Géométrie dans l'espace ★ Soient $A(5\,;-1\,;3)$, $B(4\,;3;\,0)$ et $C(3\,;9;\,7)$ trois points d'un repère de l'espace.
Ces points définissent-ils un plan ? On regarde pour cela si les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ sont colinéaires ou non.

$\overrightarrow{AB}$ $=$ $\begin{pmatrix} x_B - x_A \\ y_B-y_A \\ z_B-z_A \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} 4 - 5 \\ 3+1 \\ 0-3 \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} - 1 \\ 4 \\ -3 \end{pmatrix}$.

$\overrightarrow{AC}$ $=$ $\begin{pmatrix} x_C - x_A \\ y_C-y_A \\ z_C-z_A \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} 3 - 5 \\ 9+1 \\ 7-3 \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} - 2 \\ 10 \\ 4 \end{pmatrix}$.

On a $\dfrac{x_{ \overrightarrow{AC} } }{x_{ \overrightarrow{AB} }}$ $=$ $2$ alors que $\dfrac{y_{ \overrightarrow{AC} } }{y_{ \overrightarrow{AB} }}$ $=$ $\dfrac{10}{4}$ $=$ $\dfrac{5}{2}$.

Ainsi les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires, et les points $A$, $B$ et $C$ définissent bien un plan. ★★ Soit $ABCDEFGH$ un parallélépipède rectangle.

On considère les points $I$ et $J$ tels que $\overrightarrow{AI}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AC}$ et $\overrightarrow{FJ}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{FG}$.
  1. Faire une figure.
  2. Montrer que $\overrightarrow{DI}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AD}$.
    3. $\overrightarrow{DI}$ $=$ $\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AI}$
    $=$ $-\overrightarrow{AD}+\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AC}$
    $=$ $-\overrightarrow{AD}+\dfrac{3}{4}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})$
    $=$ $-\overrightarrow{AD}+\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AB}+\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AD}$
    $=$ $\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AD}$.
  3. Exprimer $\overrightarrow{HJ}$ comme une combinaison linéaire des vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AD}$.
    4. $\overrightarrow{HJ}$ $=$ $\overrightarrow{HG}+\overrightarrow{GJ}$
    $=$ $\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AD}$.
  4. Que peut-on déduire des questions précédentes pour les vecteurs $\overrightarrow{DI}$ et $\overrightarrow{HJ}$.
    5. D'après les deux questions précédentes on a $\overrightarrow{HJ}$ $=$ $\dfrac{3}{4}\overrightarrow{DI}$.
    Les vecteurs $\overrightarrow{HJ}$ et $\overrightarrow{DI}$ sont donc colinéaires.
★★ On considère la droite $(d)$ dont une paramétrisation est : $$\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 3+2t' \\ y & = & -1-t'\\ z & = & 4+3t' \end{array} \right., t'\in\mathbb{R}$$ On considère les points $A(1\,;1\,;2)$ et $B(-2\,;2\,;-3)$.
  1. Déterminer les coordonnées du milieu de $[AB]$, puis la longueur du segment $[AB]$.
    2. $\left( \dfrac{x_B+x_A}{2} \,; \dfrac{y_B+y_A}{2} \,; \dfrac{z_B+z_A}{2}\right)$ $=$ $\left( -\dfrac{1}{2}\,; \dfrac{3}{2} \,; -\dfrac{1}{2} \right)$.

    La longueur du segment $[AB]$ est :
    $AB$ $=$ $\sqrt{ (x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2+(z_B-z_A)^2 }$ $=$ $\sqrt{ (-3)^2+1^2+(-5)^2 }$ $=$ $\sqrt{35}$.
  2. Le point $A$ appartient-il à la droite $(d)$ ?
    3. Pour que $A$ appartienne à $(d)$, il faut que $x_A=3+2t'$, c'est-à-dire $1=3+2t'$ donc $t'=-1$.
    Cette valeur de $t'$, donne dans la paramétrisation de $(d)$ :
    $y=-1-(-1)=0$ et $z=4-3$ $=$ $1$,
    ce qui ne correspond pas aux coordonnées de $A$.
    Ainsi, $A$ n'est pas un point de $(d)$.
  3. Déterminer les coordonnées de $\overrightarrow{AB}$ et en déduire une paramétrisation de la droite $(AB)$.
    On utilisera la lettre $t$ pour le paramètre.
    4. $\overrightarrow{AB}$ $=$ $\begin{pmatrix} x_B - x_A \\ y_B-y_A \\ z_B-z_A \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} -2 - 1 \\ 2-1 \\ -3-2 \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} - 3 \\ 1 \\ -5 \end{pmatrix}$.

    Une paramétrisation de $(d)$ est donc :

    $\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & x_A+x_{\overrightarrow{AB}}t \\ y & = & y_A+y_{\overrightarrow{AB}}t\\ z & = & z_A+z_{\overrightarrow{AB}}t \end{array} \right., t\in\mathbb{R}$,

    C'est-à-dire :

    $\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 1-3t \\ y & = & 1+t\\ z & = & 2-5t \end{array} \right., t\in\mathbb{R}$.
  4. Les droites $(d)$ et $(AB)$ sont-elles parallèles ?
    5. À partir de la paramétrisation de la droite $(d)$ nous voyons que $\vec{u}\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix}$ dirige cette droite.
    Or, $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} - 3 \\ 1 \\ -5 \end{pmatrix}$ et $\vec{u}\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix}$ ne sont pas colinéaires (En effet $y_{\vec{u}}=-y_{\overrightarrow{AB}}$, mais $ x_{\vec{u}} \neq -x_{\overrightarrow{AB}}$).
    Les droites $(d)$ et $(AB)$ ne sont donc pas parallèles.
  5. Les droites $(d)$ et $(AB)$ sont-elles sécantes ? Si oui déterminer les coordonnées du point d'intersection. Sinon conclure sur leur position relative.
    6. Pour déterminer si les droites $(d)$ et $(AB)$ sont sécantes il faut résoudre le système suivant :

    9 $\left\{ \begin{array}{rcl} 1-3t & =& 3+2t' \\ 1+t & =& -1-t' \\ 2-5t &=& 4+3t' \end{array} \right.$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rcl} -3t-2t' & =& 2 \\ t+t' & =& -2 \\ -5t-3t' &=& 2 \end{array} \right.$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rclr} t+t' & =& -2 & (1)\\ -3t-2t' & =& 2 &(2)\\ -5t-3t' &=& 2 & (3) \end{array} \right.$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rclr} t+t' & =& -2 & (1)\\ t' & =& -4 &(2)+3(1)\\ 2t' &=& -8 & (3)+5(1) \end{array} \right.$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rclr} t+t' & =& -2 & (1)\\ t' & =& -4 &(2)+3(1)\\ t' &=& -4 & (3)+5(1) \end{array} \right.$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rclr} t & =& 2 & (1)\\ t' & =& -4 &(2)+3(1)\\ t' &=& -4 & (3)+5(1) \end{array} \right.$

    Ainsi, les droites sont sécantes. Pour déterminer les coordonnées du point d'intersection on remplace $t$ par $2$ dans la paramétrisation de $(AB)$ (ou $t'$ par $-4$ dans celle de $(d)$) et on obtient :
    $(-5\,; 3 \,;-8)$.
★★ Soit $d$ la droite dont une paramétrisation est : $$\left\{\begin{array}{rcl} x & = & 1-2t \\ y & = & 3t \\ z & = & -3+t \end{array}\right., t\in\mathbb{R}.$$
  1. Donner les coordonnées de deux points appartenant à $d$.
    2. On remplace $t$ par deux valeurs différentes pour obtenir les coordonnées de deux points distincts de $d$.

    Pour $t=0$ : $x=1-2\times 0=1$ ; $y=3\times 0=0$ ; $z=-3+0=-3$. Ce qui donne comme point $( 1\,; 0\,;-3 )$.

    Pour $t=1$ : $x=1-2\times 1=-1$ ; $y=3\times 1=3$ ; $z=-3+1=-2$. Ce qui donne comme point $( -1\,; 3\,;-2 )$.
  2. Donner les coordonnées de deux vecteurs directeurs de $d$.
    3. En observant les coefficients devant les paramètres $t$ dans la paramétrisation on a que $\begin{pmatrix}-2 \\ 3 \\1 \end{pmatrix}$ dirige $d$.

