Produit scalaire dans l’espace – Bac S – Amérique du Nord 2008

Partie A

1. On remarque que, quels que soient les points $ M $ dans l'espace, les points $ A, D, I $ et $ M $ sont coplanaires. On peut donc traiter la question dans le plan $ (ADM) $ rapporté à un repère orthonormal.

   Les points $ A, D, I $ et $ M $ ont pour coordonnées dans ce repère :
   $ A(a;b) $, $ D(\alpha ; \beta) $, $ I \left(\dfrac{a + \alpha}{2} ; \dfrac{b + \beta}{2}\right) $ et $ M(x;y) $.

   On en tire les coordonnées des vecteurs $ \overrightarrow{MA}, \overrightarrow{MD}, \overrightarrow{MI} $ et $ \overrightarrow{IA} $ :

   $ \overrightarrow{MA} \begin{pmatrix} a - x \\ b - y \end{pmatrix} $, $ \overrightarrow{MD} \begin{pmatrix} \alpha - x \\ \beta - y \end{pmatrix} $, $ \overrightarrow{MI} \begin{pmatrix} \dfrac{a + \alpha}{2} - x \\ \dfrac{b + \beta}{2} - y \end{pmatrix} $, $ \overrightarrow{IA} \begin{pmatrix} \dfrac{a - \alpha}{2} \\ \dfrac{b - \beta}{2} \end{pmatrix} $.

   On calcule :

   $ \overrightarrow{MD} \cdot \overrightarrow{MA} = (a - x)(\alpha - x) + (b - y)(\beta - y) = a\alpha - (a + \alpha)x + x^2 + b\beta - (b + \beta)y + y^2 $

   D'autre part :

   $ MI^2 = \left(\dfrac{a + \alpha}{2} - x\right)^2 + \left(\dfrac{b + \beta}{2} - y\right)^2 = \left(\dfrac{a + \alpha}{2}\right)^2 - (a + \alpha)x + x^2 + \left(\dfrac{b + \beta}{2}\right)^2 - (b + \beta)y + y^2 $

   $ IA^2 = \left(\dfrac{a - \alpha}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{b - \beta}{2}\right)^2 $

   En remarquant que $ \left(\dfrac{p + q}{2}\right)^2 - \left(\dfrac{p - q}{2}\right)^2 = pq $, on a :

   $ MI^2 - IA^2 = a\alpha - (a + \alpha)x + x^2 + b\beta - (b + \beta)y + y^2 $

   C'est-à-dire :

   $ \overrightarrow{MD} \cdot \overrightarrow{MA} = MI^2 - IA^2 $

2. $ \overrightarrow{MD} \cdot \overrightarrow{MA} = 0 $ implique que $ MI^2 - IA^2 = 0 $, soit $ MI^2 = IA^2 $, donc $ MI = IA $.

   Cela démontre que l'ensemble $ (E) $ est la sphère de centre $ I $ et de rayon $ IA $ (qui est aussi égal à $ ID $ car $ I $ est le milieu de $ [AD] $).

Partie B

1. 1. Pour que le vecteur $ \vec{v} \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} $ soit normal au plan $ (ABC) $, il faut et il suffit qu'il soit orthogonal à deux vecteurs non colinéaires appartenant à $ (ABC) $.

      Les vecteurs $ \overrightarrow{AB} $ et $ \overrightarrow{BC} $ sont non colinéaires et ont pour coordonnées respectives :

      $ \overrightarrow{AB} \begin{pmatrix} -3 \\ 6 \\ 0 \end{pmatrix} $ et $ \overrightarrow{BC} \begin{pmatrix} 0 \\ -6 \\ 4 \end{pmatrix} $.

      On calcule les produits scalaires $ \vec{v} \cdot \overrightarrow{AB} $ et $ \vec{v} \cdot \overrightarrow{BC} $ :

      $ \vec{v} \cdot \overrightarrow{AB} = 4 \times (-3) + 2 \times 6 + 3 \times 0 = -12 + 12 + 0 = 0 $

      $ \vec{v} \cdot \overrightarrow{BC} = 4 \times 0 + 2 \times (-6) + 3 \times 4 = 0 - 12 + 12 = 0 $

      Cela démontre que le vecteur $ \vec{v} $ est normal au plan $ (ABC) $.

