Géométrie analytique Cube – Bac S Liban 2009

Dans le repère orthonormal $ \left(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}\right) $, les coordonnées des sommets du cube sont :
$ A(0;0;0) $, $ B(1;0;0) $, $ D(0;1;0) $, $ E(0;0;1) $, $ F(1;0;1) $, $ G(1;1;1) $ et $ H(0;1;1) $.

1. 1. $ I $ est le milieu de $ [EF] $, ses coordonnées sont :

      $ x_I = \dfrac{x_E + x_F}{2} = \dfrac{0 + 1}{2} = \dfrac{1}{2} $ ; $ y_I = \dfrac{y_E + y_F}{2} = \dfrac{0 + 0}{2} = 0 $ ; $ z_I = \dfrac{z_E + z_F}{2} = \dfrac{1 + 1}{2} = 1 $

      D'où $\mathbf{I \left( \dfrac{1}{2} ; 0 ; 1 \right)}$.

      $ J $ est le symétrique de $ E $ par rapport à $ F $, donc $ F $ est le milieu de $ [EJ] $ :
      $ x_F = \dfrac{x_E + x_J}{2} \implies 1 = \dfrac{0 + x_J}{2} \implies x_J = 2 $
      $ y_F = \dfrac{y_E + y_J}{2} \implies 0 = \dfrac{0 + y_J}{2} \implies y_J = 0 $
      $ z_F = \dfrac{z_E + z_J}{2} \implies 1 = \dfrac{1 + z_J}{2} \implies z_J = 1 $
      D'où $\mathbf{J(2 ; 0 ; 1)}$.

   2. Le vecteur $ \overrightarrow{DJ} $ a pour coordonnées $ (2 - 0 \ ; \ 0 - 1 \ ; \ 1 - 0) $, soit $ \overrightarrow{DJ} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} $.

      Calculons les coordonnées de deux vecteurs non colinéaires du plan $ (BGI) $ :
      $ \overrightarrow{BG} \begin{pmatrix} 1-1 \\ 1-0 \\ 1-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} $ et $ \overrightarrow{BI} \begin{pmatrix} 0{,}5-1 \\ 0-0 \\ 1-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -0{,}5 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $.

      Calculons les produits scalaires :
      $ \overrightarrow{DJ} \cdot \overrightarrow{BG} = 2 \times 0 + (-1) \times 1 + 1 \times 1 = -1 + 1 = 0 $
      $ \overrightarrow{DJ} \cdot \overrightarrow{BI} = 2 \times (-0{,}5) + (-1) \times 0 + 1 \times 1 = -1 + 1 = 0 $

      Le vecteur $ \overrightarrow{DJ} $ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $ (BGI) $, donc :

      Le vecteur $ \overrightarrow{DJ} $ est normal au plan $ (BGI) $.

   3. Comme $ \overrightarrow{DJ} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} $ est normal à $ (BGI) $, une équation cartésienne de ce plan est de la forme $ 2x - y + z + d = 0 $.
      Le point $ B(1;0;0) $ appartient au plan, donc :
      $ 2(1) - 0 + 0 + d = 0 \implies d = -2 $.

      Une équation cartésienne du plan $ (BGI) $ est :

      $\mathbf{2x - y + z - 2 = 0}$

   4. Soit $ \vec{n} = \overrightarrow{DJ} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} $ un vecteur normal au plan $ (BGI) $.
      La distance du point $ F(1;0;1) $ au plan $ (BGI) $ est :

      $ d(F, (BGI)) = \dfrac{|2x_F - y_F + z_F - 2|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2 + 1^2}} = \dfrac{|2(1) - 0 + 1 - 2|}{\sqrt{6}} = \dfrac{1}{\sqrt{6}} = \dfrac{\sqrt{6}}{6} $

2. 1. La droite $ (\Delta) $ passe par $ F(1;0;1) $ et est normale au plan $ (BGI) $, elle a donc pour vecteur directeur $ \overrightarrow{DJ} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} $.
      Une représentation paramétrique de $ (\Delta) $ est :