    Tout vecteur non nul colinéaire à ce vecteur est aussi un vecteur directeur de $d$. Ainsi le vecteur $\begin{pmatrix}-4 \\ 6 \\2 \end{pmatrix}$ dirige $d$.
  3. Le point $A(5;-6;5)$ appartient-il à $d$ ?
    4. En observant l'ordonnée $3t$ dans la paramétrisation donnée et celle de $A$ qui vaut $-6$, si $A$ appartenait à $d$ il faudrait que $t=-2$.
    On remplace $t$ par $-2$ dans les autres égalités de la paramétrisation et on obtient : $x=1-2\times(-2)$ $=$ $5$ $=$ $x_A$ et $z=-3+(-2)$ $=$ $-5$ $\neq$ $z_A$.
    Ainsi, $A\notin d$.
  4. Soit $B(1;0;-9)$. Le point $C$ milieu de $[AB]$ est-il un point de $d$ ?
    5. Les coordonnées de $C$ sont $\left( \dfrac{x_A+x_B}{2}\, ; \dfrac{y_A+y_B}{2}\, ; \dfrac{z_A+z_B}{2} \right)$ $=$ $\left( 3\,; -3\, ; -2 \right)$.
    En observant l'ordonnée $3t$ dans la paramétrisation donnée et celle de $C$ qui vaut $-3$, si $C$ appartenait à $d$ il faudrait que $t=-1$.
    On remplace $t$ par $-1$ dans les autres égalités de la paramétrisation et on obtient : $x=1-2\times(-1)$ $=$ $3$ $=$ $x_C$ et $z=-3+(-1)$ $=$ $-4$ $\neq$ $z_C$.
    Ainsi, $C\notin d$.
  5. Déterminer la distance $AB$.
    6. $AB^2$ $=$ $(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2+(z_B-z_A)^2$ $=$ $16+36+196$ $=$ $248$
    Ainsi $AB$ $=$ $\sqrt{248}$ $=$ $\sqrt{4\times62}$ $=$ $2\sqrt{62}$.
  6. Soit $\Delta$ la droite passant par $B$ et dirigé par $\vec{u}\begin{pmatrix}3\\1\\0\end{pmatrix}$.
    Déterminer la position relative de $d$ et $\Delta$. Préciser leur(s) éventuel(s) point(s) d'intersection.
    7. Le vecteur $\vec{u}\begin{pmatrix}3\\1\\0\end{pmatrix}$ qui dirige $\Delta$ et $\begin{pmatrix}-2 \\ 3 \\1 \end{pmatrix}$ qui dirige $d$ ne sont pas colinéaires car leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles.
    Ainsi les droites $d$ et $\Delta$ ne sont pas parallèles. Il reste à voir si elles sont sécantes ou non coplanaires. Pour cela on détermine tout d'abord une paramétrisation pour $\Delta$ :

    7 $\left\{\begin{array}{rcl} x & = & x_B+x_{\vec{v}}t' \\ y & = & y_B+y_{\vec{v}}t' \\ z & = & z_B+z_{\vec{v}}t' \end{array}\right., t'\in\mathbb{R}$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{\begin{array}{rcl} x & = & 1+3t' \\ y & = & t' \\ z & = & -9 \end{array}\right., t'\in\mathbb{R}$

    Il reste à résoudre le système suivant :

    7 $\left\{ \begin{array}{rcl} 1-2t & =& 1+3t' \\ 3t & =& t' \\ -3+t &=& -9 \end{array} \right.$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rcl} 1-2\times(-6) & =& 1+3t' \\ 3\times(-6) & =& t' \\ t &=& -6 \end{array} \right.$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rcl} 13 & =& 1+3t' \\ t' & =& -18 \\ t &=& -6 \end{array} \right.$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rcl} 3t' & =& 12 \\ t' & =& -18 \\ t &=& -6 \end{array} \right.$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rcl} t' & =& 4 \\ t' & =& -18 \\ t &=& -6 \end{array} \right.$
    Ce système ne possède aucune solution, ainsi les droites $d$ et $\Delta$ ne sont ni sécantes, ni parallèles. Elles sont donc non coplanaires.
★★ On considère dans le repère orthonormé $(O,\vec{i},\vec{j},\vec{k})$ ci-dessous, les points $A(0;0;4)$, $B(5;0;0)$, $F(0;3;2)$ et $G(4;1,2;0)$. Ymin = -4 Ymax = 4 Xmin = -4 Xmax = 4.3 traceAxes3d() couleur = gris for(var i=1;i < 7; i++){ segment([i,0,0],[i,6,0]) segment([i,0,0],[i,0,6]) segment([0,i,0],[0,i,6]) segment([0,i,0],[7,i,0]) segment([0,0,i],[6,0,i]) segment([0,0,i],[0,6,i]) } couleur = noir texte("O",[0.5,0.1,-0.2]) A=point([0,0,4]) texte("A",[0,0.2,3.9]) B=point([5,0,0]) texte("B",[5,0.2,-0.1])
  1. Placer les points $F$ et $G$ dans le repère.
    2. Ymin = -4 Ymax = 4 Xmin = -4 Xmax = 4.3 traceAxes3d() couleur = gris for(var i=1;i < 7; i++){ segment([i,0,0],[i,6,0]) segment([i,0,0],[i,0,6]) segment([0,i,0],[0,i,6]) segment([0,i,0],[7,i,0]) segment([0,0,i],[6,0,i]) segment([0,0,i],[0,6,i]) } couleur = noir texte("O",[0.5,0.1,-0.2]) A=point([0,0,4]) texte("A",[0,0.2,3.9]) B=point([5,0,0]) texte("B",[5,0.2,-0.1]) F=point([0,3,2]) texte("F",[0,3.1,1.9]) G=point([4,1.2,0]) texte("G",[4,1.3,-0.1])
  2. Déterminer les coordonnées des vecteurs $\overrightarrow{AF}$ et $\overrightarrow{BG}$.
    3. $\overrightarrow{AF}=\begin{pmatrix}x_F-x_A \\ y_F-y_A \\z_F-z_A\end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix}0-0 \\ 3-0 \\2-4\end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix}0 \\ 3 \\-2\end{pmatrix}$.

    $\overrightarrow{BG}=\begin{pmatrix}x_G-x_B \\ y_G-y_B \\z_G-z_B\end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} 4-5\\ 1,2-0 \\0-0\end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix}-1 \\ 1,2 \\0\end{pmatrix}$.
  3. En déduire des paramétrisations pour les droites $(AF)$ et $(BG)$.
    4. Paramétrisation de $(AF)$
    $\left\{\begin{array}{rcl} x & = & x_A + x_{\overrightarrow{AF}}t \\ y & = & y_A + y_{\overrightarrow{AF}}t \\ z & = & y_A + y_{\overrightarrow{AF}}t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}$ ssi $\left\{\begin{array}{rcl} x & = & 0 \\ y & = & 3t \\ z & = & 4 -2t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}$.

    Paramétrisation de $(BG)$
    $\left\{\begin{array}{rcl} x & = & x_B + x_{\overrightarrow{BG}}t' \\ y & = & y_B + y_{\overrightarrow{BG}}t' \\ z & = & y_B + y_{\overrightarrow{BG}}t' \\ \end{array} \right., t'\in\mathbb{R}$ ssi $\left\{\begin{array}{rcl} x & = & 5-t' \\ y & = & 1,2t' \\ z & = & 0 \\ \end{array} \right., t'\in\mathbb{R}$. D'autres paramétrisations sont correctes si on choisit d'autres points appartenant aux droites et/ou d'autres vecteurs directeurs.
  4. Montrer que les droites $(AF)$ et $(BG)$ sont sécantes en un point $C$.
    5. On résout pour cela le système suivant : $$\left\{\begin{array}{rcl} 0 & = & 5-t' \\ 3t & = & 1,2t' \\ 4-2t & = & 0 \\ \end{array} \right.$$ $$\text{ssi }\left\{\begin{array}{rcl} t' & = & 5 \\ 3t & = & 1,2\times5 \\ t & = & 2 \\ \end{array} \right.$$ $$\text{ssi }\left\{\begin{array}{rcl} t' & = & 5 \\ 6 & = & 6 \\ t & = & 2 \\ \end{array} \right.$$ Ainsi, les droites $(AF)$ et $(BF)$ sont bien sécantes. En remplaçant $t$ par $2$ dans la paramétrisation de $(AF)$, on obtient : $C(0;6;0)$. Ymin = -4 Ymax = 4 Xmin = -4 Xmax = 4.3 traceAxes3d() couleur = gris for(var i=1;i < 7; i++){ segment([i,0,0],[i,6,0]) segment([i,0,0],[i,0,6]) segment([0,i,0],[0,i,6]) segment([0,i,0],[7,i,0]) segment([0,0,i],[6,0,i]) segment([0,0,i],[0,6,i]) } couleur = noir texte("O",[0.5,0.1,-0.2]) A=point([0,0,4]) texte("A",[0,0.2,3.9]) B=point([5,0,0]) texte("B",[5,0.2,-0.1]) F=point([0,3,2]) texte("F",[0,3.1,1.9]) G=point([4,1.2,0]) texte("G",[4,1.3,-0.1]) C=point([0,6,0]) texte("C",[0,6.1,0]) segment([0,0,4],[5,0,0]) segment([0,0,4],[0,6,0]) segment([5,0,0],[0,6,0])
  5. Déterminer le volume du tétraèdre $OABC$.
    6. La formule du volume d'un tétraèdre est : $\dfrac{1}{3}\mathscr{A}_{base}\times hauteur$.
    En considérant la base $OBC$, la hauteur correspondante est $OA=4$.
    Le triangle $OBC$ est rectangle en $O$ donc son aire vaut : $\dfrac{1}{2}OB\times OC=\dfrac{1}{2}\times5\times6=15$.
    Ainsi le volume cherché vaut : $\mathcal{V}=\dfrac{1}{3}\times 15\times 4=20$.
★★ Deux espèces de tortues endémiques d'une petite île de l'océan pacifique, les tortues vertes et les tortues imbriquées, se retrouvent lors de différents épisodes reproducteurs sur deux des plages de l'île pour pondre. Cette île, étant le point de convergence de nombreuses tortues, des spécialistes ont décidé d'en profiter pour recueillir différentes données sur celles-ci.
Ils ont dans un premier temps constaté que les couloirs empruntés dans l'océan par chacune des deux espèces pour arriver sur l'île pouvaient être assimilés à des trajectoires rectilignes.
Dans la suite, l'espace est rapporté à un repère orthonormé $(O,\vec{i},\vec{j},\vec{k})$ d'unité $100$ mètres.
Le plan $(O,\vec{i},\vec{j})$ représente le niveau de l'eau et on admet qu'un point $M(x~;~y~;~z)$ avec $z < 0$ se situe dans l'océan.
La modélisation des spécialistes établit que :
• la trajectoire empruntée dans l'océan par les tortues vertes a pour support la droite $\mathcal{D}_1$ dont une représentation paramétrique est : $$\left\{\begin{array}{l c r} x &=&3+t\\ y &=&6t\\ z &=&- 3t \end{array}\right.\:\text{avec } \:t\: \text{réel}\: ;$$
• la trajectoire empruntée dans l'océan par les tortues imbriquées a pour support la droite $\mathcal{D}_2$ dont une représentation paramétrique est :
$$\left\{\begin{array}{l c r} x&=&10k\\ y&=&2 + 6k\\ z&=&- 4k \end{array}\right.\:\text{avec } \:k\: \text{réel}\: ;$$
  1. Démontrer que les deux espèces ne sont jamais amenées à se croiser avant d'arriver sur l'île.
    2. Démontrons pour cela que ces deux droites ne sont pas sécantes en résolvant le système suivant :

