Distances et produit vectoriel : corrigé du contrôle de maths en L1

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Barème du contrôle corrigé : distances et produit vectoriel

Le corrigé détaillé : distances et produit vectoriel

Exercice 1 – Produit vectoriel et produit mixte (3 points)

1. Dans une base orthonormée directe, les coordonnées de \(\vec{u} \wedge \vec{v}\) sont :
   \((-1) \times (-2) – 3 \times 4 = -10\) ; \(3 \times 1 – 2 \times (-2) = 7\) ; \(2 \times 4 – (-1) \times 1 = 9\).
   Donc \(\vec{u} \wedge \vec{v} = (-10, 7, 9)\). On vérifie ensuite que \((-10, 7, 9) \cdot \vec{u} = -20 – 7 + 27 = 0\) et que \((-10, 7, 9) \cdot \vec{v} = -10 + 28 – 18 = 0\). Ce vecteur est bien orthogonal à \(\vec{u}\) et à \(\vec{v}\).
2. L’aire du parallélogramme est la norme du produit vectoriel : \(\sqrt{100 + 49 + 81} = \sqrt{230}\). L’aire vaut \(\sqrt{230}\) unités d’aire.
3. Le produit mixte se calcule par \(\left[\vec{u}, \vec{v}, \vec{w}\right] = (\vec{u} \wedge \vec{v}) \cdot \vec{w} = 0 + 7 + 9 = 16\). Comme il est non nul, la famille \((\vec{u}, \vec{v}, \vec{w})\) est une base de l’espace. Elle est de plus directe, car le produit mixte est positif. Le volume du parallélépipède vaut \(16\) unités de volume.
4. Le produit vectoriel de \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) est non nul, donc ils ne sont pas colinéaires. Les trois vecteurs sont alors coplanaires si et seulement si \(\left[\vec{u}, \vec{v}, \vec{a}\right] = 0\), soit \(-10 + 7\lambda = 0\). On trouve \(\lambda = \frac{10}{7}\).

Barème : 1) 1 point, dont un demi-point sur les deux vérifications ; 2) 0,5 point ; 3) 1 point, partagé entre la valeur \(16\) et son interprétation ; 4) 0,5 point.

Exercice 2 – Le plan passant par trois points (4 points)

1. On a \(\overrightarrow{AB} = (2, 1, -1)\) et \(\overrightarrow{AC} = (-1, 2, 2)\). Les rapports des coordonnées valent \(-\frac{1}{2}\) pour les premières et \(2\) pour les deuxièmes. Ces vecteurs ne sont donc pas colinéaires. Donc \(A\), \(B\), \(C\) ne sont pas alignés, et ils définissent un plan.
2. Le calcul donne \(\vec{n} = \left(1 \times 2 – (-1) \times 2, (-1) \times (-1) – 2 \times 2, 2 \times 2 – 1 \times (-1)\right)\). Ainsi \(\vec{n} = (4, -3, 5)\). De plus, \(\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 8 – 3 – 5 = 0\) et \(\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = -4 – 6 + 10 = 0\). Ce vecteur non nul est donc orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires. C’est par conséquent un vecteur normal à \(\mathcal{P}\).
3. Une équation est de la forme \(4x – 3y + 5z + d = 0\). En \(A\), on obtient \(4 + 10 + d = 0\), d’où \(d = -14\). Une équation de \(\mathcal{P}\) est \(4x – 3y + 5z – 14 = 0\). Vérification : pour \(B\), \(12 – 3 + 5 – 14 = 0\) ; pour \(C\), \(0 – 6 + 20 – 14 = 0\).
4. Un point appartient à \(\mathcal{P}\) si et seulement s’il s’écrit \(A + s\overrightarrow{AB} + t\overrightarrow{AC}\), avec \(s\) et \(t\) réels. Une représentation paramétrique est donc \(x = 1 + 2s – t\), \(y = s + 2t\), \(z = 2 – s + 2t\).
5. On applique la formule de la distance d’un point à un plan :
   \(d(M, \mathcal{P}) = \frac{\left|4 \times 6 – 3 \times (-5) + 5 \times 5 – 14\right|}{\sqrt{16 + 9 + 25}} = \frac{50}{\sqrt{50}} = \sqrt{50}\).
   La distance vaut \(5\sqrt{2}\).
6. Le point \(H\) s’écrit \(M + \mu\vec{n}\). L’expression \(4x – 3y + 5z – 14\) vaut \(50\) en \(M\). Elle devient \(50 + 50\mu\) en \(M + \mu\vec{n}\), car \(\left\|\vec{n}\right\|^2 = 50\). Donc \(\mu = -1\) et \(H(2, -2, 0)\). En effet, \(8 + 6 + 0 – 14 = 0\). De plus, \(\left\|\overrightarrow{HM}\right\| = \left\|\vec{n}\right\| = 5\sqrt{2}\) confirme la question précédente.

