Problèmes sur la géométrie dans l'espace

La diagonale du cube

\(ABCDEFGH\) est un cube d'arête \(1\). On se place dans le repère orthonormé \(\left(A \ ; \ \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE}\right)\), où \(E\) est le sommet situé au-dessus de \(A\).

1. Donner les coordonnées des sommets \(G\), \(B\), \(D\) et \(E\).
   $$ B(1 \ ; \ 0 \ ; \ 0) \quad D(0 \ ; \ 1 \ ; \ 0) \quad E(0 \ ; \ 0 \ ; \ 1) \quad G(1 \ ; \ 1 \ ; \ 1) $$
2. Calculer \(\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BD}\), et conclure.
   $$ \overrightarrow{AG}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \hspace{2em} \overrightarrow{BD}\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} $$

   $$ \overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BD} = -1 + 1 + 0 = 0 $$

   $$ (AG) \ \text{et} \ (BD) \ \text{sont orthogonales} $$
3. Démontrer que la droite \((AG)\) est orthogonale au plan \((BDE)\).
   $$ \overrightarrow{BE}\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \hspace{2em} \overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BE} = -1 + 0 + 1 = 0 $$

   \(\overrightarrow{AG}\) est donc orthogonal à \(\overrightarrow{BD}\) et à \(\overrightarrow{BE}\), qui sont deux vecteurs non colinéaires du plan \((BDE)\).

   $$ \overrightarrow{AG} \ \text{est normal au plan} \ (BDE) $$

   Deux vecteurs suffisent : ils engendrent la direction du plan, donc l'orthogonalité se propage à tous les autres.

La droite qui frôle le plan

Dans un repère orthonormé, on considère le plan \((\mathcal{P})\) d'équation \(2x - y + 2z - 3 = 0\) et la droite \((d)\) passant par \(A(1 \ ; \ 0 \ ; \ 2)\), de vecteur directeur \(\vec{u}(1 \ ; \ 4 \ ; \ 1)\).

1. Donner un vecteur normal à \((\mathcal{P})\).
   $$ \vec{n}\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} $$
2. Calculer \(\vec{u} \cdot \vec{n}\), et interpréter.
   $$ \vec{u} \cdot \vec{n} = 2 - 4 + 2 = 0 $$

   Le vecteur directeur est orthogonal au vecteur normal : la droite est donc parallèle au plan, ou incluse dedans.

3. Le point \(A\) appartient-il à \((\mathcal{P})\) ? En déduire la position exacte de \((d)\).
   $$ 2 \times 1 - 0 + 2 \times 2 - 3 = 3 \neq 0 $$

   $$ (d) \ \text{est strictement parallèle à} \ (\mathcal{P}) $$
4. Déterminer la distance de \(A\) au plan \((\mathcal{P})\).

   La droite normale passant par \(A\) a pour représentation paramétrique :

   $$ \left\{ \begin{gather*} x = 1 + 2t \\ y = -t \\ z = 2 + 2t \end{gather*} \right. $$

   On reporte dans l'équation du plan :

   $$ 2(1 + 2t) + t + 2(2 + 2t) - 3 = 3 + 9t = 0 $$

   Donc \(t = -\frac{1}{3}\), et le projeté orthogonal est \(H\left(\frac{1}{3} \ ; \ \frac{1}{3} \ ; \ \frac{4}{3}\right)\).

   $$ AH = \frac{1}{3} \times \| \vec{n} \| = \frac{1}{3} \times 3 = 1 $$

Le plan médiateur

Dans un repère orthonormé, \(A(1 \ ; \ 2 \ ; \ 3)\) et \(B(5 \ ; \ 4 \ ; \ 1)\). On cherche l'ensemble des points \(M\) de l'espace tels que \(MA = MB\).

