Devoir maison n°4 — Semestre 2

1. Chasles de deux façons : $\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DJ}$ et $\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CJ}$. En additionnant, avec $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}=\vec0$ et $\overrightarrow{DJ}+\overrightarrow{CJ}=\vec0$ (milieux) : $2\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}$. Ainsi $\overrightarrow{IJ}$ est combinaison linéaire de $\overrightarrow{AD}$ et $\overrightarrow{BC}$ : les trois vecteurs sont coplanaires.

2. On introduit $A$ dans la relation définissant $G$ : $4\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}=\vec0$, d’où $\overrightarrow{AG}=\frac14\big(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}\big)$. Par ailleurs, $\overrightarrow{AI}=\frac12\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AJ}=\frac12\big(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}\big)$, donc $\frac12\big(\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{AJ}\big)=\frac14\big(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}\big)=\overrightarrow{AG}$ : $G$ est le milieu de $[IJ]$.

3. $K$ centre de gravité de $BCD$ : $\overrightarrow{KB}+\overrightarrow{KC}+\overrightarrow{KD}=\vec0$, donc (en introduisant $A$) $\overrightarrow{AK}=\frac13\big(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD}\big)$. Donc $\overrightarrow{AG}=\frac14\times3\overrightarrow{AK}=\frac34\overrightarrow{AK}$ : les vecteurs $\overrightarrow{AG}$ et $\overrightarrow{AK}$ sont colinéaires, les points $A$, $G$, $K$ sont alignés ($G$ est situé aux trois quarts de $[AK]$ à partir de $A$).

4. a. $P\left(\frac13;0;0\right)$, $Q\left(0;\frac12;0\right)$, $R_\alpha(0;0;\alpha)$ et, d’après 2., $G\left(\frac14;\frac14;\frac14\right)$.

4. b. $G\in(PQR_\alpha)\iff\overrightarrow{PG}$, $\overrightarrow{PQ}$, $\overrightarrow{PR_\alpha}$ coplanaires $\iff\det\big(\overrightarrow{PQ};\overrightarrow{PR_\alpha};\overrightarrow{PG}\big)=0$. Avec $\overrightarrow{PQ}\left(-\frac13;\frac12;0\right)$, $\overrightarrow{PR_\alpha}\left(-\frac13;0;\alpha\right)$, $\overrightarrow{PG}\left(-\frac1{12};\frac14;\frac14\right)$ : $\begin{vmatrix}-\frac13&-\frac13&-\frac1{12}\\\frac12&0&\frac14\\0&\alpha&\frac14\end{vmatrix}=-\frac13\left(0-\frac\alpha4\right)+\frac13\left(\frac18-0\right)-\frac1{12}\left(\frac\alpha2-0\right)=\frac\alpha{12}+\frac1{24}-\frac\alpha{24}=\frac{\alpha+1}{24}$ (développement selon la première ligne). Donc $G\in(PQR_\alpha)\iff\alpha+1=0\iff\alpha=-1$. Contrôle par une seconde méthode : $(PQR_\alpha)$ a pour équation $3x+2y+\frac z\alpha=1$ (les trois points non alignés la vérifient) et $\frac34+\frac24+\frac1{4\alpha}=1\iff\alpha=-1$. Interprétation : $\overrightarrow{AR_{-1}}=-\overrightarrow{AD}$, donc $R_{-1}$ est le symétrique de $D$ par rapport à $A$.

1. a. $\overrightarrow{AB}(1;1;-1)$ et $\overrightarrow{AC}(-1;1;1)$ : $\begin{vmatrix}1&-1\\1&1\end{vmatrix}=2\neq0$, donc ces vecteurs ne sont pas colinéaires et $A$, $B$, $C$ définissent un plan. $M\in(ABC)\iff\overrightarrow{AM}=\alpha\overrightarrow{AB}+\beta\overrightarrow{AC}$ : $x=1+\alpha-\beta,\qquad y=\alpha+\beta,\qquad z=1-\alpha+\beta\qquad(\alpha,\beta\in\R).$

1. b. En additionnant la première et la troisième équation : $x+z=2$. Réciproquement, si $x+z=2$, on pose $\alpha=\frac{x-1+y}2$ et $\beta=\frac{y-x+1}2$ : on retrouve $x$, $y$ et $z=2-x$. Donc $(ABC):\ x+z-2=0$ (contrôle : $1+1-2=2+0-2=0+2-2=0$).

