   Géométrie dans l ’ espace - correction exo 16 (France sept-2006 – Ex 4)

Espace – correction exercice 16 Page 1 sur 3

Terminale S. – Lycée Desfontaines – Melle

Géométrie dans l ’ espace - correction exo 16 (France sept-2006 – Ex 4)

On considère dans l’espace un cube de 3 cm de côté, noté ABCDEFGH et représenté en annexe.

Soit I le barycentre des points pondérés (E;2) et (F;1), J celui de (F;1) et (B;2), et enfin K celui de (G;2) et (C;1).

On veut déterminer l’ensemble des points M équidistants de I, J et K. On note ∆ cet ensemble.

1. Plaçons les points I, J et K sur la figure.

Remarque : 2+1ý0 donc les points I, J et K existent.

I est le barycentre de

{

}

3ÄEF (2ÄIE+ÄIF=Å0 càd 2ÄIE+ÄIE+ÄEF=Å0 ) J est le barycentre de

{

}

3ÄFB (ÄJF+2ÄJB=Å0 càd ÄJF+2ÄJF+2ÄFB=Å0 ) K est le barycentre de

{

}

3ÄGC (2ÄKG+ÄKC=Å0 càd 2ÄKG+ÄKG+ÄGC=Å0) 2. Soit Ω le point de ∆ situé dans le plan (IJK). Que représente ce point pour le triangle IJK ?

Remarque : les points I et J appartiennent au plan (EFB) alors que le point K n’appartient pas à ce plan donc les points I, J et K ne peuvent pas être alignés et (IJK) désigne donc bien un plan.

Les points de ∆ sont les points équidistants de I,J et K. Or, dans le plan (IJK), il existe un unique point Ω équidistant de I, J et K, c’est le point de concours des médiatrices du triangle IJK. On déduit donc que Ω est le point de concours des médiatrices du triangle IJK, ou encore que Ω est le centre du cercle circonscrit au triangle IJK .

Pour la suite de cet exercice, on se place dans le repère orthonormal 

 A;¹

3ÄAD;¹

3ÄAB;¹ 3ÄAE 3. Donnons les coordonnées des points I, J et K.

Méthode 1 : Les coordonnées des sommets sont évidentes A(0;0;0) ; B(0;3;0) ; C(3;3;0) ; D(3;0;0) ; E(0;0;3) ; F(0;3;3) ; G(3;3;3) et H(3;0;3)

I est le barycentre de

{

}



 

yI=^2yE+yF

3 =³

3=1 zI=^2zE+zF

3 =⁹

3=3

d’où les coordonnées de I sont (0;1;3)

J est le barycentre de

{

}



 

y_J=^yF+2yB

3 =⁹

3=3 z_J=^zF+2zB

3 =³

3=1

d’où les coordonnées de J sont (0;3;1)

K est le barycentre de

{

}



 

yK=^2yG+yC

3 =⁹

3=3 zK=^2zG+zC

3 =⁶

3=2

d’où les coordonnées de K sont (3;3;2)

Espace – correction exercice 16 Page 2 sur 3

Méthode 2 :

• ÄAI=ÄAE+ÄEI =0×ÄAD+3× 1

3ÄAE+1

3 ×ÄEF=0ÄAD+3×1

3 ÄAE+1×1

3 ÄAB donc dans l e r epèr e



 A;¹

3ÄAD;¹

3ÄAB;¹

3ÄAE , l es coor données d u poi nt I sont (0;1;3)

• ÄAJ=ÄAB+ÄBJ=ÄAB+1

3ÄBF=0ÄAD+3×1

3ÄAB+1×1

3ÄAE donc dans le repère 

 A;¹

3ÄAD;¹

3ÄAB;¹ 3ÄAE , les coordonnées du point J sont (0;3;1) .

• ÄAK=ÄAD+ÄDC+ÄCG=ÄAD+ÄAB+2

3ÄCG=ÄAD+ÄAB+2

3ÄAE=3×1

3ÄAD+3×1

3ÄAB+2×1

3ÄAE, donc dans le repère 

 A;¹

3ÄAD;¹

3ÄAB;¹

3ÄAE les coordonnées de K sont (3;3;2)

4. Soit P(2;0;0) et Q(1;3;3) deux points que l’on placera sur la figure. Montrons que la droite (PQ) est orthogonale au plan (IJK)

La droite (PQ) est orthogonale au plan (IJK) ssi (PQ) est orthogonale aux droites sécantes (IJ) et (IK) càd ssi le vecteur ÄPQ est orthogonal aux deux vecteurs non colinéaires ÄIJ et ÄIK.