    7 $\left\{\begin{array}{rcl} 3+t & = & 10k \\ 6t & = & 2+6k\\ - 3t & = &-4k \end{array}\right.$

    $\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} 3+t & = & 10k \\ 6t & = & 2+6k\\ t & = & \dfrac{4}{3}k \end{array}\right.$

    $\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} 3+\dfrac{4}{3}k & = & 10k \\ 6\times\dfrac{4}{3}k & = & 2+6k\\ t & = & \dfrac{4}{3}k \end{array}\right.$

    $\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} \dfrac{4}{3}k -10k & = & -3 \\ 8k -6k & = & 2\\ t & = & \dfrac{4}{3}k \end{array}\right.$

    $\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} -\dfrac{27}{3}k & = & -3 \\ 2k & = & 2\\ t & = & \dfrac{4}{3}k \end{array}\right.$

    $\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} k & = & \dfrac{1}{3} \\ k & = & 1\\ t & = & \dfrac{4}{3}k \end{array}\right.$

    Le nombre $k$ ne peut prendre deux valeurs différentes, ce système n'admet aucune solution et les droites $\mathcal{D}_1$ et $\mathcal{D}_2$ ne sont donc pas sécantes.
  2. L'objectif de cette question est d'estimer la distance minimale séparant ces deux trajectoires.
    1. Vérifier que le vecteur $\vec{n}\begin{pmatrix}3\\13\\27\end{pmatrix}$ est normal aux droites $\mathcal{D}_1$ et $\mathcal{D}_2$.
      2. On pose $\vec{u}\begin{pmatrix}1\\6\\-3\end{pmatrix}$ et $\vec{v}\begin{pmatrix}10\\6\\-4\end{pmatrix}$ les vecteurs directeurs respectifs des droites $\mathcal{D}_1$ et $\mathcal{D}_2$ obtenus à l'aide des deux paramétrisations.

      On a alors :

      $\vec{n}.\vec{u}$ $=$ $3\times1+13\times6+27\times(-3)$ $=$ $0$.

      et

      $\vec{n}.\vec{v}$ $=$ $3\times10+13\times6+27\times(-4)$ $=$ $0$.

      Le vecteur $\vec{n}$ est bien normal aux droites $\mathcal{D}_1$ et $\mathcal{D}_2$..
    2. On admet que la distance minimale entre les droites $\mathcal{D}_1$ et $\mathcal{D}_2$ est la distance $\text{HH'}$ où $\overrightarrow{\text{HH}'}$ est un vecteur colinéaire à $\vec{n}$ avec $\text{H}$ appartenant à la droite $\mathcal{D}_1$ et $\text{H}'$ appartenant à la droite $\mathcal{D}_2$.
      Déterminer une valeur arrondie en mètres de cette distance minimale.
      On pourra utiliser les résultats ci-après fournis par un logiciel de calcul formel.
      $\triangleright$ Calcul formel
      1 Résoudre$(\{10*k-3-t=3*\ell,2 + 6*k - 6*t = 13*\ell,- 4*k + 3*t= 27*\ell\},\{k,~\ell,~t\})$
      $\to \left\{\left\{k = \dfrac{675}{1814},\:\ell = \dfrac{17}{907}, \: t =\dfrac{603}{907}\right\}\right\}$
      3. Soient $\text{H}(3+t;6t;-3t)$ et $\text{H}'(10k;2+6k;-4k)$, $t$ et $k$ des réels, deux points respectifs de $\mathcal{D}_1$ et $\mathcal{D}_2$. On a alors :

      $\overrightarrow{\text{HH}'}$ $=$ $\begin{pmatrix}x_{\text{H'}} - x_{\text{H}} \\ y_{\text{H'}} - y_{\text{H}} \\ z_{\text{H'}} - z_{\text{H}} \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} 10k-3-t \\ 2+6k-6t \\ -4k+3t \end{pmatrix}$.

      On sait de plus que $\overrightarrow{\text{HH}'}$ est colinéaire à $\vec{n}$, il existe donc un réel $\ell$ tel que $\overrightarrow{\text{HH}'} = \ell\times\vec{n}$. Les points $\text{H}$ et $\text{H}'$ vérifient donc :

      $\left\{\begin{array}{rcl} 10k-3-t & = & 3\ell \\ 2+6k-6t & = & 13\ell\\ -4k+3t & = & 27\ell \end{array}\right.$

      D'après le résultat du logiciel de calcul formel on a donc que $k=\dfrac{675}{1814}$, $\ell = \dfrac{17}{907}$ et $t =\dfrac{603}{907}$ et la distance $\text{HH}'$ vaut alors :

      $\ell||\vec{n}||$ $=$ $\dfrac{17}{907}\sqrt{3^2+13^2+27^2}$ $=$ $\dfrac{17\sqrt{907}}{907}$ $\simeq$ $0,564$ soit à peu près $56$ mètres, l'unité étant de 100 mètres.
  3. Les scientifiques décident d'installer une balise en mer.
    Elle est repérée par le point B de coordonnées (2;4;0).
    1. Soit $M$ un point de la droite $\mathcal{D}_1$.
      Déterminer les coordonnées du point $M$ tel que la distance $BM$ soit minimale.
      2. Le point $M$ étant un sur $\mathcal{D}_1$ il existe un réel $t$ tel que : $M(3+t;6t;-3t)$.

      Déterminer la distance minimale $BM$ revient à déterminer le minimum de $BM^2$ (la fonction racine carrée étant strictement croissante sur $[0;+\infty[$). Calculons donc $BM^2$.

      $\begin{array}{rcl} BM^2 & = & (x_M-x_B)^2+(y_M-y_B)^2+(z_M-z_B)^2 \\ & = & (3+t-2)^2+(6t-4)^2+(-3t-0)^2\\ & = & (t+1)^2+(6t-4)^2+9t^2 \\ & = & 46t^2-46t+17. \end{array}$

      Le minimum est atteint pour $t=\dfrac{-(-46)}{2\times(46)}$ $=$ $\dfrac{1}{2}$ et les coordonnées du point $M$ cherché sont :

      $M\left(3+\dfrac{1}{2};6\times\dfrac{1}{2};-3\times\dfrac{1}{2}\right)$ $=$ $\left( \dfrac{7}{2};3;-\dfrac{3}{2} \right)$.
    2. En déduire la distance minimale, arrondie au mètre, entre la balise et les tortues vertes.
      3. Remplaçons $t$ par $\dfrac{1}{2}$ dans l'expression obtenue pour $BM^2$ dans la question précédente.

      $BM^2$ $=$ $46\times\left(\dfrac{1}{2}\right)^2-46\times\dfrac{1}{2}+17$ $=$ $\dfrac{23}{2}-\dfrac{46}{2}+\dfrac{34}{2}$ $=$ $\dfrac{11}{2}$.

      Ainsi, $BM =\sqrt{\dfrac{11}{2}}$ $\simeq$ $2,35$ soit $235$ mètres.
★★
  1. Dans un repère de l'espace on considère la droite $d$ de représentation paramétrique : $$\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & -1+3t \\ y & = & 2+t \\ z & = & 3 \end{array}\right.,t\in\mathbb{R}.$$
    1. Donner deux points et deux vecteurs directeurs de $d$. Pour obtenir deux points remplaçons $t$ par deux valeurs différentes, par exemple $0$ et $1$.

      Pour $t=0$, la paramétrisation nous donne le point $(-1;2;3)$.

      Pour $t=1$, la paramétrisation nous donne le point $(2;3;3)$.

      Pour obtenir un vecteur directeur de la droite $d$, il suffit de considèrer les coefficients des nombres $t$ dans la paramétrisation.

      Un premier vecteur directeur est par exemple celui de coordonnées : $\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\0\end{pmatrix}$, et pour en obtenir un deuxième il nous suffit de d'avoir un vecteur colinéaire à ce premier et de multiplier les coordoonées par $2$ par exemple : $\begin{pmatrix} 6 \\ 2 \\0\end{pmatrix}$.
    2. Soient $P(1;0;3)$ et $Q(3;2;3)$ deux points de ce repère. Le milieu du segment $[PQ]$ est-il un point de $d$ ? Déterminons tout d'abord les coordonnées du milieu de $[PQ]$ que l'on note $R$.

      On a :

      $x_R = \dfrac{x_P+x_Q}{2}$ $=$ $\dfrac{1+3}{2}$ $=$ $2$.

