Exercices — Géométrie dans l'espace — Exercice 2 · Mathématiques, Terminale

Cube ABCDEFGH de côté 1, repère orthonormé (A ; AB, AD, AE).

I = milieu de [EF] | J = symétrique de E par rapport à F

Coordonnées des sommets :

Point	x	y	Point	x	y	z
A	0	0	E	0	0	1
B	1	0	F	1	0	1
D	0	1	H	0	1	1
C	1	1	G	1	1	1

Ces coordonnées se lisent directement sur le cube : AB donne la direction x, AD donne y, AE donne z.

Question 1c — Montrer que DJ⃗ est normal au plan (BGI)

Méthode : Un vecteur n⃗ est normal à un plan si et seulement si il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Pour vérifier l'orthogonalité, on calcule le produit scalaire : si n⃗ · v⃗ = 0, alors n⃗ ⊥ v⃗.

On a (d'après 1b) :

DJ⃗ = (2 ; −1 ; 1) BI⃗ = (−½ ; 0 ; 1) BG⃗ = (0 ; 1 ; 1)

Étape 1 : Vérifier que BI⃗ et BG⃗ sont bien deux vecteurs du plan (BGI) non colinéaires.
B, G, I sont trois points non alignés du plan → BI⃗ et BG⃗ sont directeurs du plan. ✓

Étape 2 : Calculer DJ⃗ · BI⃗

= 2×(−½) + (−1)×0 + 1×1 = −1 + 0 + 1 = 0 ✓

Étape 3 : Calculer DJ⃗ · BG⃗

= 2×0 + (−1)×1 + 1×1 = 0 − 1 + 1 = 0 ✓

Conclusion : DJ⃗ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BGI), donc DJ⃗ est un vecteur normal au plan (BGI). □

Question 1d — Équation cartésienne du plan (BGI)

Le vecteur normal est DJ⃗ = (2 ; −1 ; 1) donc l'équation est de la forme : 2x − y + z + d = 0

Le point B(1 ; 0 ; 0) appartient au plan (BGI). On remplace :

2(1) − 0 + 0 + d = 0 ⟹ 2 + d = 0 ⟹ d = −2

Donc l'équation est : 2x − y + z − 2 = 0 □

Question 2a — Représentation paramétrique de la droite d

Méthode : Une droite passant par un point P₀ et de vecteur directeur u⃗ a pour représentation paramétrique :
x = x₀ + a·t y = y₀ + b·t z = z₀ + c·t (t ∈ ℝ)
Ici, d passe par F et est orthogonale à (BGI), donc son vecteur directeur est le vecteur normal DJ⃗.

Point de la droite : F(1 ; 0 ; 1) Vecteur directeur : DJ⃗ = (2 ; −1 ; 1)

x = 1 + 2t y = −t z = 1 + t (t ∈ ℝ)

Question 2b — Montrer que L est l'intersection de d et (BGI)

Méthode : Il faut montrer deux choses : (1) L ∈ d (2) L ∈ plan (BGI).
Pour (1) : trouver une valeur de t qui donne exactement les coordonnées de L.
Pour (2) : vérifier que les coordonnées de L vérifient l'équation du plan.

(1) L appartient-il à d ?

On cherche t tel que : x = ⅔ ; y = ⅙ ; z = ⅚

De y = −t : t = −⅙

Vérification : x = 1 + 2×(−⅙) = 1 − ⅓ = ⅔ ✓ z = 1 + (−⅙) = ⅚ ✓

On trouve t = −⅙ pour les trois coordonnées → L ∈ d ✓

(2) L appartient-il au plan (BGI) ?

On remplace dans 2x − y + z − 2 :

2×(⅔) − ⅙ + ⅚ − 2 = 4/3 − 1/6 + 5/6 − 2 = 4/3 + 4/6 − 2 = 4/3 + 2/3 − 2 = 6/3 − 2 = 2 − 2 = 0 ✓

L vérifie l'équation du plan → L ∈ (BGI) ✓

Conclusion : L est le point d'intersection de d et (BGI). □

Question 3a — Volume de la pyramide FBGI

Choix de la base : triangle rectangle FBG.

FG = 1 (côté du cube, vertical) FB = 1 (côté du cube, horizontal)

L'angle en F est droit → aire du triangle FBG = (FG × FB) / 2 = (1 × 1) / 2 = ½

Hauteur : Le sommet de la pyramide est I. La hauteur est IF (distance de I à la base FBG).

I est le milieu de [EF], E(0 ; 0 ; 1) et F(1 ; 0 ; 1) → I(½ ; 0 ; 1)

IF = distance de I à F = ½ (demi-côté du cube)

V = ⅓ × ½ × ½ = 1/12

Question 3b — Aire du triangle BGI

Idée clé : On va exprimer le volume de la pyramide FBGI de deux façons différentes : une fois avec la base FBG (déjà calculée), une fois avec la base BGI (ce qu'on cherche). La hauteur pour la base BGI est la distance de F au plan (BGI), c'est-à-dire FL.

Étape 1 : Calculer FL (distance de F à L).

F(1 ; 0 ; 1) et L(⅔ ; ⅙ ; ⅚)

FL² = (⅔−1)² + (⅙−0)² + (⅚−1)² = (−⅓)² + (⅙)² + (−⅙)²

= 1/9 + 1/36 + 1/36 = 4/36 + 1/36 + 1/36 = 6/36 = 1/6

Donc FL = 1/√6

Étape 2 : Relier volume et aire de BGI.

V = ⅓ × FL × Aire(BGI)

1/12 = ⅓ × (1/√6) × Aire(BGI)

Aire(BGI) = (1/12) × 3 × √6 = 3√6/12

Aire(BGI) = √6 / 4

Récapitulatif — Les outils utilisés dans cet exercice

Vecteur normal à un plan
n⃗ ⊥ deux vecteurs du plan
→ tester avec le produit scalaire
n⃗ · v⃗ = a·a' + b·b' + c·c'

Équation d'un plan
Normale n⃗=(a;b;c) → ax+by+cz+d=0
Trouver d : injecter un point connu

Droite paramétrique
Point P₀ + vecteur directeur u⃗
x=x₀+at, y=y₀+bt, z=z₀+ct

Volume pyramide
V = ⅓ × (aire base) × hauteur
Changer de base → même volume

Géométrie dans l'espace — Exercice 2