1. Donner les coordonnées du milieu \(I\) de \(\bigl[AB\bigr]\), et celles de \(\overrightarrow{AB}\).
   $$ I(3 \ ; \ 3 \ ; \ 2) \hspace{2em} \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ -2 \end{pmatrix} $$
2. En écrivant \(MA^2 = MB^2\), déterminer une équation cartésienne de cet ensemble.
   $$ (x-1)^2 + (y-2)^2 + (z-3)^2 = (x-5)^2 + (y-4)^2 + (z-1)^2 $$

   Les carrés \(x^2\), \(y^2\) et \(z^2\) se simplifient de part et d'autre :

   $$ -2x + 1 - 4y + 4 - 6z + 9 = -10x + 25 - 8y + 16 - 2z + 1 $$

   $$ 8x + 4y - 4z - 28 = 0 $$

   $$ 2x + y - z - 7 = 0 $$
3. Reconnaître cet ensemble, et vérifier le résultat sur les deux données de la question 1.

   C'est un plan, de vecteur normal \(\vec{n}(2 \ ; \ 1 \ ; \ -1)\). Or \(\overrightarrow{AB} = 2 \, \vec{n}\) : le plan est bien normal à \(\bigl[AB\bigr]\).

   Et \(I\) lui appartient : \(2 \times 3 + 3 - 2 - 7 = 0\).

   $$ \text{c'est le plan médiateur de} \ \bigl[AB\bigr] $$

Les positions du capteur

Un hall industriel est rapporté à un repère orthonormé \(\left( O \ ; \ \vec{\imath} \ , \ \vec{\jmath} \ , \ \vec{k} \right)\), l'unité valant un mètre. La verrière du toit est portée par le plan \(\mathcal{P}\) d'équation cartésienne :

Un capteur coulisse le long d'un rail rectiligne \(\mathcal{D}\), qui passe par \(A(1 \ ; \ 2 \ ; \ 3)\) et admet \(\vec{u} \, (1 \ ; \ 1 \ ; \ 0)\) pour vecteur directeur. Il surveille une machine placée au point \(B(4 \ ; \ 1 \ ; \ 2)\).

1. Donner une représentation paramétrique de \(\mathcal{D}\), puis déterminer le point où le rail traverse le plan de la verrière.
   $$ \mathcal{D} : \ \left\{ \begin{gather*} x = 1 + t \\ y = 2 + t \\ z = 3 \end{gather*} \right. \hspace{2em} \bigl( t \in \mathbb{R} \bigr) $$

   Un vecteur normal à \(\mathcal{P}\) se lit sur son équation : \(\vec{n} \, (1 \ ; \ 2 \ ; \ 2)\). Comme \(\vec{n} \cdot \vec{u} = 1 + 2 + 0 = 3 \neq 0\), le rail n'est pas parallèle à la verrière : il la traverse en un point et un seul.

   On reporte la représentation paramétrique dans l'équation du plan :

   $$ (1 + t) + 2(2 + t) + 2 \times 3 = 14 \quad \Longleftrightarrow \quad 11 + 3 \, t = 14 $$

   $$ t = 1 \hspace{2em} \text{d'où} \hspace{2em} I(2 \ ; \ 3 \ ; \ 3) $$
2. On note \(M_t\) la position du capteur de paramètre \(t\). Démontrer que la distance de \(M_t\) à la verrière vaut \(\lvert t - 1 \rvert\) mètres, puis déterminer toutes les positions situées à \(2 \ \text{m}\) de la verrière.

   Le projeté orthogonal de \(M_t\) sur \(\mathcal{P}\) s'obtient en suivant la normale : il s'écrit \(M_t + s \, \vec{n}\) pour un réel \(s\), et appartient à \(\mathcal{P}\).

   $$ (1 + t + s) + 2 (2 + t + 2 s) + 2 (3 + 2 s) = 14 $$

   $$ 11 + 3 \, t + 9 \, s = 14 \quad \Longleftrightarrow \quad s = \frac{1 - t}{3} $$

   La distance cherchée est la longueur de \(s \, \vec{n}\), et \(\lVert \vec{n} \rVert = \sqrt{1 + 4 + 4} = 3\) :

   $$ d \bigl( M_t \ ; \ \mathcal{P} \bigr) = \lvert s \rvert \times 3 = \lvert t - 1 \rvert $$

   Cette distance vaut \(2\) si et seulement si \(t - 1 = 2\) ou \(t - 1 = - 2\) : une valeur absolue ne laisse pas d'autre cas.

   $$ \bigl( 4 \ ; \ 5 \ ; \ 3 \bigr) \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} \bigl( 0 \ ; \ 1 \ ; \ 3 \bigr) $$

   Le paramètre \(t\) mesure donc directement la distance à la verrière, en mètres - ce qui n'allait pas de soi, le vecteur \(\vec{u}\) ayant pour norme \(\sqrt{2}\).