      $y_R = \dfrac{y_P+y_Q}{2}$ $=$ $\dfrac{0+2}{2}$ $=$ $1$.

      $z_R = \dfrac{x_P+x_Q}{2}$ $=$ $\dfrac{3+3}{2}$ $=$ $3$.

      Pour que $R(2;1;3)$ appartienne à $d$ il faut trouver $t$ tel que $-1+3t=2$ et $2+t=1$. Or, ces deux égalités nous donne pour la première $t=1$ et pour la deuxième $t=-1$, ce qui est impossible.

      Ainsi on peut affirmer que le milieu du segment $[PQ]$ n'est pas un point de $d$.
  2. Dans un repère de l'espace $\Delta$ est la droite de vecteur directeur $\vec{u} \begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}$ passant par $A(6;1;1)$ et $\Delta'$ la droite de vecteur directeur $\vec{v} \begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ et passant par $B(3;-3;-6)$.
    1. Donner une représentation paramétrique de chacune des droites $\Delta$ et $\Delta'$. Nous utilisons ici la propriété du cours qui donne la paramétrisation d'une droite passant par $A(x_A;y_A;z_A)$ et dirigée par $\vec{u}\begin{pmatrix} x_{\vec{u}} \ y_{\vec{u}} \ z_{\vec{u}}\end{pmatrix}$ : $$\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & x_A+x_{\vec{u}}t \\ y & = & y_A+y_{\vec{u}}t \\ z & = & z_A+z_{\vec{u}}t\\ \end{array}\right.,t\in\mathbb{R}.$$ On a alors pour $\Delta$ : $$\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 6+t \\ y & = & 1+2t \\ z & = & 1-t\\ \end{array}\right.,t\in\mathbb{R}.$$ Et pour $\Delta'$ : $$\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 3-t' \\ y & = & -3+t' \\ z & = & -6+t'\\ \end{array}\right.,t'\in\mathbb{R}.$$
    2. Existe-t-il un point $C$ de $\Delta$ et un point $D$ de $\Delta'$ tel que $M(1;-2;3)$ soit le milieu de $[CD]$ ? Soient $t$ et $t'$ deux réels tels que $C(6+t;1+2t;1-t)$ et $D(3-t';-3+t';-6+t')$. Pour que $M(1;-2;3)$ soit le milieu de $[CD]$ il faut que :

      $\left\{\begin{array}{rcl} \dfrac{x_C+x_D}{2} & = & x_M \\ \dfrac{y_C+y_D}{2} & = & y_M \\ \dfrac{z_C+z_D}{2} & = & z_M \\ \end{array}\right.$

      $\left\{\begin{array}{rcl} x_C+x_D & = & 2x_M \\ y_C+y_D & = & 2y_M \\ z_C+z_D & = & 2z_M \\ \end{array}\right.$

      $\left\{\begin{array}{rcl} 6+t+3-t' & = & 2 \\ 1+2t-3+t' & = & -4 \\ 1-t-6+t' & = & 6 \\ \end{array}\right.$

      $\left\{\begin{array}{rcl} t-t' & = & -7 \\ 2t+t' & = & -2 \\ -t+t' & = & 11 \\ \end{array}\right.$

      En additionnant la première égalité à la troisième de ce dernier système nous obtenons l'égalité $0=4$, qui est fausse, ce système n'a pas de solution. Il est donc impossible de trouver un point de $\Delta$ et un point de $\Delta'$ dont le milieu est le point $M$.
★★ On considère:
2$\bullet$ I et J les milieux respectifs des segments [AD] et [BC];
2$\bullet$ P le centre de la face ABFE, c'est-à-dire l'intersection des diagonales (AF) et (BE);
2$\bullet$ Q le milieu du segment [FG]. Xmin = -10 Xmax = 10 Ymin = -10 Ymax = 10 a = 10 U = [0,0,1] O = [0,0,0] angle = -0.4 A = rotation3d(U,angle,O,[a,0,0]) B = rotation3d(U,angle,O,[a,a,0]) C = rotation3d(U,angle,O,[0,a,0]) D = rotation3d(U,angle,O,[0,0,0]) E = rotation3d(U,angle,O,[a,0,a]) F = rotation3d(U,angle,O,[a,a,a]) G = rotation3d(U,angle,O,[0,a,a]) H = rotation3d(U,angle,O,[0,0,a]) I = rotation3d(U,angle,O,[a/2,0,0]) J = rotation3d(U,angle,O,[a/2,a,0]) W = [J[0]-I[0],J[1]-I[1],J[2]-I[2]] P = rotation3d(U,angle,O,[a,a/2,a/2]) Q = rotation3d(U,angle,O,[a/2,a,a]) W1 = [Q[0]-P[0],Q[1]-P[1],Q[2]-P[2]] R = rotation3d(U,angle,O,[a,0,a/2]) S = rotation3d(U,angle,O,[a,a/2,0]) point(A) texte("A",translation([2.5,0,0],A)) point(B) texte("B",translation([2.5,1,0],B)) point(C) texte("C",translation([0,0.5,-0.5],C)) point(D) texte("D",translation([-.7,0,0],D)) point(E) texte("E",translation([2.5,0,1],E)) point(F) texte("F",translation([1.8,0,1],F)) point(G) texte("G",translation([-0.4,0,0],G)) point(H) texte("H",translation([2,0,1],H)) point(I) texte("I",translation([2,0,1],I)) point(J) texte("J",translation([2.5,1,0],J)) point(P) texte("P",translation([2.5,0,-0.3],P)) point(Q) texte("Q",translation([1.5,0,-0.5],Q)) segment(A,B) segment(A,E) segment(B,C) segment(C,D,[6,3]) segment(A,D,[6,3]) segment(H,E) segment(E,F) segment(F,G) segment(G,H) segment(F,B) segment(G,C) segment(H,D,[6,3]) couleur = gris droiteParam(J,W,[6,3]) droiteParam(P,W1,[6,3]) couleur = noir trait = 2 segment(A,R) segment(R,translation([0,0.2,-0.3],R)) segment(R,translation([0,-0.2,-0.3],R)) segment(A,I,[6,3]) segment(I,translation([0,-0.1,-0.4],I)) segment(I,translation([0,-.5,0.1],I)) segment(A,S) segment(S,translation(rotation3d(U,angle,O,[-0.5,-0.7,0]),S)) segment(S,translation(rotation3d(U,angle,O,[0.5,-0.2,0]),S))
On se place dans le repère orthonormé $\left ( \text{A}~;~\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}\;,\;\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}\;,\;\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AE}\right )$. Dans tout l'exercice, on pourra utiliser les coordonnées des points de la figure sans les justifier.
  1. Déterminer les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{IJ}$ et justifier alors que la droite $(IJ)$ admet la représentation paramétrique suivante : $$\left \lbrace \begin{array}{rcl} x& = & r\\ y & = & 1\\ z & = & 0\\ \end{array} \right . , \quad r\in\mathbb{R}$$ Puisque $I$ est le milieu du segment $[AD]$ nous avons :

    $I\left( \dfrac{x_A+x_D}{2} ; \dfrac{y_A+y_D}{2} ; \dfrac{z_A+z_D}{2} \right)$ $=$ $\left( \dfrac{0+0}{2} ; \dfrac{0+2}{2} ; \dfrac{0+0}{2} \right)$ $=$ $(0;1;0)$.

    De même pour le point $J$ milieu de $[BC]$ :

    $J\left( \dfrac{x_B+x_C}{2} ; \dfrac{y_B+y_C}{2} ; \dfrac{z_B+z_C}{2} \right)$ $=$ $\left( \dfrac{2+2}{2} ; \dfrac{0+2}{2} ; \dfrac{0+0}{2} \right)$ $=$ $(2;1;0)$.

    Les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{IJ}$ sont donc :

    $\overrightarrow{IJ}\begin{pmatrix} x_J-x_I \\ y_J-y_I \\ z_J-z_I \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

    On utilise alors le fait que la droite $(IJ)$ est dirigée par le vecteur de coordonnées $\vec{u}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$, qui est colinéaire à $\overrightarrow{IJ}$, et passe par $I$ pour obtenir la paramétrisation suivante :

    9 $\left \lbrace \begin{array}{rcl} x& = & x_{\vec{u}}r+x_I\\ y & = & y_{\vec{u}}r+y_I\\ z & = & z_{\vec{u}}r+z_I\\ \end{array} \right . , \quad r\in\mathbb{R}$

    $\iff\left \lbrace \begin{array}{rcl} x& = & 1\times r+0\\ y & = & 0\times r+1\\ z & = & 0\times r+0\\ \end{array} \right . , \quad r\in\mathbb{R}$

    $\iff\left \lbrace \begin{array}{rcl} x& = & r\\ y & = & 1\\ z & = & 0\\ \end{array} \right . , \quad r\in\mathbb{R}$.
  2. Le point $M$ de coordonnées $(4;3;4)$ appartient-il à la droite $(PQ)$ ? Déterminons dans un premier temps les coordonnées des points $P$ et $Q$.

    Le point $P$ est le milieu du segment $[AF]$ donc :

    $P\left( \dfrac{x_A+x_F}{2} ; \dfrac{y_A+y_F}{2} ; \dfrac{z_A+z_F}{2} \right)$ $=$ $\left( \dfrac{0+2}{2} ; \dfrac{0+0}{2} ; \dfrac{0+2}{2} \right)$ $=$ $(1;0;1)$.

