Géométrie dans l’espace – exercice type Bac (orthogonalité)

Partie A — Produit scalaire et triangle $ABC$

1. On commence par déterminer les coordonnées des deux vecteurs.
   $\overrightarrow{AB}\left(0 - 3 ; 3 - 0 ; 0 - 0\right)$ soit $\overrightarrow{AB}\left(-3 ; 3 ; 0\right)$.
   $\overrightarrow{AC}\left(0 - 3 ; 0 - 0 ; 3 - 0\right)$ soit $\overrightarrow{AC}\left(-3 ; 0 ; 3\right)$.
   Le repère étant orthonormé, on calcule le produit scalaire à partir des coordonnées :
   $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = (-3) \times (-3) + 3 \times 0 + 0 \times 3 = 9$.

   $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}$ = $\mathbf{9}$
2. On utilise la norme d'un vecteur dans un repère orthonormé.
   $AB = \sqrt{(-3)^{2} + 3^{2} + 0^{2}} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$.
   $AC = \sqrt{(-3)^{2} + 0^{2} + 3^{2}} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$.
   Pour $BC$, on a $\overrightarrow{BC}\left(0 ; -3 ; 3\right)$, donc $BC = \sqrt{0^{2} + (-3)^{2} + 3^{2}} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$.
   Les trois côtés ont la même longueur : le triangle $ABC$ est équilatéral.

3. On utilise l'expression du produit scalaire avec le cosinus de l'angle :
   $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = AB \times AC \times \cos\left(\widehat{BAC}\right)$.
   On en déduit :
   $\cos\left(\widehat{BAC}\right) = \dfrac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{AB \times AC} = \dfrac{9}{3\sqrt{2} \times 3\sqrt{2}} = \dfrac{9}{18} = \dfrac{1}{2}$.
   L'angle $\widehat{BAC}$ est compris entre $0$ et $\pi$, donc $\widehat{BAC} = \dfrac{\pi}{3}$, ce qui confirme que le triangle est équilatéral.

   $\widehat{BAC}$ = $\mathbf{\dfrac{\pi}{3}}$ (soit $60^{\circ}$)

Partie B — Droite perpendiculaire à un plan

1. La droite $\left(OS\right)$ est dirigée par le vecteur $\overrightarrow{OS}\left(3 ; 3 ; 3\right)$.
   On calcule ses produits scalaires avec deux vecteurs non colinéaires du plan $\left(ABC\right)$ :
   $\overrightarrow{OS} \cdot \overrightarrow{AB} = 3 \times (-3) + 3 \times 3 + 3 \times 0 = 0$.
   $\overrightarrow{OS} \cdot \overrightarrow{AC} = 3 \times (-3) + 3 \times 0 + 3 \times 3 = 0$.
   Le vecteur $\overrightarrow{OS}$ est donc orthogonal à $\overrightarrow{AB}$ et à $\overrightarrow{AC}$. Comme ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires (le triangle $ABC$ n'est pas aplati), ils dirigent le plan $\left(ABC\right)$. Le vecteur $\overrightarrow{OS}$ est donc orthogonal à deux vecteurs directeurs du plan : la droite $\left(OS\right)$ est perpendiculaire au plan $\left(ABC\right)$.

2. D'après la question précédente, $\overrightarrow{OS}\left(3 ; 3 ; 3\right)$ est un vecteur normal au plan $\left(ABC\right)$. On peut aussi prendre le vecteur normal plus simple $\vec{n}\left(1 ; 1 ; 1\right)$ qui lui est colinéaire.
   Une équation cartésienne du plan $\left(ABC\right)$ est donc de la forme $x + y + z + d = 0$.
   Le plan passe par $A\left(3 ; 0 ; 0\right)$, donc ses coordonnées vérifient l'équation :
   $3 + 0 + 0 + d = 0$, soit $d = -3$.
   On vérifie avec $B$ : $0 + 3 + 0 - 3 = 0$, et avec $C$ : $0 + 0 + 3 - 3 = 0$ : les trois points conviennent.

   Une équation cartésienne de $\left(ABC\right)$ est $\mathbf{x + y + z - 3 = 0}$

Partie C — Projeté orthogonal et distance

1. La droite $\left(OS\right)$ passe par $O\left(0 ; 0 ; 0\right)$ et est dirigée par $\overrightarrow{OS}\left(3 ; 3 ; 3\right)$. On peut simplifier en utilisant le vecteur directeur $\vec{u}\left(1 ; 1 ; 1\right)$.
   Une représentation paramétrique de $\left(OS\right)$ est :
   $\begin{cases} x = t \\ y = t \\ z = t \end{cases} \quad t \in \mathbb{R}$

2. Le point $K$ appartient à la droite $\left(OS\right)$, ses coordonnées sont donc de la forme $\left(t ; t ; t\right)$. Comme $K$ appartient aussi au plan $\left(ABC\right)$, ses coordonnées vérifient l'équation $x + y + z - 3 = 0$ :
   $t + t + t - 3 = 0$, soit $3t = 3$, donc $t = 1$.
   On en déduit les coordonnées de $K$.

   $\mathbf{K\left(1 ; 1 ; 1\right)}$

3. La droite $\left(OS\right)$ est perpendiculaire au plan $\left(ABC\right)$ (question 4) et passe par $O$. Son point d'intersection $K$ avec le plan est donc le pied de la perpendiculaire au plan issue de $O$ : c'est bien le projeté orthogonal de $O$ sur le plan $\left(ABC\right)$.
   La distance du point $O$ au plan $\left(ABC\right)$ est alors la longueur $OK$ :
   $OK = \sqrt{1^{2} + 1^{2} + 1^{2}} = \sqrt{3}$.
   On peut le retrouver avec la formule directe de la distance d'un point à un plan :
   $d\left(O, \left(ABC\right)\right) = \dfrac{|0 + 0 + 0 - 3|}{\sqrt{1^{2} + 1^{2} + 1^{2}}} = \dfrac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$.

   $d\left(O, \left(ABC\right)\right)$ = $\mathbf{\sqrt{3}}$

4. On applique la formule directe avec $S\left(3 ; 3 ; 3\right)$ et le plan $\left(ABC\right)$ : $x + y + z - 3 = 0$ :
   $d\left(S, \left(ABC\right)\right) = \dfrac{|3 + 3 + 3 - 3|}{\sqrt{1^{2} + 1^{2} + 1^{2}}} = \dfrac{6}{\sqrt{3}} = \dfrac{6\sqrt{3}}{3} = 2\sqrt{3}$.

   $d\left(S, \left(ABC\right)\right)$ = $\mathbf{2\sqrt{3}}$