Barème : 1) 0,5 point ; 2) 1 point, dont la moitié sur le produit vectoriel ; 3) 0,5 point ; 4) 0,5 point ; 5) 1 point ; 6) 0,5 point.

Exercice 3 – Deux plans sécants (4 points)

1. Les vecteurs normaux \(\vec{n}_1 = (1, 1, -1)\) et \(\vec{n}_2 = (2, -1, 1)\) ne sont pas colinéaires, car leurs deux premières coordonnées ne sont pas proportionnelles. Les plans ne sont donc pas parallèles : ils sont sécants selon une droite.
2. La droite \(\mathcal{D}\) est orthogonale à \(\vec{n}_1\) et à \(\vec{n}_2\), donc elle est dirigée par \(\vec{n}_1 \wedge \vec{n}_2 = \left(1 – 1, -2 – 1, -1 – 2\right) = (0, -3, -3)\). On peut ainsi prendre \(\vec{e} = (0, 1, 1)\).
   Pour trouver un point, on additionne les deux équations : \(3x = 6\), d’où \(x = 2\). Avec \(z = 0\), la première équation donne \(y = -1\). Le point \((2, -1, 0)\) vérifie aussi \(4 + 1 + 0 = 5\).
   Une représentation paramétrique de \(\mathcal{D}\) est \(x = 2\), \(y = -1 + t\), \(z = t\), avec \(t\) réel.
3. Un vecteur normal à \(\mathcal{P}_3\) est \((0, 1, -1)\), et \((0, 1, -1) \cdot (0, 1, 1) = 0\). Donc \(\mathcal{D}\) est parallèle à \(\mathcal{P}_3\). De plus, le point \((2, -1, 0)\) donne \(y – z = -1 \neq 4\). Il n’est pas dans \(\mathcal{P}_3\), donc le parallélisme est strict. Tous les points de \(\mathcal{D}\) sont alors à la même distance de \(\mathcal{P}_3\) :
   \(\frac{\left|-1 – 4\right|}{\sqrt{1 + 1}} = \frac{5}{\sqrt{2}}\).
   La distance de \(\mathcal{D}\) à \(\mathcal{P}_3\) vaut \(\frac{5\sqrt{2}}{2}\).
4. On reporte la représentation paramétrique dans l’équation de \(\mathcal{P}_4\) : \(2 + 2(-1 + t) + t = 6\), soit \(3t = 6\), donc \(t = 2\). Le point d’intersection est \((2, 1, 2)\). On contrôle enfin qu’il vérifie les trois équations : \(2 + 1 – 2 = 1\), \(4 – 1 + 2 = 5\) et \(2 + 2 + 2 = 6\).

Piège classique : un vecteur orthogonal au vecteur normal de \(\mathcal{P}_3\) prouve seulement le parallélisme. Il faut encore tester un point pour savoir si la droite est contenue dans le plan.

Barème : 1) 0,5 point ; 2) 1,5 point, soit un demi-point chacun pour la direction, le point et la représentation ; 3) 1 point ; 4) 1 point.

Exercice 4 – Distance d’un point à une droite (3 points)