    De même, puisque le point $Q$ est le milieu du segment $[FG]$ on a :

    $Q\left( \dfrac{x_F+x_G}{2} ; \dfrac{y_F+y_G}{2} ; \dfrac{z_F+z_G}{2} \right)$ $=$ $\left( \dfrac{2+2}{2} ; \dfrac{0+2}{2} ; \dfrac{2+2}{2} \right)$ $=$ $(2;1;2)$.

    Regardons maintenant, pour savoir si $M$ est un point de la droite $(PQ)$, si les vecteurs $\overrightarrow{PM}$ et $\overrightarrow{PQ}$ sont colinéaires.

    $\overrightarrow{PM}\begin{pmatrix}x_M-x_P \\ y_M-y_P \\ z_M-z_P\end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix}4-1 \\ 3-0 \\ 4-1\end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix}3 \\ 3 \\ 3\end{pmatrix}$

    $\overrightarrow{PQ}\begin{pmatrix}x_Q-x_P \\ y_Q-y_P \\ z_Q-z_P\end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix}2-1 \\ 1-0 \\ 2-1\end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}$

    Ainsi, $\overrightarrow{PM}=3\overrightarrow{PQ}$, les vecteurs sont donc colinéaires et les points $M$, $P$ et $Q$ sont alignés. Le point $M$ appartient bien à la droite $(PQ)$.
  3. Déterminer les coordonnées du point $N$ de la droite $(IJ)$ tel que $(MN)$ et $(IJ)$ soient orthogonales. Puisque $N$ est un point de $(IJ)$, il existe alors un réel $r$ tel que $N$ ait pour coordonnées $(r\,;1\,;0)$.

    De plus, les droites $(MN)$ et $(IJ)$ sont orthogonales si et seulement si : $$\begin{array}{crcl} & \overrightarrow{IJ}.\overrightarrow{MN} & = & 0 \\ & \begin{pmatrix}2 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}x_M-x_N \\ y_M-y_N \\ z_M-z_N \end{pmatrix} & = & 0 \\ & \begin{pmatrix}2 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}4-r \\ 3-1 \\ 4-0 \end{pmatrix} & = & 0 \\ & \begin{pmatrix}2 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}4-r \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix} & = & 0 \\ & 2\times (4-r)+0+0 & = & 0 \\ & 8 - 2r & = & 0 \\ & r & = & 4. \\ \end{array}$$ En remplaçant $r$ par $4$, on a donc que le point $N$ a pour coordonnées $(4\,;1\,;0)$.
★★ ABCDEFGH est un cube.
I est le milieu du segment [AB], J est le milieu du segment [EH], K est le milieu du segment [BC] et L est le milieu du segment [CG].
On munit l'espace du repère orthonormé $\left(\text{A};\overrightarrow{\text{AB}}, \overrightarrow{\text{AD}}, \overrightarrow{\text{AE}}\right)$.
    1. Démontrer que la droite (FD) est orthogonale au plan (IJK).
      2. Les vecteurs $\overrightarrow{IJ}$ $=$ $\begin{pmatrix}x_J-x_I\\y_J-y_I\\z_J-z_I\end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix}0-1/2\\1/2-0\\1-0\end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix}-1/2\\1/2\\1\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{IK}$ $=$ $\begin{pmatrix}x_K-x_I\\y_K-y_I\\z_K-z_I\end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix}1-1/2\\1/2-0\\0-0\end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix}1/2\\1/2\\0\end{pmatrix}$ ne sont pas colinéaires $\left(x_{\overrightarrow{IK}} = - x_{\overrightarrow{IJ}} \text{ et } y_{\overrightarrow{IK}} = x_{\overrightarrow{IJ}}\right)$.
      Ainsi, pour démontrer que la droite (FD) est orthogonal au plan (IJK), il nous suffit de démontrer que le vecteur $\overrightarrow{FD}$ est orthogonal aux vecteurs $\overrightarrow{IJ}$ et $\overrightarrow{IK}$.
      On a : $\overrightarrow{FD}$ $=$ $\begin{pmatrix}x_D-x_F\\y_D-y_F\\z_D-z_F\end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix}0-1\\1-0\\0-1\end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix}-1\\1\\-1\end{pmatrix}$ et donc :
      $\overrightarrow{FD}.\overrightarrow{IJ}$ $=$ $\begin{pmatrix}-1\\1\\-1\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}-1/2\\1/2\\1\end{pmatrix}$ $=$ $\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-1$ $=$ $0$,
      et : $\overrightarrow{FD}.\overrightarrow{IK}$ $=$ $\begin{pmatrix}-1\\1\\-1\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}1/2\\1/2\\0\end{pmatrix}$ $=$ $-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-0$ $=$ $0$.
      Ainsi la droite (FD) est orthogonale à deux droites non parallèles du plan (IJK), elle est donc orthogonale au plan (IJK).
    2. En déduire une équation cartésienne du plan (IJK).
      3. D'après la question précédente le vecteur $\overrightarrow{FD}\begin{pmatrix}-1\\1\\-1\end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan (IJK), l'équation cartésienne de ce dernier est donc de la forme : $-x+y-z+d=0$, avec $d\in\mathbb{R}$ qui nous reste à déterminer.
      Or $I\left(\dfrac{1}{2}\,;0\,;0\right)$ est un point de (IJK), ses coordonnées vérifient l'équation cartésienne de ce plan et donc :
      $-x_I+y_I-z_I+d=0$ $\Longleftrightarrow$ $-\dfrac{1}{2}+0-0+d=0$ $\Longleftrightarrow$ $d=\dfrac{1}{2}$.
      (IJK) a donc pour équation cartésienne : $-x+y-z+\dfrac{1}{2}=0$.
  2. Déterminer une représentation paramétrique de la droite (FD).
    3. Une représentation paramétrique de la droite (FD) est donnée par :

    7 $\left\{\begin{array}{rcl} x & = & x_{ \overrightarrow{FD} }t+x_D \\ y & = & y_{ \overrightarrow{FD} }t+y_D \\ z & = & x_{ \overrightarrow{FD} }t+z_D \\ \end{array}\right., t\in\mathbb{R}$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{\begin{array}{rcl} x & = & -t \\ y & = & t+1 \\ z & = & -t \\ \end{array}\right., t\in\mathbb{R}.$
  3. Soit $M$ le point d'intersection de la droite (FD) et du plan (IJK). Déterminer les coordonnées du point $M$.
    4. Les coordonnées du point $M(x;y;z)$ vérifient les équations de la paramétrisation de la droite (FD) et également l'équation cartésienne du plan (IJK). Ainsi, en remplaçant $x$, $y$ et $z$ par leur expression en fonction de $t$ dans l'équation cartésienne, nous obtenons :

    7$-x+y-z+\dfrac{1}{2}=0$
    $\Longleftrightarrow$ $-(-t)+t+1-(-t)+\dfrac{1}{2}=0$
    $\Longleftrightarrow$ $3t+\dfrac{3}{2}=0$
    $\Longleftrightarrow$ $t=-\dfrac{1}{2}$.

    En remplaçant $t$ par $-\dfrac{1}{2}$ dans la paramétrisation de (FD), nous obtenons comme coordonnées pour le point d'intersection entre (FD) et (IJK) : $\left( \dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2} \right)$.
★★ On considère le cube $ABCDEFGH$ de côté $1$, le milieu $I$ de $[EF]$ et $J$ le symétrique de $E$ par rapport à $F$.
Dans tout l'exercice, l'espace est rapporté au repère orthonormé $(A, \overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A D}, \overrightarrow{A E})$.
    1. Par lecture graphique, donner les coordonnées des points I et J.
      2. $I\left( \dfrac{1}{2}\,;0;1 \right)$

      $J\left( 2\,;0;1 \right)$
    2. En déduire les coordonnées des vecteurs $\overrightarrow{DJ}$, $\overrightarrow{BI}$ et $\overrightarrow{BG}$.
      3. $\overrightarrow{DJ}$ $=$ $\begin{pmatrix} x_J - x_D \\\ y_J - y_D \\\ z_J - z_D \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} 2 - 0 \\\ 0 - 1 \\\ 1 - 0 \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} 2 \\\ - 1 \\\ 1 \end{pmatrix}$.

      $\overrightarrow{BI}$ $=$ $\begin{pmatrix} x_I - x_B \\\ y_I - y_B \\\ z_I - z_B \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} \frac{1}{2} - 1 \\\ 0 - 0 \\\ 1 - 0 \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} -\frac{1}{2} \\\ 0 \\\ 1 \end{pmatrix}$.

      $\overrightarrow{BG}$ $=$ $\begin{pmatrix} x_G - x_B \\\ y_G - y_B \\\ z_G - z_B \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} 1 - 1 \\\ 1 - 0 \\\ 1 - 0 \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} 0 \\\ 1 \\\ 1 \end{pmatrix}$.
    3. Montrer que $\overrightarrow{DJ}$ est un vecteur normal au plan $(BGI)$.
      4. On remarque tout d'abord que les vecteurs $\overrightarrow{BI}$ et $\overrightarrow{BG}$ ne sont pas colinéaires, les points $B$, $G$ et $I$ n'étant pas alignés.
      On a de plus :
      $\overrightarrow{DJ}\cdot\overrightarrow{BI}$ $=$ $2\times\left(-\dfrac{1}{2} \right)+(-1)\times0+1\times1$ $=$ $0$.

      $\overrightarrow{DJ}\cdot\overrightarrow{BG}$ $=$ $2\times0+(-1)\times1+1\times1$ $=$ $0$.