2. $M_t\in(ABC)\iff(m+t)+mt-2=0\iff(1+m)\,t=2-m$. Disjonction de cas :

• si $m=-1$ : l’équation devient $0\times t=3$, sans solution ; $(D_{-1})$ est strictement parallèle à $(ABC)$ (son vecteur directeur $(1;-1;-1)$ vérifie bien $1+(-1)=0$) ;
• si $m\neq-1$ : une unique solution $t=\frac{2-m}{1+m}$ ; $(D_m)$ coupe $(ABC)$ au point $\left(\frac{m^2+2}{m+1};\ \frac{2m-1}{m+1};\ \frac{m(2-m)}{m+1}\right)$.

3. Les vecteurs normaux $(1;0;1)$ et $(1;-1;2)$ ne sont pas colinéaires : les plans sont sécants selon une droite. On résout le système en prenant $z=s$ comme paramètre : $x=2-s$, puis $y=x+2z-1=1+s$. Donc $(\Delta)$ : $x=2-s$, $y=1+s$, $z=s$ $(s\in\R)$ ; elle passe par $B(2;1;0)$ et est dirigée par $\vec w(-1;1;1)$.

4. Un point commun aux trois plans est un point de $(\Delta)$ appartenant à $(R)$ : $2(2-s)+(1+s)+s-4=0\iff1=0$, impossible. L’intersection des trois plans est vide. Pourtant $(R)$ et $(ABC)$ ne sont pas parallèles (vecteurs normaux $(2;1;1)$ et $(1;0;1)$ non colinéaires), et de même pour $(R)$ et $(Q)$. Interprétation : $\vec w\cdot(2;1;1)=-2+1+1=0$, donc $(\Delta)$ est strictement parallèle à $(R)$ ; les trois plans se coupent deux à deux selon trois droites parallèles (configuration des faces latérales d’un prisme).

1. Méthode 1 : $(\Pi)$ passe par le milieu $I(2;0;1)$ de $[AB]$ et admet $\overrightarrow{AB}(2;2;2)$ pour vecteur normal : $2(x-2)+2y+2(z-1)=0\iff x+y+z-3=0$. Méthode 2 : $M\in(\Pi)\iff MA^2=MB^2$ ; or, en développant, $MA^2-MB^2=\big[(x-1)^2+(y+1)^2+z^2\big]-\big[(x-3)^2+(y-1)^2+(z-2)^2\big]=4x+4y+4z-12,$ d’où la même équation $x+y+z-3=0$.

2. $(AB)$ passe par $A$ et est dirigée par $\vec u(1;1;1)$. $\overrightarrow{AO}\wedge\vec u=(-1;1;0)\wedge(1;1;1)=(1;1;-2)$, de norme $\sqrt6$, d’où $d\big(O;(AB)\big)=\frac{\sqrt6}{\sqrt3}=\sqrt2$. Projeté : $K=A+\lambda\vec u$ avec $\overrightarrow{OK}\cdot\vec u=0\iff(1+\lambda)+(-1+\lambda)+\lambda=0\iff\lambda=0$ : $K=A$. Contrôle : $\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{AB}=2-2+0=0$ et $OA=\sqrt2$.

3. D’après le calcul du 1. : $MA^2-MB^2=4\iff4x+4y+4z-12=4\iff x+y+z-4=0$. $(E)$ est un plan de même vecteur normal que $(\Pi)$, distinct de $(\Pi)$ : il est strictement parallèle à $(\Pi)$.

4. a. Avec $I$ milieu de $[AB]$ : $\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=MI^2-IA^2$. Donc $\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=0\iff MI=IA=\frac{AB}2=\frac{\sqrt{12}}2=\sqrt3$ : $(\Sigma)$ est la sphère de diamètre $[AB]$, de centre $I(2;0;1)$ et de rayon $\sqrt3$.

4. b. $d\big(I;(P)\big)=\frac{|2-0+1|}{\sqrt3}=\sqrt3$ : égale au rayon, donc $(P)$ est tangent à $(\Sigma)$. Le point de contact est le projeté de $I$ sur $(P)$ : $I+\lambda(1;-1;1)\in(P)\iff3+3\lambda=0\iff\lambda=-1$ : point $(1;1;0)$ (contrôle : $1+1+1=3$).

1. En complétant les carrés : $M\in(S_m)\iff(x-m)^2+(y+m)^2+(z-1)^2=m^2+m^2+1-(2m^2+m-3)=4-m$. Disjonction de cas : si $m<4$, $(S_m)$ est la sphère de centre $\Omega_m(m;-m;1)$ et de rayon $R_m=\sqrt{4-m}$ ; si $m=4$, $(S_4)=\{(4;-4;1)\}$ (un point) ; si $m>4$, $(S_m)=\varnothing$.

