Géométrie dans l’espace : plan, vecteur normal, équation cartésienne et volume d’un tétraèdre

L'espace $\mathcal E$ est rapporté à un repère orthonormé direct $(O~;~\vec i~,~\vec j~,~\vec k)$ d'unité $1~\text{cm}$.

On considère les points $A(2,0,0)$, $B(2,2,0)$, $C(0,2,0)$ et $D(2,2,2)$.

1. a) Nous devons démontrer que les points $A~,~B$ et $C$ définissent un plan.

Montrons que les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires.

$\left\lbrace\begin{matrix}A(2,0,0)\\B(2,2,0)\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}2-2\\2-0\\0-0\end{pmatrix} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}0\\2\\0\end{pmatrix}}$

$\left\lbrace\begin{matrix}A(2,0,0)\\C(0,2,0)\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}0-2\\2-0\\0-0\end{pmatrix} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-2\\2\\0\end{pmatrix}}$

Manifestement, les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires.

Dès lors, les points $A,~B$ et $C$ ne sont pas alignés.

Par conséquent, les points $A,~B$ et $C$ déterminent un plan.

1. b) Nous devons montrer que le vecteur $\overrightarrow{BD}$ est normal au plan $(ABC)$.

Déterminons les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{BD}$.

$\left\lbrace\begin{matrix}B(2,2,0)\\D(2,2,2)\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad \overrightarrow{BD}\begin{pmatrix}2-2\\2-2\\2-0\end{pmatrix} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\overrightarrow{BD}\begin{pmatrix}0\\0\\2\end{pmatrix}}$

Nous obtenons ainsi :

$\left\lbrace\begin{matrix}\overrightarrow{BD}\begin{pmatrix}0\\0\\2\end{pmatrix}\\ \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}0\\2\\0\end{pmatrix}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad \overrightarrow{BD}\cdot\overrightarrow{AB}=0\times0+0\times2+2\times0$

$=0$

$\Longrightarrow\quad\boxed{\overrightarrow{BD}\perp\overrightarrow{AB}}$

$\left\lbrace\begin{matrix}\overrightarrow{BD}\begin{pmatrix}0\\0\\2\end{pmatrix}\\\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-2\\2\\0\end{pmatrix}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\overrightarrow{BD}\cdot\overrightarrow{AC}=0\times(-2)+0\times2+2\times0$

$=0$

$\Longrightarrow\quad\boxed{\overrightarrow{BD}\perp\overrightarrow{AC}}$

Dès lors, le vecteur $\overrightarrow{BD}$ est orthogonal à deux vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ non colinéaires du plan $(ABC)$.

Il s'ensuit que le vecteur $\overrightarrow{BD}$ est normal au plan $(ABC)$.

1. c) Nous devons donner une équation cartésienne du plan $(ABC)$.

Nous avons montré dans la question précédente que le vecteur $\overrightarrow{BD}\begin{pmatrix}0\\0\\2\end{pmatrix}$ est normal au plan $(ABC)$.

D'où l'équation du plan $(ABC)$ est de la forme $2z+d=0$ où $d$ est un nombre réel.

Nous savons que $A(2~;~0~;~0)$ appartient à ce plan $(ABC)$.

Donc $2\times0+d=0$, soit $d=0$.

Par conséquent, une équation cartésienne du plan $(ABC)$ est $2z=0$, soit $\boxed{z=0}$.

1. d) Nous devons calculer l'aire $\mathcal A$ du triangle $ABC$.

Montrons que le triangle $ABC$ est rectangle en $B$.

$\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}0\\2\\0\end{pmatrix} \quad\Longrightarrow\quad AB^2=0^2+2^2+0^2 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{AB^2=4}$

$\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-2\\2\\0\end{pmatrix} \quad\Longrightarrow\quad AC^2=(-2)^2+2^2+0^2 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{AC^2=8}$

$\overrightarrow{BC}\begin{pmatrix}-2\\0\\0\end{pmatrix} \quad\Longrightarrow\quad BC^2=(-2)^2+0^2+0^2 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{BC^2=4}$

Nous observons que $AC^2=AB^2+BC^2$.

Dès lors, selon la réciproque du théorème de Pythagore, nous savons que le triangle $ABC$ est rectangle en $B$.

Nous en déduisons que l'aire $\mathcal A$ du triangle $ABC$ se calcule par : $\mathcal A=\dfrac{AB\times AC}{2}$.

Or $\left\lbrace\begin{matrix}AB^2=4\quad\Longrightarrow\quad AB=2\\AC^2=4\quad\Longrightarrow\quad AC=2\end{matrix}\right.$

Par conséquent,

$\mathcal A=\dfrac{AB\times AC}{2}=\dfrac{2\times2}{2}=2 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\mathcal A=2}$

L'unité de longueur étant $1~\text{cm}$, il s'ensuit que l'unité d'aire est $1~\text{cm}^2$.

L'aire $\mathcal A$ du triangle $ABC$ est égale à $2~\text{cm}^2$.

2. Soient $I~,~J$ et $K$ les points tels que :

$\overrightarrow{AI}=\dfrac13~\overrightarrow{AD},\quad \overrightarrow{AJ}=\dfrac13~\overrightarrow{AB} \quad\text{et}\quad \overrightarrow{AK}=\dfrac13~\overrightarrow{AC}$.

Soit $V$ le volume du tétraèdre $ABCD$ et $V'$ le volume du tétraèdre $AIJK$.

2. a) Nous devons calculer $V$.

Nous savons que $V=\dfrac13\times\text{aire de la base}\times\text{la hauteur correspondante}$.

Nous choisirons le triangle $ABC$ comme base dont l'aire est égale à $2~\text{cm}^2$ (voir question 1. d).

Nous avons montré que le vecteur $\overrightarrow{BD}$ est normal au plan $(ABC)$.

La hauteur du tétraèdre correspondant à la base $ABC$ est donc $BD$.

Or $\overrightarrow{BD}\begin{pmatrix}0\\0\\2\end{pmatrix}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{BD=2}$.

Nous en déduisons que :

$V=\dfrac13\times2\times2 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{V=\dfrac43~\text{cm}^3}$

2. b) Nous devons en déduire $V'$.

Les points $I~,~J~,~K$ sont les images respectives des points $D~,~B~,~C$ par l'homothétie de centre $A$ et de rapport $\dfrac13$.

Le volume $V'$ est une réduction du volume $V$ telle que $V'=\left(\dfrac13\right)^3\times V$.

Dès lors, nous obtenons :

$V'=\left(\dfrac13\right)^3\times V=\dfrac{1}{27}\times\dfrac43 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{V'=\dfrac{4}{81}~\text{cm}^3}$