Or, I(0;1;3), J(0;3;1), K(3;3;2), P(2;0;0) et Q(1;3;3) donc ÄPQ









-1 3 3

, ÄI J









0 2 -2

et ÄI K









3 2 -1

. On a donc ÄPQ.ÄIJ =-1×0+3×2+×(-2)=6−6=0 et ÄPQ.ÄIK=-1×3+3×2+3×(-1)=-3+6−3=0 Donc ÄPQ┴ÄIJ et ÄPQ┴ÄIK

Donc la droite (PQ) est orthogonale au plan (IJK) 5. Soit M(x;y;z) un point de l’espace.

a) Montrons que M appartient à ∆ ssi le triplet (x;y;z) est solution d’un système de deux équations linéaires que l’on écrira et déterminons la nature de ∆.

M☻∆ ñ M est équidistant de I, J et K ñ MI=MJ et MI=MK ñ M appartient à l’intersection des plans médiateurs de [IJ] et de [IK].

• Equation du plan médiateur P de [IJ] ÄIJ est un vecteur normal de P et ÄI J









0 2 -2

donc une équation de P est de la forme 2y−2z+d=0 (d☻Ë) ou encore y−z+d′=0 (d′☻Ë)

De plus le milieu L de [IJ] a pour coordonnées 



x_I+x_J

2 ;^yI+yJ

2 ;^zI+zJ

2 càd (0;2;2).

I☻P donc ses coordonnées vérifient l’équation de P d’où 2−2+d′=0 càd d′=0 Une équation du plan médiateur de [IJ] est donc y−z=0

• Equation du plan médiateur Q de [IK]

ÄI K









3 2 -1

est un vecteur directeur de Q donc une équation de Q est de la forme 3x+2y−z+e=0 (e☻Ë) De plus L′



3 2;2;⁵

2 milieu de [IK], appartient à Q donc ses coordonnées vérifient l’équation de Q d’où : 3×3

2+2×2−5

2+e=0 càd e=-6.

Une équation de Q est donc 3x+2y−z−6=0

• Finalement, M appartient à ∆ ssi ses coordonnées vérifient le système suivant



y−z=0

3x+2y−z−6=0

Les deux plans P et Q ne sont évidemment pas parallèles (car les vecteurs ÄIJ et ÄIK ne sont pas colinéaires), ils sont donc sécants suivant une droite donc ∆ est la droite d’intersection des plans P et Q.

b) Vérifions que P et Q appartiennent à ∆ et traçons ∆ sur la figure.

Espace – correction exercice 16 Page 3 sur 3

P et Q appartiennent à ∆ ssi leurs coordonnées vérifient le système d’équations linéaires de ∆.

Or, y_P−z_P=0−0=0

3x_P+2y_P−z_P−6=3×2+2×0−0−6=0 et



y_Q−z_Q=3−=0

3x_Q+2y_Q−z_Q−6=3×1+2×3−3−6=0 Donc P et Q appartiennent à ∆ d’où ∆=(PQ)

6. a. Déterminons un vecteur normal au plan (IJK) et déduisons-en une équation cartésienne de ce plan.

On sait, d’après la question 4. que ÄPQ









-1 3 3

est orthogonal aux vecteurs non colinéaires ÄIJ et ÄIK donc ÄPQ est un vecteur normal du plan (IJK).

Une équation de ce plan est donc de la forme –x+3y+3z+a=0 (a☻Ë)

De plus I(0;1;3) appartient à ce plan donc ses coordonnées vérifient son équation, doù 3×1+3×3+a=0 càd a=-12.

Une équation de (IJK) est donc –x+3y+3z−12=0

b. Déterminons alors les coordonnées exactes de Ω.

Ω appartient à l’intersection de ∆ et du plan (IJK), ses coordonnées vérifient donc le système (S):



^y−z=0

3x+2y−z−6=0 -x+3y+3z−12=0

Or, (S)ñ



^y=z

3x+z−6=0 -x+6z−12=0ñ



^y=z z=-3x+6

-x+6(-3x+6)−12=0ñ



^y=z z=-3x+6 -19x+24=0ñ

 



z=-3× ^{2 4}

1 9+6=^{4 2} 1 9 y=z=^{4 2}

1 9 D’où les coordonnées de Ω sont 



24 19;⁴²

19;⁴² 19

A

B

C

D E

F

G

H I

J

K

P

Q

∆