      Ainsi, $\overrightarrow{DJ}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de $(BGI)$, il est donc normal à ce plan.
    4. Montrer qu’une équation cartésienne du plan $(BGI)$ est $2x-y+z-2=0$.
      5. Puisque $\overrightarrow{DJ}\begin{pmatrix} 2 \\\ - 1 \\\ 1 \end{pmatrix}$ est un vecteur normal à $(BGI)$, une équation cartésienne de ce plan est de la forme : $$2x-y+z+d=0,$$ avec $d\in\mathbb{R}$ à déterminer.
      Or, $B(1\,;0\,;0)\in(BGI)$, ses coordonnées vérifient donc l'équation précédente :
      $2\times1-0+0+d=0$ c'est-à-dire $d=-2$.

      Ainsi, une équation cartésienne de $(BGI)$ est bien $2x-y+z-2=0$.
  2. On note $d$ la droite passant par $F$ et orthogonale au plan $(BGI)$.
    1. Déterminer une représentation paramétrique de la droite $d$.
      2. Puisque $d$ est orthogonale à $(BGI)$ le vecteur $\overrightarrow{DJ}\begin{pmatrix} 2 \\\ - 1 \\\ 1 \end{pmatrix}$ en est un vecteur directeur.
      Une paramétrisation de $d$ est donc :

      8 $\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & x_F + x_{\overrightarrow{DJ}}t \\ y & = & y_F + y_{\overrightarrow{DJ}}t \\ z & = & z_F + z_{\overrightarrow{DJ}}t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}$

      $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 1 + 2t \\ y & = & 0 -t \\ z & = & 1 +t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}$

      $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 1 + 2t \\ y & = & -t \\ z & = & 1 +t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}.$
    2. On considère le point $L$ de coordonnées $\left(\dfrac{2}{3}\, ; \dfrac{1}{6}\, ; \dfrac{5}{6}\right)$.
      Montrer que $L$ est le point d’intersection de la droite $d$ et du plan $(BGI)$.
      3. On propose deux méthodes ici.

      Méthode 1
      Un point $M(x\,;y\,;z)$ appartient à $d\cap(BGI)$ si il existe $t$ tel que : $\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 1 + 2t \\ y & = & -t \\ z & = & 1 +t \\ \end{array} \right.$ et si $2x-y+z-2=0$, c'est-à-dire si :
      7 $2(1+2t)-(-t)+(1+t)-2=0$
      $\Longleftrightarrow$ $6t+1=0$
      $\Longleftrightarrow$ $t=-\dfrac{1}{6}$.

      En remplaçant $t$ par $-\dfrac{1}{6}$ dans la paramétrisation de $d$, on obtient que le point d'intersection cherché a pour coordonnées :

      $\left(1-\dfrac{2}{6}\,;\dfrac{1}{6}\,;1-\dfrac{1}{6}\right)$ $=$ $\left(\dfrac{2}{3}\,;\dfrac{1}{6}\,;\dfrac{5}{6} \right)$.

      Méthode 2
      On vérifie que le point $L\left(\dfrac{2}{3}\,;\dfrac{1}{6}\,;\dfrac{5}{6} \right)$ appartient à $d$ et à $(BGI)$.

      En observant la ligne des ordonnées dans la paramétrisation de $d$, nous voyons que pour que $L$ appartiennent à $d$ il faut $\dfrac{1}{6}=-t$, donc $t=-\dfrac{1}{6}$.
      On remplace $t$ par cette valeur dans les lignes correspondant à $x$ et $y$ dans la paramétrisation pour voir si on obtient l'abscisses et la cote de $L$.
      $x=1+2\times\left(-\dfrac{1}{6}\right)$ $=$ $1-\dfrac{2}{6}$ $=$ $\dfrac{2}{3}$ $=$ $x_L$.
      $z=1+\left(-\dfrac{1}{6}\right)$ $=$ $\dfrac{5}{6}$ $=$ $z_L$.

      Ainsi, $L$ est bien un point de $d$.

      On injecte maintenant les coordonnées de $L$ dans l'équation cartésienne de $(BGI)$ pour voir si l'égalité est vérifiée ou non :
      $2x_L-y_L+z_L-2$ $=$ $2\times\dfrac{2}{3}-\dfrac{1}{6}+\dfrac{5}{6}-2$ $=$ $0$.
      Ainsi, $L$ est bien un point de $(BGI)$ et il est bien à l'intersection entre $d$ et $(BGI)$.
  3. On rappelle que le volume $V$ d'une pyramide est donné par la formule $$V=\frac{1}{3} \times \mathcal{B} \times h$$ où $\mathcal{B}$ est l'aire d’une base et $h$ la hauteur associée à cette base.
    1. Calculer le volume de la pyramide $FBGI$.
      2. Pour calculer le volume de cette pyramide on considère le triangle $FBG$ comme base et le segment $[IF]$ comme hauteur associée.
      On a alors :
      $V_{FBGI}$ $=$ $\dfrac{1}{3}\mathcal{A}_{FBG}\times IF$
      $=$ $\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{2}FG\times FB\times IF$
      $=$ $\dfrac{1}{6}\times1\times 1\times \dfrac{1}{2}$
      $=$ $\dfrac{1}{12}$.
    2. En déduire l'aire du triangle $BGI$.
      3. D'après les questions précédentes on sait que le segment $[FL]$ est une hauteur associée à la base $BGI$ dans la pyramide $FBGI$.
      On a de plus :
      $FL$ $=$ $\sqrt{(x_L-x_D)^2+(y_L-y_D)^2+(z_L-z_D)^2}$
      $=$ $\sqrt{\left(\dfrac{2}{3}-1\right)^2+\left(\dfrac{1}{6}-0\right)^2+\left(\dfrac{5}{6}-1\right)^2}$
      $=$ $\sqrt{\left(-\dfrac{1}{3}\right)^2+\left(\dfrac{1}{6}\right)^2+\left(-\dfrac{1}{6}\right)^2}$
      $=$ $\sqrt{\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{36}+\dfrac{1}{36}}$
      $=$ $\sqrt{\dfrac{3}{18}}$
      $=$ $\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{18}}$
      $=$ $\dfrac{\sqrt{3}}{3\sqrt{2}}$
      $=$ $\dfrac{\sqrt{3}\times\sqrt{2}}{3\times2}$
      $=$ $\dfrac{\sqrt{6}}{6}$.

      Ainsi :
      $\dfrac{1}{3}FL\times\mathcal{A}_{BGI}$ $=$ $\dfrac{1}{12}$
      $\dfrac{1}{3}\times\dfrac{\sqrt{6}}{6}\times\mathcal{A}_{BGI}$ $=$ $\dfrac{1}{12}$
      $\mathcal{A}_{BGI}$ $=$ $\dfrac{1}{12}\times\dfrac{18}{\sqrt{6}}$
      $\mathcal{A}_{BGI}$ $=$ $\dfrac{3}{2\sqrt{6}}$
      $\mathcal{A}_{BGI}$ $=$ $\dfrac{3\sqrt{6}}{2\times6}$
      $\mathcal{A}_{BGI}$ $=$ $\dfrac{\sqrt{6}}{4}$.
★★ On se place dans un repère orthonormé de l'espace et on considère le plan $\mathscr{P}$ dont une équation cartésienne est : $$2x-y+z=4.$$ On considère de plus les points $A(6\,;-1\,;3)$, $B(0\,;0 \,;4)$, $C(2\,;-1 \,;-1)$ et $D\left( \dfrac{5}{2}\,; 0\,;-1 \right)$.
On note $d$ la droite perpendiculaire à $\mathscr{P}$ passant par $A$.
  1. Déterminer lesquels des points $A$, $B$, $C$ et $D$ appartiennent à $\mathscr{P}$ ?
    2. $2x_A-y_A+z_A$ $=$ $12+1+3$ $=$ $16$ $\neq$ $4$, donc $A\notin\mathscr{P}$.

    $2x_B-y_B+z_B$ $=$ $0-0+4$ $=$ $4$, donc $B\in\mathscr{P}$.

    $2x_C-y_C+z_C$ $=$ $4+1+(-1)$ $=$ $4$, donc $C\in\mathscr{P}$.

    $2x_D-y_D+z_D$ $=$ $5-0-1$ $=$ $4$, donc $D\in\mathscr{P}$.
  2. Quelle est la nature du triangle $BCD$ ?
    3. Déterminons dans un premier temps les coordonnées des vecteurs $\overrightarrow{BC}$, $\overrightarrow{BD}$ et $\overrightarrow{CD}$.

    $\overrightarrow{BC} = \begin{pmatrix} x_C - x_B \\ y_C - y_B \\ z_C - z_B \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ -5 \end{pmatrix}$.

    $\overrightarrow{BD} = \begin{pmatrix} x_D - x_B \\ y_D - y_B \\ z_D - z_B \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} \frac{5}{2} \\ 0 \\ -5 \end{pmatrix}$.

    $\overrightarrow{CD} = \begin{pmatrix} x_D - x_C \\ y_D - y_C \\ z_D - z_C \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$.

    On a alors : $\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{CD}$ $=$ $2\times\dfrac{1}{2}-1\times1+0$ $=$ $0$.

    Ainsi, le triangle $BCD$ est rectangle en $C$.