2. $\overrightarrow{O\Omega_m}=\vec k+m(\vec i-\vec j)$ : $\Omega_m$ est le point de paramètre $s=m$ de la droite $x=s$, $y=-s$, $z=1$ $(s\in\R)$. Lorsque $m$ décrit $]-\infty;4[$, $\Omega_m$ décrit la demi-droite ouverte formée des points de paramètre $s<4$, d’origine $(4;-4;1)$ exclue.

3. Le plan $(xOy)$ a pour équation $z=0$ ; $d\big(\Omega_m;(xOy)\big)=|1|=1$. Tangence $\iff R_m=1\iff4-m=1\iff m=3$.

4. $O\in(S_m)\iff2m^2+m-3=0\iff(m-1)(2m+3)=0\iff m=1$ ou $m=-\frac32$ ; ces deux valeurs sont $<4$, ce sont bien des sphères.

5. $m-m+1-1=0$ : $\Omega_m\in(P)$ pour tout $m$, donc $d\big(\Omega_m;(P)\big)=0<R_m$. $(P)\cap(S_m)$ est un « grand cercle » de centre $\Omega_m(m;-m;1)$ et de rayon $\sqrt{4-m}$.

1. $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $C(1;1;0)$, $D(0;1;0)$, $E(0;0;1)$, $F(1;0;1)$, $G(1;1;1)$, $H(0;1;1)$.

2. a. $\overrightarrow{AG}(1;1;1)$, $\overrightarrow{BD}(-1;1;0)$, $\overrightarrow{BE}(-1;0;1)$ : $\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{BD}=0$ et $\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{BE}=0$. $\overrightarrow{AG}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(BDE)$, il lui est donc normal. $(BDE):\ x+y+z+d=0$ et $B\in(BDE)\Rightarrow d=-1$ : $(BDE):\ x+y+z-1=0$.

2. b. $d\big(A;(BDE)\big)=\frac{|-1|}{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}3$ et $d\big(G;(BDE)\big)=\frac{|3-1|}{\sqrt3}=\frac{2\sqrt3}3$.

3. a. $BD=\sqrt2$, $BE=\sqrt2$, $DE=\|(0;-1;1)\|=\sqrt2$ : triangle équilatéral de côté $\sqrt2$, d’aire $\frac{\sqrt3}4\times(\sqrt2)^2=\frac{\sqrt3}2$.

3. b. Base $ABD$ (aire $\frac12$), hauteur $AE=1$ : $V=\frac13\times\frac12\times1=\frac16$. Base $BDE$, hauteur $d\big(A;(BDE)\big)$ : $V=\frac13\times\frac{\sqrt3}2\times\frac{\sqrt3}3=\frac16$. Les deux calculs concordent.

4. $\overrightarrow{AF}(1;0;1)$, $\overrightarrow{AH}(0;1;1)$ : $\overrightarrow{AF}\cdot\overrightarrow{AH}=1$ et $AF=AH=\sqrt2$, d’où $\cos\widehat{FAH}=\frac12$ et $\widehat{FAH}=\frac\pi3$. Le triangle $AFH$ est isocèle en $A$ avec un angle de $\frac\pi3$ : il est équilatéral.

5. a. $(ABD):\ z=0$, $(ABE):\ y=0$, $(ADE):\ x=0$. La distance de $\Omega_t$ à chacun de ces plans vaut $|t|=t$, c’est-à-dire le rayon : $(\Sigma_t)$ est tangente aux trois plans.

5. b. Comme $0<t<\frac13$, $3t-1<0$ et $d\big(\Omega_t;(BDE)\big)=\frac{1-3t}{\sqrt3}$. Tangence $\iff\frac{1-3t}{\sqrt3}=t\iff1=(3+\sqrt3)t\iff t=\frac1{3+\sqrt3}=\frac{3-\sqrt3}6$. Cette valeur ($\approx0{,}21$) est bien dans $\left]0;\frac13\right[$ : la sphère inscrite a pour centre $\Omega\left(\frac{3-\sqrt3}6;\frac{3-\sqrt3}6;\frac{3-\sqrt3}6\right)$ et pour rayon $r=\frac{3-\sqrt3}6$.

5. c. Le centre $\Omega$ est intérieur au tétraèdre, à la distance $r$ de chaque face : $ABDE$ se découpe en quatre tétraèdres de sommet $\Omega$, de bases les faces et de hauteur $r$. D’où $V=\frac13r\big(\mathcal A_1+\mathcal A_2+\mathcal A_3+\mathcal A_4\big)=\frac13r\mathcal A$. Ici $\mathcal A=3\times\frac12+\frac{\sqrt3}2=\frac{3+\sqrt3}2$, donc $r=\frac{3V}{\mathcal A}=\frac{1/2}{(3+\sqrt3)/2}=\frac1{3+\sqrt3}=\frac{3-\sqrt3}6$ : on retrouve le résultat du b.