Problèmes de longueurs, d'angles, d'aires et de volumes

7.1 Les outils

• Longueur : $AB = \sqrt{(x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2 + (z_B - z_A)^2}$ dans un repère orthonormé.
• Angle : $\cos\widehat{BAC} = \dfrac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{AB \times AC}$.
• Aire d'un triangle : $\dfrac12 \times \text{base} \times \text{hauteur}$. La hauteur issue de $C$ est $CH$, où $H$ est le projeté orthogonal de $C$ sur la droite $(AB)$. On peut aussi utiliser $\dfrac12 \times AB \times AC \times \sin\widehat{BAC}$.
• Volume d'un tétraèdre (d'une pyramide) : $V = \dfrac13 \times \mathcal{B} \times h$, où $\mathcal{B}$ est l'aire d'une base et $h$ la hauteur correspondante, c'est-à-dire la distance du sommet opposé au plan de la base.

Méthode (distance d'un point à un plan par les volumes). On calcule le volume d'un tétraèdre avec une base « facile », puis on écrit le même volume avec la base contenue dans le plan cherché : $V = \dfrac13 \times \mathcal{B}' \times d$, donc $d = \dfrac{3V}{\mathcal{B}'}$. On obtient la distance sans chercher le projeté.

Exemple 25. Dans un repère orthonormé, $O$ est l'origine, $A(4\,;0\,;0)$, $B(0\,;4\,;0)$ et $C(0\,;0\,;2)$. Le tétraèdre $OABC$ a trois faces rectangles en $O$.

1. Angle. $\overrightarrow{CA}\,(4\,;0\,;-2)$ et $\overrightarrow{CB}\,(0\,;4\,;-2)$, donc $\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB} = 0 + 0 + 4 = 4$ et $CA = CB = \sqrt{20}$. Alors $\cos\widehat{ACB} = \dfrac{4}{20} = \dfrac15$ et $\widehat{ACB} \approx 78{,}5°$.
2. Aire. Le triangle $ABC$ est isocèle en $C$. Soit $H$ le milieu de $[AB]$ : $H(2\,;2\,;0)$, $\overrightarrow{CH}\,(2\,;2\,;-2)$ et $\overrightarrow{AB}\,(-4\,;4\,;0)$, d'où $\overrightarrow{CH} \cdot \overrightarrow{AB} = -8 + 8 + 0 = 0$. Donc $H$ est le projeté orthogonal de $C$ sur $(AB)$, et $[CH]$ est une hauteur. Avec $CH = \sqrt{12} = 2\sqrt3$ et $AB = \sqrt{32} = 4\sqrt2$, l'aire vaut $\dfrac12 \times 4\sqrt2 \times 2\sqrt3 = 4\sqrt6 \approx 9{,}8$.
3. Volume. La base $OAB$ est un triangle rectangle en $O$, d'aire $\dfrac12 \times 4 \times 4 = 8$. La droite $(OC)$ est orthogonale à $(OA)$ et à $(OB)$, donc au plan $(OAB)$ : la hauteur est $OC = 2$. Donc $V = \dfrac13 \times 8 \times 2 = \dfrac{16}{3}$.
4. Distance de $O$ au plan $(ABC)$. Si $H'$ est le projeté orthogonal de $O$ sur $(ABC)$, alors $V = \dfrac13 \times \mathcal{A}_{ABC} \times OH'$, donc $OH' = \dfrac{3V}{\mathcal{A}_{ABC}} = \dfrac{16}{4\sqrt6} = \dfrac{2\sqrt6}{3} \approx 1{,}63$.

Exemple 26. Dans le cube, le tétraèdre $ABDE$ a pour base le triangle $ABD$, rectangle en $A$, d'aire $\dfrac12$, et pour hauteur $AE = 1$ : son volume vaut $\dfrac13 \times \dfrac12 \times 1 = \dfrac16$. Le triangle $BDE$ est équilatéral de côté $\sqrt2$ ; son aire vaut $\dfrac{\sqrt3}{4} \times \left(\sqrt2\right)^2 = \dfrac{\sqrt3}{2}$. Donc $d\left(A, (BDE)\right) = \frac{3 \times \frac16}{\frac{\sqrt3}{2}} = \frac{1}{\sqrt3} = \frac{\sqrt3}{3},$ le même résultat que dans l'exemple 23, obtenu cette fois sans chercher le projeté.