      $ \begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = -t \\ z = 1 + t \end{cases} $ avec $ t \in \mathbb{R} $
   2. Le centre $ K $ de la face $ ADHE $ est le milieu de $ [AH] $ (ou $ [DE] $).
      $ x_K = \dfrac{0+0}{2} = 0 $ ; $ y_K = \dfrac{0+1}{2} = 0{,}5 $ ; $ z_K = \dfrac{0+1}{2} = 0{,}5 $. Donc $ K(0 \ ; \ 0{,}5 \ ; \ 0{,}5) $.
      Vérifions si $ K $ appartient à $ (\Delta) $ :
      $ 0 = 1 + 2t \implies t = -0{,}5 $
      $ y = -(-0{,}5) = 0{,}5 = y_K $
      $ z = 1 - 0{,}5 = 0{,}5 = z_K $
      Pour $ t = -0{,}5 $, on retrouve les coordonnées de $ K $, donc $ K $ appartient à $ (\Delta) $.
   3. Les coordonnées du point $ L $, intersection de $ (\Delta) $ et $ (BGI) $, vérifient le système :
      $ \begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = -t \\ z = 1 + t \\ 2x - y + z - 2 = 0 \end{cases} $
      En substituant les expressions de $ x, y, z $ dans l'équation du plan :
      $ 2(1 + 2t) - (-t) + (1 + t) - 2 = 0 $
      $ 2 + 4t + t + 1 + t - 2 = 0 \implies 6t + 1 = 0 \implies t = -\dfrac{1}{6} $
      On en déduit les coordonnées de $ L $ :
      $ x_L = 1 + 2\left(-\dfrac{1}{6}\right) = 1 - \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3} $
      $ y_L = -\left(-\dfrac{1}{6}\right) = \dfrac{1}{6} $
      $ z_L = 1 - \dfrac{1}{6} = \dfrac{5}{6} $
      On retrouve bien $\mathbf{L \left( \dfrac{2}{3} ; \dfrac{1}{6} ; \dfrac{5}{6} \right)}$.

   4. Le point $ L $ est l'orthocentre du triangle $ BGI $ si et seulement si les droites $ (BL) $ et $ (GI) $ sont perpendiculaires, ainsi que $ (GL) $ et $ (BI) $.
      $ \overrightarrow{BL} \begin{pmatrix} 2/3 - 1 \\ 1/6 - 0 \\ 5/6 - 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1/3 \\ 1/6 \\ 5/6 \end{pmatrix} $ et $ \overrightarrow{GI} \begin{pmatrix} 1/2 - 1 \\ 0 - 1 \\ 1 - 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1/2 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} $.
      $ \overrightarrow{BL} \cdot \overrightarrow{GI} = \left(-\dfrac{1}{3}\right) \times \left(-\dfrac{1}{2}\right) + \dfrac{1}{6} \times (-1) + \dfrac{5}{6} \times 0 = \dfrac{1}{6} - \dfrac{1}{6} = 0 $. Donc $ (BL) \perp (GI) $.

      $ \overrightarrow{GL} \begin{pmatrix} 2/3 - 1 \\ 1/6 - 1 \\ 5/6 - 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1/3 \\ -5/6 \\ -1/6 \end{pmatrix} $ et $ \overrightarrow{BI} \begin{pmatrix} 1/2 - 1 \\ 0 - 0 \\ 1 - 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1/2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $.
      $ \overrightarrow{GL} \cdot \overrightarrow{BI} = \left(-\dfrac{1}{3}\right) \times \left(-\dfrac{1}{2}\right) + \left(-\dfrac{5}{6}\right) \times 0 + \left(-\dfrac{1}{6}\right) \times 1 = \dfrac{1}{6} - \dfrac{1}{6} = 0 $. Donc $ (GL) \perp (BI) $.

      $ L $ est l'intersection de deux hauteurs du triangle $ BGI $, c'est donc l'orthocentre du triangle $ BGI $ .

Pour réviser : Déterminer une équation cartésienne de plan