Épreuve de mathématiques Terminale Générale ∼ DST n°7 Dans l'espace, on considère le cube ABCDEFGH d'arête de longueur égale à $1$. On munit l'espace du repère orthonormé $\left(\text{A}~;~\overrightarrow{\text{AB}},~\overrightarrow{\text{AD}},~\overrightarrow{\text{AE}}\right)$.
On considère le point M tel que $\overrightarrow{\text{BM}} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{\text{BH}}$.
  1. Par lecture graphique, donner les coordonnées des points B, D, E, G et H.
    2. $B( 1\,; 0\,; 0)$
    $D( 0\,; 1\,;0)$
    $E( 0\,; 0\,; 1)$
    $G( 1\,; 1\,;1)$
    $H( 0\,; 1\,;1)$
    1. Quelle est la nature du triangle EGD ? Justifier la réponse.
      2. ABCDEFGH étant un cube, ses faces sont toutes des carrés de même mesure. Les diagonales de ces carrés sont donc toutes de même longueur et puisque le triangle EGD est constitué de trois côtés qui sont des diagonales de faces de ce cube, il est équilatéral.

      Remarque : nous aurions pu calculer les longueurs de chacun des côtés du triangle, à l'aide de la formule de la distance entre deux points, et trouver qu'elles sont égales à $\sqrt{2}$.
      Par exemple $EG^2=(x_G-x_E)^2+(y_G-y_E)^2+(z_G-z_E)^2$ $=$ $1^2+1^2+0^2$ $=$ $2$ et donc $EG=\sqrt{2}$.
    2. On admet que l'aire d'un triangle équilatéral de côté $c$ est égale à $\dfrac{\sqrt{3}}{4}c^2$.
      Montrer que l'aire du triangle EGD est égale à $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
      3. Remarque : pour les plus curieux qui veulent une preuve de la formule de l'aire d'un triangle équilatéral, en voici une :
      Dans le triangle équilatéral de côté $c$ ci-dessus, on construit la hauteur $[AH]$, qui est également une médiane.
      On a donc $BH=\dfrac{c}{2}$ et d'après le théorème de Pythagore appliqué au triangle rectangle $AHB$, on a :
      $AH^2=AB^2-BH^2=c^2-\left( \dfrac{c}{2} \right)^2$ $=$ $c^2-\dfrac{1}{4}c^2$ $=$ $\dfrac{3}{4}c^2$.

      Ainsi, $AH=\sqrt{\dfrac{3}{4}c^2}$ $=$ $\dfrac{\sqrt{3}}{2}c$.

      L'aire du triangle $ABC$ vaut donc $\dfrac{1}{2}BC\times AH$ $=$ $\dfrac{1}{2}c\times \dfrac{\sqrt{3}}{2}c$ $=$ $\dfrac{\sqrt{3}}{4}c^2$.



      Pour déterminer l'aire du triangle équilatéral EGD, on applique la formule précédente avec $c=\sqrt {2}$ (cf. calcul de la question précédente) et on obtient :

      $\mathscr{A}_{\text{EGD}}$ $=$ $\dfrac{\sqrt{3}}{4}\times\left( \sqrt{2} \right)^2$ $=$ $\dfrac{\sqrt{3}}{4}\times 2$ $=$ $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
  3. Démontrer que les coordonnées de M sont $\left(~\dfrac{2}{3}~;~\dfrac{1}{3}~; ~\dfrac{1}{3}\right)$.
    4. En notant $x_M$, $y_M$ et $z_M$ les coordonnées de $M$, on a :
    $\overrightarrow{BM}$ $=$ $\dfrac{1}{3}\overrightarrow{BH}$
    $\begin{pmatrix} x_M-x_B \\ y_M-y_B \\ z_M-zB \end{pmatrix}$ $=$ $\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix} x_H-x_B \\ y_H-y_B \\ z_H-zB \end{pmatrix}$
    $\begin{pmatrix} x_M-1 \\ y_M \\ z_M \end{pmatrix}$ $=$ $\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$
    $\begin{pmatrix} x_M-1 \\ y_M \\ z_M \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} -\frac{1}{3} \\ \frac{1}{3} \\ \frac{1}{3} \end{pmatrix}$.


    Or, deux vecteurs sont égaux si et seulement si ils ont les mêmes coordonnées, on a donc :

    $x_M-1=-\dfrac{1}{3}$ et donc $x_M=1-\dfrac{1}{3}$ $=$ $\dfrac{2}{3}$.

    $y_M$ $=$ $\dfrac{1}{3}$

    $z_M$ $=$ $\dfrac{1}{3}$.

    Les coordonnées du point $M$ sont bien $\left(~\dfrac{2}{3}~;~\dfrac{1}{3}~; ~\dfrac{1}{3}\right)$.
    1. Justifier que le vecteur $\overrightarrow{n}(-1~;~1~;~1)$ est normal au plan (EGD).
      2. Montrons pour cela que $\vec{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de (EGD).
      On a :
      $\vec{n}\cdot\overrightarrow{EG}$ $=$ $\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} x_G- x_E \\ y_G - y_E \\ z_G-z_E \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ $=$ $-1+1$ $=$ $0$.

      $\vec{n}\cdot\overrightarrow{ED}$ $=$ $\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} x_D- x_E \\ y_D - y_E \\ z_D-z_E \end{pmatrix}$ $=$ $\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ $=$ $1-1$ $=$ $0$.

