x=\dfrac{5}{2}t \cr \cr y=5-\dfrac{5}{2}t \cr \cr z=0 \end{cases} où t\in \mathbb{R}
On remarque que pour t=0, on a :
\begin{cases} x=\dfrac{5}{2}\times0=0 \cr \cr y=5-\dfrac{5}{2}\times0=5 \cr \cr z=0 \end{cases}
On reconnaît les coordonnées du point B.
Ainsi, le point B appartient à la droite D.
Par ailleurs, on observant les coefficients de t dans la représentation paramétrique de la droite D, on en déduit les coordonnées d'un vecteur directeur de la droite D :
\overrightarrow{n}\begin{pmatrix} \dfrac{5}{2} \cr\cr -\dfrac{5}{2} \cr\cr 0 \end{pmatrix}
On remarque que :
\overrightarrow{n}=\dfrac{5}{2}\overrightarrow{n_1}
Ainsi, les vecteurs \overrightarrow{n} et \overrightarrow{n_1} sont colinéaires.
On en déduit que le vecteur \overrightarrow{n_1} est également un vecteur directeur de la droite D.
Par conséquent, la droite D est la droite passant par le point B et de vecteur directeur \overrightarrow{n_1}.
Or, le vecteur \overrightarrow{n_1} est un vecteur normal au plan (CAD).
Par ailleurs, le point H est le point d'intersection de la droite D et du plan (CAD).
On en conclut que le point H est le projeté orthogonal du point B sur le plan (CAD).
Oui, le point H est le projeté orthogonal de B sur le plan (CAD).
En quel point le triangle ABH est-il rectangle ?
On détermine les coordonnées du vecteur \overrightarrow{HA} :
\begin{pmatrix} \dfrac{5}{2}\cr\cr \dfrac{5}{2} \cr\cr 0 \end{pmatrix}
On calcule ensuite \overrightarrow{HA}.\overrightarrow{n_1} :
\overrightarrow{HA}.\overrightarrow{n_1}=\begin{pmatrix} \dfrac{5}{2} \cr\cr \dfrac{5}{2} \cr\cr 0 \end{pmatrix}.\begin{pmatrix} 1 \cr\cr -1 \cr\cr 0 \end{pmatrix}=\dfrac{5}{2}\times(-1)+\dfrac{5}{2}\times1+0\times0=0
Les vecteurs \overrightarrow{HA} et \overrightarrow{n_1} sont donc orthogonaux.
Par ailleurs, on sait que le point H est le projeté orthogonal du point B sur le plan (CAD).
Ainsi, la droite D_1 est la droite (BH).
Or, le vecteur \overrightarrow{n_1} est un vecteur directeur de la droite D.
Donc les vecteurs \overrightarrow{n_1} et \overrightarrow{BH} sont colinéaires.
On en déduit que les vecteurs \overrightarrow{HA} et \overrightarrow{HB} sont orthogonaux.
En conclusion, les droites (HA) et (HB) sont perpendiculaires.
Le triangle ABH est rectangle en H.
Quelle est l'aire du triangle ABH ?
Le triangle ABH est rectangle en H.
Son aire se calcule donc ainsi :
\dfrac{HA\times{BH}}{2}
D'une part, on calcule HA.
Le vecteur \overrightarrow{HA} a pour coordonnées \begin{pmatrix} \dfrac{5}{2} \cr\cr \dfrac{5}{2} \cr\cr 0 \end{pmatrix}
Par conséquent :
HA=\sqrt{\left( \dfrac{5}{2} \right)^2+\left(\dfrac{5}{2} \right)^2+0^2}=\sqrt{ \dfrac{25}{4} +\dfrac{25}{4}+0}=\sqrt{\dfrac{50}{4}}=\dfrac{5\sqrt2}{2}
Le vecteur \overrightarrow{HB} a pour coordonnées \begin{pmatrix} -\dfrac{5}{2} \cr\cr \dfrac{5}{2} \cr\cr 0 \end{pmatrix}.