3. Déterminer le projeté orthogonal \(H\) de \(B\) sur le rail, puis la distance de la machine au rail.

   \(H\) est le point \(M_t\) tel que \(\overrightarrow{BM_t}\) soit orthogonal à \(\vec{u}\).

   $$ \overrightarrow{BM_t} \ \bigl( t - 3 \ ; \ t + 1 \ ; \ 1 \bigr) $$

   $$ \overrightarrow{BM_t} \cdot \vec{u} = (t - 3) + (t + 1) = 2 \, t - 2 $$

   Ce produit scalaire est nul pour \(t = 1\) : le point le plus proche est celui où le rail traverse la verrière.

   $$ H = I(2 \ ; \ 3 \ ; \ 3) \hspace{2em} \overrightarrow{BH} \ \bigl( - 2 \ ; \ 2 \ ; \ 1 \bigr) $$

   $$ BH = \sqrt{4 + 4 + 1} = 3 \ \text{m} $$
4. La portée du capteur est de \(5 \ \text{m}\). Déterminer la longueur de la portion de rail sur laquelle la machine est surveillée, puis retrouver ce résultat sans calcul de coordonnées.
   $$ B M_t^{\, 2} = (t - 3)^2 + (t + 1)^2 + 1 = 2 \, t^2 - 4 \, t + 11 $$

   On fait apparaître la forme canonique, qui redonne au passage le minimum de la question précédente :

   $$ B M_t^{\, 2} = 2 \bigl( t - 1 \bigr)^2 + 9 $$

   $$ B M_t \leqslant 5 \quad \Longleftrightarrow \quad 2 \bigl( t - 1 \bigr)^2 \leqslant 16 \quad \Longleftrightarrow \quad \lvert t - 1 \rvert \leqslant 2 \sqrt{2} $$

   La portion va donc de \(t = 1 - 2\sqrt{2}\) à \(t = 1 + 2\sqrt{2}\). Sa longueur n'est pas l'écart des paramètres : il faut la multiplier par \(\lVert \vec{u} \rVert = \sqrt{2}\).

   $$ L = 4 \sqrt{2} \times \sqrt{2} $$

   $$ L = 8 \ \text{m} $$

   Sans coordonnées : la portion surveillée est la corde découpée sur le rail par la sphère de centre \(B\) et de rayon \(5\). Son milieu est \(H\), et le triangle formé par \(B\), \(H\) et une extrémité est rectangle en \(H\).

   $$ \text{demi-corde} = \sqrt{5^2 - 3^2} = \sqrt{16} = 4 $$

   C'est le triangle \(3 - 4 - 5\), et la corde mesure bien \(8 \ \text{m}\).

La pente de la verrière

Une verrière en appentis doit couvrir une terrasse. Dans un repère orthonormé dont le plan \(\bigl( xOy \bigr)\) est le sol, elle s'appuie sur le mur le long du segment \(\bigl[AB\bigr]\) et repose à l'avant sur deux poteaux, en \(C\) et \(D\) :

Le poseur propose deux hauteurs de poteau : \(h = 2.2\) ou \(h = 2.6\). Deux contraintes s'imposent à lui : les tuiles employées exigent une inclinaison d'au moins \(10°\) sur l'horizontale, et la réglementation impose \(2.30 \ \text{m}\) de passage libre sous l'avant de la verrière.

1. Pour \(h = 2.2\), déterminer une équation cartésienne du plan \(\mathcal{P}_1\) passant par \(A\), \(B\) et \(C\), puis vérifier que \(D\) lui appartient.