   2. $ \vec{v} $ étant un vecteur normal au plan $ (ABC) $, et sachant que $ A(3;0;0) $ appartient à ce plan, une équation du plan $ (ABC) $ est de la forme $ 4x + 2y + 3z + d = 0 $.

      En utilisant les coordonnées de $ A $ : $ 4 \times 3 + 2 \times 0 + 3 \times 0 + d = 0 \Rightarrow 12 + d = 0 \Rightarrow d = -12 $.

      On en déduit l'équation du plan $ (ABC) $ :

      $ 4x + 2y + 3z - 12 = 0 $

2. 1. $ \vec{v} \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} $, normal au plan $ (ABC) $, est un vecteur directeur de la droite $ \Delta $.

      $ D(-5;0;1) $ est un point de cette droite.

      On obtient la représentation paramétrique de $ \Delta $ :

      $ \begin{cases} x = -5 + 4t \\ y = 2t \\ z = 1 + 3t \end{cases} \quad (t \in \mathbb{R}) $

   2. Les coordonnées de $ H $, projeté orthogonal de $ D $ sur $ (ABC) $, sont obtenues en résolvant le système formé par l'équation du plan et la représentation paramétrique de la droite.

      On remplace $ x, y, z $ dans l'équation du plan :

      $ 4(-5 + 4t) + 2(2t) + 3(1 + 3t) - 12 = 0 $
      $ -20 + 16t + 4t + 3 + 9t - 12 = 0 $
      $ 29t - 29 = 0 \Rightarrow t = 1 $

      En remplaçant $ t $ par $ 1 $ dans la représentation paramétrique, on obtient les coordonnées de $ H $ :
      $ x_H = -5 + 4(1) = -1 $
      $ y_H = 2(1) = 2 $
      $ z_H = 1 + 3(1) = 4 $

      Donc $ H(-1; 2; 4) $.

   3. La distance du point $ D $ au plan $ (ABC) $ est la longueur $ DH $.

      $ DH^2 = (x_H - x_D)^2 + (y_H - y_D)^2 + (z_H - z_D)^2 $
      $ DH^2 = (-1 - (-5))^2 + (2 - 0)^2 + (4 - 1)^2 $
      $ DH^2 = 4^2 + 2^2 + 3^2 = 16 + 4 + 9 = 29 $

      D'où :

      $ DH = \sqrt{29} $

   4. On calcule le produit scalaire $ \overrightarrow{HD} \cdot \overrightarrow{HA} $.

      $ \overrightarrow{HD} \begin{pmatrix} -5 - (-1) \\ 0 - 2 \\ 1 - 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4 \\ -2 \\ -3 \end{pmatrix} $

      $ \overrightarrow{HA} \begin{pmatrix} 3 - (-1) \\ 0 - 2 \\ 0 - 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ -2 \\ -4 \end{pmatrix} $

      $ \overrightarrow{HD} \cdot \overrightarrow{HA} = (-4) \times 4 + (-2) \times (-2) + (-3) \times (-4) $
      $ \overrightarrow{HD} \cdot \overrightarrow{HA} = -16 + 4 + 12 = 0 $

      Comme $ \overrightarrow{HD} \cdot \overrightarrow{HA} = 0 $, cela signifie que le triangle $ HDA $ est rectangle en $ H $, ou plus simplement que $ \overrightarrow{HD} \perp \overrightarrow{HA} $.

      Or, d'après la partie A, l'ensemble $ (E) $ est défini par $ \overrightarrow{MD} \cdot \overrightarrow{MA} = 0 $.

      Ici, en remplaçant $ M $ par $ H $, on a bien $ \overrightarrow{HD} \cdot \overrightarrow{HA} = 0 $.

      Donc $ H $ appartient à l'ensemble $ (E) $ (la sphère de diamètre $ [AD] $).

(Solution rédigée par Paki)