Par conséquent :
HA=\sqrt{\left( -\dfrac{5}{2} \right)^2+\left(\dfrac{5}{2} \right)^2+0^2}=\sqrt{ \dfrac{25}{4} +\dfrac{25}{4}+0}=\sqrt{\dfrac{50}{4}}=\dfrac{5\sqrt2}{2}
On en déduit que l'aire du triangle ABH est égale à :
\dfrac{\dfrac{5\sqrt2}{2}\times\dfrac{5\sqrt2}{2}}{2}=\dfrac{50}{8}=\dfrac{25}{4}
L'aire du triangle ABH est égale à \dfrac{25}{4}.
Que représente la droite (CO) ?
Les points O, A, B et H ont une cote nulle : ils appartiennent donc au plan défini par les vecteurs unitaires \overrightarrow{i} et \overrightarrow{j}.
Par ailleurs, le point C a une abscisse et une ordonnée nulles, donc C appartient à l'axe (0;\overrightarrow{z})
Par conséquent, le vecteur \overrightarrow{OC} est orthogonal à tout vecteur du plan (ABH).
Ainsi, le vecteur \overrightarrow{OC} est un vecteur normal au plan (ABH).
Comme le point C appartient à la droite (OC), on en conclut que la droite (OC) est la droite perpendiculaire au plan (ABH) passant par le point C.
La droite (OC) représente la hauteur du tétraèdre ABCH issue de C.
Quel est le volume du tétraèdre ABCH ?
On sait que la droite (OC) est hauteur de ABCH issue de C. Comme le point O appartient à ABH, il est le projeté orthogonal de C sur ABH.
Le volume du tétraèdre ABCH est donc égal à :
\dfrac{\text{Aire }(ABH)\times{CO}}{3}
On calcule OC :
OC=\sqrt{0^2+0^2+10^2}=10
Par ailleurs, on sait que l'aire du triangle ABH est égale à \dfrac{25}{4}.
Par conséquent, le volume du tétraèdre ABCH est égale à :
\dfrac{\dfrac{25}{4}\times{10}}{3}
On obtient finalement :
\dfrac{125}{6}
Le volume du tétraèdre ABCH est égal à \dfrac{125}{6}.
On admet que le triangle ABC est rectangle en B.
Quelle est la distance du point H au plan (ABC) ?
Le triangle ABC est rectangle en B.
D'après le théorème de Pythagore, on a :
CA^2=AB^2+BC^2
D'où :
BC^2=CA^2-AB^2
Or, on a :
AB^2=(0-5)^2+(5-5)^2+(0-0)^2=25+0+0=25
et
CA^2=(5-0)^2+(5-0)^2+(0-10)^2=25+25+100=150
On en déduit :
BC^2=150-25=125
On obtient :
BC=\sqrt{125}=5\sqrt{5}
On calcule ensuite l'aire du triangle ABC :
\frac{AB\times{BC}}{2}=\frac{5\times{5\sqrt{5}}}{2}=\frac{25\sqrt{5}}{2}
On nomme d la distance du point H au plan (ABC).
Le volume du tétraèdre s'exprime alors ainsi :
\dfrac{\text{Aire }(ABC)\times{d}}{3}
Or, on sait que le volume du tétraèdre est égal à \dfrac{125}{6}.
On obtient ainsi :
\dfrac{\text{Aire }(ABC)\times{d}}{3}=\dfrac{125}{6}
D'où :
\dfrac{{\frac{25\sqrt{5}}{2}}\times{d}}{3}=\dfrac{125}{6}
On en déduit :
\dfrac{{25\sqrt{5}}\times{d}}{6}=\dfrac{125}{6}
Puis :
25\sqrt{5}\times{d}=125
Et finalement :
d=\dfrac{125}{25\sqrt{5}}=\dfrac{5}{\sqrt{5}}=\sqrt{5}
La distance du point H au plan (ABC) est égale à \sqrt{5}.