    De plus, $BC$ $=$ $|| \overrightarrow{BC} ||$ $=$ $\sqrt{ 4+1+25 }$ $=$ $\sqrt{30}$, et $CD$ $=$ $|| \overrightarrow{CD} ||$ $=$ $\sqrt{ \dfrac{1}{4}+1+0 }$ $=$ $\sqrt{\dfrac{5}{4}}$ $\neq$ $BC$.

    Le triangle $BCD$ est rectangle (mais non isocèle).
  3. Donner une paramétrisation de $d$.
    4. Le vecteur $\vec{n}\begin{pmatrix}2 \\-1 \\1 \end{pmatrix}$ est un vecteur normal de $\mathscr{P}$, il est donc un vecteur directeur de $d$. Une paramétrisation de $d$ est alors :

    9$\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & x_A + x_{\vec{n}}t \\ y & = & y_A + y_{\vec{n}}t \\ z & = & z_A + z_{\vec{n}}t \end{array} \right., t\in\mathbb{R}$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 6 + 2t \\ y & = & -1 -t \\ z & = & 3 + t \end{array} \right., t\in\mathbb{R}.$
  4. Déterminer les coordonnées du point $H$, projeté orthogonale de $A$ sur $\mathscr{P}$.
    5. Le point $H$ est à l'intersection entre $d$ et $\mathscr{P}$. Pour déterminer ses coordonnées on « injecte » la paramétrisation de $d$ dans l'équation cartésienne de $\mathscr{P}$.
    9$2(6+2t)-(-1-t)+(3+t)=4$
    $\Longleftrightarrow$ $6t+16=4$
    $\Longleftrightarrow$ $6t=-12$
    $\Longleftrightarrow$ $t=-2$.

    On remplace alors $t$ par $-2$ dans la paramétrisation de $d$ pour obtenir les coordonnées de $H$ :
    $H(2\,; 1\,; 1)$.
  5. En déduire le volume du tétraèdre $ABCD$.
    6. $\mathscr{V}_{ABCD}$ $=$ $\dfrac{1}{3}\mathscr{A}_{BCD}\times AH$
    $=$ $\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{2}BC\times CD\times AH$
    $=$ $\dfrac{1}{6}\sqrt{30}\times\sqrt{\dfrac{5}{4}}\times\sqrt{ 16+4+4 }$
    $=$ $\dfrac{1}{6}\times\sqrt{30}\times\dfrac{\sqrt{5}}{2}\times\sqrt{ 24 }$
    $=$ $\dfrac{1}{12}\times\sqrt{5}\times\sqrt{6}\times\sqrt{5}\times2\sqrt{ 6 }$
    $=$ $\dfrac{1}{6}\times5\times6$
    $=$ $5$.
★★ On se place dans un repère orthonormé de l'espace et on considère les points $A(1\,;-2\,;10)$ et $B(2\,;1\,;3)$, ainsi que le vecteur $\vec{u}\begin{pmatrix}1 \\ -5 \\3 \end{pmatrix}$.
On note $d$ la droite passant par $B$ et dirigée par $\vec{u}$.
  1. Donner une paramétrisation de la droite $d$.
    2. La droite $d$ étant dirigée par $\vec{u}$ et passant par $B$, on a :

    $M(x\,;y\,;z)\in d$ $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & x_B + x_{\vec{u}}t \\ y & = & y_B + y_{\vec{u}}t \\ z & = & z_B + z_{\vec{u}}t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 2 + t \\ y & = & 1 -5t \\ z & = & 3 + 3t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}.$
  2. La droite $d$ passe-t-elle par $A$ ?
    3. Si $A$ appartient à $d$ alors il existe $t\in\mathbb{R}$ tel que :
    $x_A$ $=$ $2+t$, c'est-à-dire $1=2+t$, soit $t=-1$.
    Or, en remplaçant, $t$ par $-1$ dans la formule des ordonnées de la paramétrisation de $d$, on obtient :
    $y$ $=$ $1+5$ $=$ $6$ $\neq$ $y_A$.

    Ainsi, la droite $d$ ne passe pas par $A$.
  3. Le but de cette question est de déterminer la distance entre $A$ et $d$, puis d'exploiter ce résultat à un calcul d'aire.
    On considère un point $M(x\,;y\,;z)$ quelconque sur $d$, avec $x$, $y$ et $z$ des nombres réels.
    1. Montrer qu'il existe un réel $t$ tel que pour $AM^2=35t^2-70t+59$.
      2. Puisque $M\in d$, ses coordonnées vérifient la paramétrisation de $d$ et il existe donc $t\in\mathbb{R}$ tel que : $x_M=2+t$, $y_M=1-5t$ et $z_M=3+3t$.
      Ainsi :
      $AM^2$ $=$ $(x_M-x_A)^2+(y_M-y_A)^2+(z_M-z_A)^2$
      $=$ $(2+t-1)^2+(1-5t+2)^2+(3+3t-10)^2$
      $=$ $(1+t)^2+(3-5t)^2+(3t-7)^2$
      $=$ $1+2t+t^2+9-30t+25t^2+9t^2-42t+49$
      $=$ $35t^2-70t+59$.
    2. Justifier que lorsque $AM^2$ est minimale alors $AM$ l'est.
      3. La fonction racine carrée étant strictement croissante sur $\mathbb{R}^+$, si $AM^2$ est minimale alors $\sqrt{AM^2}$ $=$ $AM$ l'est également.
    3. En déduire la distance entre $A$ et $d$.
      4. La distance entre $A$ et $d$ correspond à la plus petite distance possible entre $A$ et n'importe quel point $M$ de $d$.
      On cherche donc la plus petite valeur de $AM^2=$ $35t^2-70t+59$.
      D'après le cours sur les polynômes du second degré, cette valeur minimale est atteinte pour $t=-\dfrac{-70}{2\times 35}$ $=$ $1$.
      La valeur minimale de $AM^2$ est donc $35\times1^2-70\times1+59$ $=$ $24$ et la distance entre $d$ et $A$ vaut donc $\sqrt{24}$ $=$ $2\sqrt{6}$.
    4. Existe-t-il un point $M$ de $d$ tel que l'aire du triangle $ABM$ soit égale à $1$ ?
      5. D'après la question précédente, dans le triangle $ABM$ la hauteur associée à $BM$ mesure $2\sqrt{6}$.
      De plus :
      $BM$ $=$ $\sqrt{(x_M-x_B)^2+(y_M-y_B)^2+(z_M-z_B)^2}$
      $=$ $\sqrt{(2+t-2)^2+(1-5t-1)^2+(3+3t-3)^2}$
      $=$ $\sqrt{t^2+(-5t)^2+(3t)^2}$
      $=$ $\sqrt{35t^2}$
      $=$ $\sqrt{35}\times\sqrt{t^2}$
      $=$ $\sqrt{35}|t|$.
      On cherche donc $t$ tel que $\sqrt{35}|t| = 1$, c'est-à-dire $|t|=\dfrac{1}{\sqrt{35}}$ et donc :
      $t=-\dfrac{1}{\sqrt{35}}$ ou $t=\dfrac{1}{\sqrt{35}}$.

      Il existe donc deux points $M$ de la droite tels que l'aire de $ABM$ soit égale à $1$.
★★★ Dans un repère orthonormé de l'espace on considèrent les points suivants :
$A( 4\,;3 \,;-4)$, $B(0 \,;1 \,;-1)$, $C( 2\,;1 \,;0)$, $D( -3\,;2 \,;-2)$ et $E(m \,;0 \,;1)$,
avec $m\in\mathbb{R}$.
  1. Déterminer la valeur de $m$ pour que les vecteurs $\overrightarrow{BC}$, $\overrightarrow{BD}$ et $\overrightarrow{BE}$ soient coplanaires.
    2. On détermine les coordonnées de ces vecteurs :

    $\overrightarrow{BC}$ $=$ $\begin{pmatrix} x_C-x_B \\ y_C-y_B \\ z_C-z_B \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$,

    $\overrightarrow{BD}$ $=$ $\begin{pmatrix} x_D-x_B \\ y_D-y_B \\ z_D-z_B \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$,

    $\overrightarrow{BE}$ $=$ $\begin{pmatrix} x_E-x_B \\ y_E-y_B \\ z_E-z_B \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} m \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}$.

    On cherche donc une valeur de $m$ tel qu'il existe $x$ et $y$ vérifiant :
    $\overrightarrow{BE}$ $=$ $x\overrightarrow{BC}+y\overrightarrow{BD}$
    $\begin{pmatrix} m \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}$ $=$ $x\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}+y\begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$
    $\begin{pmatrix} m \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} 2x \\ 0 \\ x \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} -3y \\ y \\ -y \end{pmatrix}$
    $\begin{pmatrix} m \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} 2x-3y \\ y \\ x-y \end{pmatrix}$
    Or, deux vecteurs sont égaux si et seulement si ils ont les mêmes coordonnées, on a donc le système d'équations suivants :

    8$\left\{ \begin{array}{rcl} m & = & 2x-3y \\ -1 & = & y \\ 2 & = & x-y \end{array} \right.$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rcl} m & = & 2x+3 \\ y & = & -1 \\ 2 & = & x+1 \end{array} \right.$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rcl} m & = & 2+3 \\ y & = & -1 \\ x & = & 1 \end{array} \right.$

    Ainsi, pour que les vecteurs $\overrightarrow{BC}$, $\overrightarrow{BD}$ et $\overrightarrow{BE}$ soient coplanaires, il faut $m=5$.
  2. Vérifier que le vecteur $\overrightarrow{AC}$ est normal au plan $(BCDE)$.
    3. On a :

    $\overrightarrow{AC}$ $=$ $\begin{pmatrix} x_C-x_A \\ y_C-y_A \\ z_C-z_A \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} -2 \\ -2 \\ 4 \end{pmatrix}$.