   On cherche un vecteur \(\vec{n} \, (a \ ; \ b \ ; \ c)\) orthogonal à deux vecteurs directeurs du plan :

   $$ \overrightarrow{AB} \ \bigl( 6 \ ; \ 0 \ ; \ 0 \bigr) \hspace{2em} \overrightarrow{AC} \ \bigl( 0 \ ; \ 4 \ ; \ - 0.8 \bigr) $$

   $$ \vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 6 \, a = 0 \hspace{2em} \vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 4 \, b - 0.8 \, c = 0 $$

   La première équation donne \(a = 0\), la seconde \(c = 5 \, b\). En prenant \(b = 1\) :

   $$ \vec{n} \ \bigl( 0 \ ; \ 1 \ ; \ 5 \bigr) $$

   L'équation du plan est alors \(y + 5z = d\), et le passage par \(A\) donne \(d = 15\).

   $$ \mathcal{P}_1 : \ y + 5z = 15 $$

   Pour \(D(6 \ ; \ 4 \ ; \ 2.2)\) : \(4 + 5 \times 2.2 = 4 + 11 = 15\). Les quatre points sont bien coplanaires.

2. Calculer l'angle que \(\mathcal{P}_1\) fait avec l'horizontale, arrondi au dixième de degré.

   L'angle de deux plans est celui de leurs vecteurs normaux. Le sol a pour vecteur normal \(\vec{k} \, (0 \ ; \ 0 \ ; \ 1)\).

   $$ \vec{n} \cdot \vec{k} = 5 \hspace{2em} \lVert \vec{n} \rVert = \sqrt{0 + 1 + 25} = \sqrt{26} \hspace{2em} \lVert \vec{k} \rVert = 1 $$

   $$ \cos(\alpha) = \frac{\lvert \vec{n} \cdot \vec{k} \rvert}{\lVert \vec{n} \rVert \times \lVert \vec{k} \rVert} = \frac{5}{\sqrt{26}} \approx 0.9806 $$

   $$ \alpha \approx 11.3° $$

   On retrouve la pente du couvreur : la verrière descend de \(0.8 \ \text{m}\) sur \(4 \ \text{m}\), soit \(20 \ \%\).

3. Reprendre les deux questions pour \(h = 2.6\).

   Cette fois \(\overrightarrow{AC} \ \bigl( 0 \ ; \ 4 \ ; \ - 0.4 \bigr)\), d'où \(4 \, b - 0.4 \, c = 0\) et \(c = 10 \, b\) :

   $$ \vec{n} \ \bigl( 0 \ ; \ 1 \ ; \ 10 \bigr) \hspace{2em} \mathcal{P}_2 : \ y + 10 z = 30 $$

   $$ \cos(\alpha) = \frac{10}{\sqrt{101}} \approx 0.9950 $$

   $$ \alpha \approx 5.7° \hspace{2em} \text{soit une pente de} \ 10 \ \% $$
4. Trancher entre les deux propositions, puis proposer une verrière qui satisfasse les deux contraintes, et le vérifier.

   Aucune des deux ne convient, et chacune échoue sur une contrainte différente :

   • \(h = 2.2\) : l'inclinaison de \(11.3°\) passe, mais le passage libre n'est que de \(2.20 \ \text{m}\).

   • \(h = 2.6\) : le passage libre passe, mais l'inclinaison de \(5.7°\) est inférieure au minimum des tuiles.

   Les deux contraintes tirent en sens contraire sur la même hauteur de poteau : il faut donc relâcher un autre paramètre. Le plus simple est de remonter l'appui au mur de \(3\) à \(3.4 \ \text{m}\), en gardant \(h = 2.6\).

   $$ \overrightarrow{AC} \ \bigl( 0 \ ; \ 4 \ ; \ - 0.8 \bigr) \hspace{2em} \text{donc} \hspace{2em} \vec{n} \ \bigl( 0 \ ; \ 1 \ ; \ 5 \bigr) \hspace{2em} \mathcal{P}_3 : \ y + 5z = 17 $$

   $$ \alpha \approx 11.3° \quad \text{et} \quad \text{passage libre de} \ 2.60 \ \text{m} $$

   On pouvait s'en douter : c'est la différence des deux hauteurs qui fixe l'inclinaison, et la hauteur des poteaux seule qui fixe le passage. Les deux contraintes deviennent indépendantes dès qu'on accepte de déplacer l'appui au mur - ou, tout aussi bien, de réduire l'avancée de la terrasse.