      Ainsi, $\vec{n}$ est un vecteur non nul, orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de (EGD) (puisque E, G et D forment un triangle non plat), c'est donc un vecteur normal de ce plan.
    2. En déduire qu'une équation cartésienne du plan (EGD) est: $- x + y + z - 1 = 0$.
      3. Puisque $\overrightarrow{n}$ $(-1~;~1~;~1)$ est un vecteur normal au plan (EGD), une équation cartésienne de ce dernier est de la forme : $$-x+y+z+d=0,$$ avec $d\in\mathbb{R}$ à déterminer.
      Le point $E(0\,;0\,;1)$ appartient à (EGD), ses coordonnées vérifient donc cette équation et on a :
      $-x_E+y_E+z_E+d=0$ $\Longleftrightarrow$ $0+0+1+d=0$ $\Longleftrightarrow$ $d=-1$.
      Une équation cartésienne de (EGD) est bien : $-x+y+z-1=0$.
    3. Soit $\mathcal{D}$ la droite orthogonale au plan (EGD) et passant par le point M.
      Montrer qu'une représentation paramétrique de cette droite est:
      $$\mathcal{D} \, :\, \left\{\begin{array}{l c l} x&=&\frac{2}{3} - t \\ y&=&\frac{1}{3} + t \\ z&=&\frac{1}{3} + t \end{array}\right., \, t \in \mathbb{R}.$$
      4. La droite $\mathcal{D}$ est dirigée par $\vec{n}$ puisqu'elle est orthogonale au plan (EGD). Elle passe de plus par $M$, ainsi une paramétrisation de $\mathcal{D}$ est :

      9 $\left\{\begin{array}{l c l} x &=& x_M + x_{\vec{n}}t \\ \\ y &=& y_M + y_{\vec{n}}t \\ \\ z &=& y_M + z_{\vec{n}}t \\ \end{array}\right., \, t \in \mathbb{R}$

      $\Longleftrightarrow$ $\left\{\begin{array}{l c l} x&=&\dfrac{2}{3} - t \\ \\ y&=&\dfrac{1}{3} + t \\ \\ z&=&\dfrac{1}{3} + t \end{array}\right., \, t \in \mathbb{R}.$
  5. Le cube ABCDEFGH est représenté ci-dessus selon une vue qui permet de mieux percevoir la pyramide GEDM, en gris sur la figure :
    Le but de cette question est de calculer le volume de la pyramide GEDM.
    1. Soit K, le pied de la hauteur de la pyramide GEDM issue du point M.
      Démontrer que les coordonnées du point K sont $\left(\dfrac{1}{3}~;~\dfrac{2}{3}~;~\dfrac{2}{3}\right)$.
      2. La droite $\mathcal{D}$ est orthogonale à (EGD) et passe par $M$, c'est donc la hauteur de la pyramide GEDM issue de $M$.
      Le point d'intersection $K$ entre $\mathcal{D}$ et (EGD) et bien le pied de cette hauteur.
      Or, pour déterminer l'intersection entre une droite dont on connaît une paramétrisation et un plan dont on connaît une équation cartésienne, on injecte la paramétrisation dans l'équation du plan.
      $-x+y+z-1$ $=$ $0$
      $-\left(\dfrac{2}{3}-t \right)+ \left( \dfrac{1}{3}+t \right) + \left( \dfrac{1}{3}+t \right)-1$ $=$ $0$
      $-\dfrac{2}{3}+t + \dfrac{1}{3}+t + \dfrac{1}{3}+t -1$ $=$ $0$
      $3t -1$ $=$ $0$
      $t$ $=$ $\dfrac{1}{3}$.
      On remplace alors $t$ par $\dfrac{1}{3}$ dans la paramétrisation de $\mathcal{D}$ pour obtenir les coordonnées de $K$.

      $x_K=\dfrac{2}{3}-\dfrac{1}{3}$ $=$ $\dfrac{1}{3}$,

      $y_K=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}$ $=$ $\dfrac{2}{3}$,

      $z_K=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}$ $=$ $\dfrac{2}{3}$.

      On a bien que les coordonnées du point K sont $\left(\dfrac{1}{3}~;~\dfrac{2}{3}~;~\dfrac{2}{3}\right)$.
    2. En déduire le volume de la pyramide GEDM.
      On rappelle que le volume $V$ d'une pyramide est donné par la formule $V = \dfrac{b \times h}{3}$ où $b$ désigne l'aire d'une base et $h$ la hauteur associée.
      3. On utilise les résultats des questions précédentes et la formule $V=\dfrac{1}{3}\mathscr{A}_{EGD}\times MK$.
      On a déjà $\mathscr{A}_{EGD} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$, il nous reste donc à calculer $MK$.
      $MK$ $=$ $\sqrt{(x_K-x_M)^2+(y_K-y_M)^2+(z_K-z_M)^2}$
      $=$ $\sqrt{\left(\dfrac{1}{3}-\dfrac{2}{3} \right)^2+\left(\dfrac{2}{3}-\dfrac{1}{3} \right)^2+\left(\dfrac{2}{3}-\dfrac{1}{3} \right)^2}$
      $=$ $\sqrt{\left(-\dfrac{1}{3} \right)^2+\left(\dfrac{1}{3} \right)^2+\left(\dfrac{1}{3}\right)^2}$
      $=$ $\sqrt{\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{9} +\dfrac{1}{9}}$
      $=$ $\sqrt{\dfrac{1}{3}}$
      $=$ $\dfrac{1}{\sqrt{3}}$.

      Ainsi, on a : $V=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{\sqrt{3}}{2}\times \dfrac{1}{\sqrt{3}}$ $=$ $\dfrac{1}{6}$.