    De plus :

    $\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BC}$ $=$ $\begin{pmatrix} -2 \\ -2 \\ 4 \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ $=$ $-4+0+4$ $=$ $0$,

    $\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}$ $=$ $\begin{pmatrix} -2 \\ -2 \\ 4 \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ $=$ $6-2-4$ $=$ $0$.

    Par ailleurs, $\overrightarrow{BC}\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{BD}\begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ ne sont pas colinéaires : $z_{\overrightarrow{BD}}=-z_{\overrightarrow{BC}}$ mais $y_{\overrightarrow{BD}}\neq-y_{\overrightarrow{BC}}$.

    Ainsi, $\overrightarrow{AC}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(BCDE)$, il est donc normal à ce plan.
  3. En déduire une équation cartésienne du plan $(BCDE)$.
    4. Le vecteur $\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix} -2 \\ -2 \\ 4 \end{pmatrix}$ étant normal au plan $(BCDE)$, une équation cartésienne de ce plan est de la forme : $$-2x-2y+4z=d,$$ avec $d$ à déterminer.
    Le point $B(0\,;1\,;-1)$ appartenant au plan, ses coordonnées vérifient l'équation précédente :
    $-2\times0-2\times1+4\times(-1)=d$, c'est-à-dire : $d=-6$.

    Une équation cartésienne de $(BCDE)$ est donc $-2x-2y+4z=-6$, on la réduit à : $$x+y-2z=3.$$
  4. Déterminer une représentation paramétrique pour la droite $(AC)$.
    5. La droite $(AC)$ étant dirigée par $\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix} -2 \\ -2 \\ 4 \end{pmatrix}$ et passant par $A$, on a :

    $M(x\,;y\,;z)\in d$ $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & x_A + x_{\overrightarrow{AC}}t \\ y & = & y_A + y_{\overrightarrow{AC}}t \\ z & = & z_A + z_{\overrightarrow{AC}}t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 4 - 2t \\ y & = & 3 -2t \\ z & = & -4 + 4t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}.$
  5. Existe-t-il un point $M$ de $(AC)$ tel que le triangle $BDM$ soit rectangle en $M$ ?
    6. Pour $M\in(AB)$ il existe $t\in\mathbb{R}$ tel que :
    $x_M=4 - 2t$, $\,\,y_M=3 - 2t$ et $\,\, z_M=-4 + 4t$. Pour répondre à la question, on cherche à résoudre l'équation suivante :
    $\overrightarrow{MB}\cdot\overrightarrow{MD}$ $=$ $0$
    $\begin{pmatrix} x_B-x_M \\ y_B-y_M \\ z_B-z_M \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} x_D-x_M \\ y_D-y_M \\ z_D-z_M \end{pmatrix}$ $=$ $0$
    $\begin{pmatrix} -4+2t \\ -2+2t \\ 3-4t \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} -7+2t \\ -1+2t \\ 2-4t \end{pmatrix}$ $=$ $0$
    $(-4+2t)(-7+2t)+(-2+2t)(-1+2t)+(3-4t)(2-4t)$ $=$ $0$
    $4t^2-22t+28+4t^2-6t+2+16t^2-20t+6$ $=$ $0$
    $24t^2-48t+36$ $=$ $0$
    $2t^2-4t+3$ $=$ $0$
    Pour pouvoir résoudre cette équation on en calcule son discriminant :
    $\Delta$ $=$ $(-4)^2-4\times2\times3$ $=$ $-8$ $<$ $0$.
    Ainsi, cette équation ne possède aucune solution et il n'existe donc aucun point $M$ de $(AC)$ tel que le triangle $BDM$ soit rectangle.
★★ Dans un repère de l'espace on considère le plan $\mathscr{P}$ dont une équation cartésienne est : $$x-2y+z=5.$$ On considère de plus le point $A(5\,;0\,;-6)$ et $B(1\,;-2\,;0)$.
  1. Justifier que le point $B$ appartient à $\mathscr{P}$.
    2. On regarde si les coordonnées de $B$ vérifient l'équation cartésienne donnée :
    $x_B-2y_B+z_B$ $=$ $1+4+0$ $=$ $5$.
    Ainsi, $B$ est bien un point de $\mathscr{P}$.
  2. Déterminer une représentation paramétrique de la droite $d$, perpendiculaire à $\mathscr{P}$ et passant par $A$.
    3. D'après l'équation cartésienne on sait que $\vec{n}\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}$ est un vecteur normal à $\mathscr{P}$ qui dirige donc $d$. Une représentation paramétrique de $d$ est alors :

    $M(x\,;y\,;z)\in d$ $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & x_A + x_{\overrightarrow{n}}t \\ y & = & y_A + y_{\overrightarrow{n}}t \\ z & = & z_A + z_{\overrightarrow{n}}t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}$

    $\Longleftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 5 +t \\ y & = & -2t \\ z & = & -6 + t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}.$
  3. Déterminer les coordonnées de $C$ intersection de $d$ et $\mathscr{P}$.
    4. Le point $C$ est à l'intersection entre $d$ et $\mathscr{P}$. Pour déterminer ses coordonnées on « injecte » la paramétrisation de $d$ dans l'équation cartésienne de $\mathscr{P}$.
    9$(5+t)-2(-2t)+(-6+t)=5$
    $\Longleftrightarrow$ $6t-1=5$
    $\Longleftrightarrow$ $5t=6$
    $\Longleftrightarrow$ $t=1$.

    On remplace alors $t$ par $-2$ dans la paramétrisation de $d$ pour obtenir les coordonnées de $C$ :
    $C(6\,; -2\,; -5)$.
  4. Soit $M$ un point de $d$.
    Montrer qu'il existe $t\in\mathbb{R}$ tel que : $\cos\left( \overrightarrow{MB}\, , \overrightarrow{MC} \right)$ $=$ $\sqrt{\dfrac{6t^2-12t+6}{6t^2-12t+56}}$.
    5. Pour $M\in d$ il existe $t\in\mathbb{R}$ tel que :
    $x_M=5+t$, $\,\,y_M=-2t$ et $\,\, z_M=-46+ t$.
    De plus, le triangle $MBC$ est rectangle en $C$ d'après les questions précédentes ($B\in\mathscr{P}$ et $d$ perpendiculaire à $\mathscr{P}$ en $C$).
    Ainsi, d'après les formules de trigonométrie :
    $\cos\left( \overrightarrow{MB}\, , \overrightarrow{MC} \right)$ $=$ $\dfrac{MC}{MB}$
    $=$ $\dfrac{\sqrt{(x_C-x_M)^2+(y_C-y_M)^2+(y_C-y_M)^2}}{\sqrt{(x_B-x_M)^2+(y_B-y_M)^2+(y_B-y_M)^2}}$
    $=$ $\dfrac{\sqrt{(6-(5+t))^2+(-2-(-2t))^2+(-5-(-6+t))^2}}{\sqrt{(1-(5+t))^2+(-2-(-2t))^2+(0-(-6+t))^2}}$
    $=$ $\dfrac{\sqrt{(1-t)^2+(-2+2t)^2+(1-t)^2}}{\sqrt{(-4-t)^2+(-2+2t)^2+(6-t)^2}}$
    $=$ $\dfrac{\sqrt{6t^2-12t+6}}{\sqrt{6t^2-12t+56}}$
    $=$ $\sqrt{\dfrac{6t^2-12t+6}{6t^2-12t+56}}$.
  5. Déterminer $\displaystyle{ \lim_{t\rightarrow+\infty}\dfrac{6t^2-12t+6}{6t^2-12t+56} }$.

    Que peut-on en déduire pour l'angle $\left( \overrightarrow{MB}\, , \overrightarrow{MC} \right)$ lorsque $M$ s'éloigne de $C$ ?
    6. $\displaystyle{ \lim_{t\rightarrow+\infty}\dfrac{6t^2-12t+6}{6t^2-12t+56} }$ $=$ $\displaystyle{ \lim_{t\rightarrow+\infty}\dfrac{t^2\left(6-\frac{12}{t}+\frac{6}{t^2}\right)}{t^2\left(6-\frac{12}{t}+\frac{56}{t^2}\right) } }$
    $=$ $\displaystyle{ \lim_{t\rightarrow+\infty}\dfrac{6-\frac{12}{t}+\frac{6}{t^2}}{6-\frac{12}{t}+\frac{56}{t^2} } }$.
    Or, $\displaystyle{ \lim_{t\rightarrow+\infty}\frac{12}{t}}$ $=$ $0$, $\displaystyle{ \lim_{t\rightarrow+\infty}\frac{6}{t^2}}$ $=$ $0$ et $\displaystyle{ \lim_{t\rightarrow+\infty}\frac{56}{t^2}}$ $=$ $0$.
    Ainsi, par somme de limites on a :

    $\displaystyle{ \lim_{t\rightarrow+\infty}\dfrac{6t^2-12t+6}{6t^2-12t+56} }$ $=$ $\dfrac{6-0+0}{6-0+0}$ $=$ $1$.

    On sait que si $\cos(\alpha)=1$ alors $\alpha$ est un angle plat ou nul. Dans le cas du triangle $MBC$ cela veut dire que plus $M$ s'éloigne de $C$ plus l'angle $\left( \overrightarrow{MB}\, , \overrightarrow{MC} \right)$ a une mesure proche de $0$.