1. On a \(\overrightarrow{AM} = (2, -1, 4)\). Le produit vectoriel vaut alors \(\overrightarrow{AM} \wedge \vec{d} = \left(-1 – 0, 4 – 2, 0 + 1\right) = (-1, 2, 1)\), de norme \(\sqrt{6}\). Comme \(\left\|\vec{d}\right\| = \sqrt{2}\), on obtient \(\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}} = \sqrt{3}\). La distance de \(M\) à \(\Delta\) vaut \(\sqrt{3}\).
2. Le point \(H\) s’écrit \(A + s\vec{d}\), où \(\overrightarrow{HM} \cdot \vec{d} = 0\). Cela donne \(s = \frac{\overrightarrow{AM} \cdot \vec{d}}{\left\|\vec{d}\right\|^2} = \frac{2 + 0 + 4}{2} = 3\). Donc \(H(4, 2, 3)\). Ensuite, \(\overrightarrow{HM} = (-1, -1, 1)\) vérifie \(\overrightarrow{HM} \cdot \vec{d} = -1 + 1 = 0\). Sa norme vaut \(\sqrt{3}\) : on retrouve ainsi la même distance.
3. Dans le plan, la formule est analogue à celle de l’espace : \(\frac{\left|3 \times 3 + 4 \times (-1) – 10\right|}{\sqrt{9 + 16}} = \frac{5}{5}\). La distance vaut \(1\).

Barème : 1) 1,5 point, dont un point sur le produit vectoriel ; 2) 1 point, partagé entre \(H\) et la vérification ; 3) 0,5 point.

Exercice 5 – Problème : une section plane du cube (6 points)

1. Par lecture du cube, \(C(2, 2, 0)\), \(F(2, 0, 2)\) et \(G(2, 2, 2)\). Les milieux s’en déduisent : \(I(1, 0, 2)\), milieu de \(E(0, 0, 2)\) et \(F\), puis \(J(2, 2, 1)\), milieu de \(C\) et \(G\).
2. On a \(\overrightarrow{DI} = (1, -2, 2)\) et \(\overrightarrow{DJ} = (2, 0, 1)\). Le produit vectoriel vaut :
   \(\overrightarrow{DI} \wedge \overrightarrow{DJ} = \left(-2 – 0, 4 – 1, 0 + 4\right) = (-2, 3, 4)\).
   Ce vecteur est non nul, donc \(D\), \(I\), \(J\) ne sont pas alignés. Il est aussi normal au plan \((DIJ)\). Une équation s’écrit \(-2x + 3y + 4z + d = 0\). En \(D\), on obtient \(6 + d = 0\), donc \(d = -6\). Le plan \((DIJ)\) a pour équation \(-2x + 3y + 4z – 6 = 0\). Vérification : en \(I\), \(-2 + 8 – 6 = 0\) ; en \(J\), \(-4 + 6 + 4 – 6 = 0\).
3. La norme du vecteur normal vaut \(\sqrt{4 + 9 + 16} = \sqrt{29}\). En \(A\), l’expression vaut \(-6\), alors qu’en \(G\) elle vaut \(-4 + 6 + 8 – 6 = 4\). Ainsi \(d(A) = \frac{6}{\sqrt{29}}\) et \(d(G) = \frac{4}{\sqrt{29}}\). Les deux valeurs sont de signes contraires : \(A\) et \(G\) sont de part et d’autre du plan.
4. L’aire du triangle est la moitié de la norme du produit vectoriel. Elle vaut donc \(\frac{\sqrt{29}}{2}\).
5. On a \(\overrightarrow{AD} = (0, 2, 0)\), \(\overrightarrow{AI} = (1, 0, 2)\) et \(\overrightarrow{AJ} = (2, 2, 1)\). D’abord, \(\overrightarrow{AI} \wedge \overrightarrow{AJ} = \left(0 – 4, 4 – 1, 2 – 0\right) = (-4, 3, 2)\). Ensuite, le produit mixte vaut \(\overrightarrow{AD} \cdot (-4, 3, 2) = 6\). Le volume du tétraèdre en est le sixième : \(V = 1\) unité de volume.
   Par ailleurs, \(V = \frac{1}{3} \times \text{aire}(DIJ) \times d(A)\), donc \(d(A) = \frac{3V}{\text{aire}(DIJ)} = \frac{3}{\sqrt{29}/2} = \frac{6}{\sqrt{29}}\). On retrouve le résultat de la question 3.
6. Un point de la droite \((AG)\) s’écrit \((s, s, s)\). Il est dans le plan lorsque \(-2s + 3s + 4s – 6 = 0\), soit \(5s = 6\). Donc \(s = \frac{6}{5}\), compris entre \(0\) et \(2\). Le point est ainsi sur le segment \([AG]\), comme le laissait prévoir la question 3. Finalement, \(K\left(\frac{6}{5}, \frac{6}{5}, \frac{6}{5}\right)\).

Barème : 1) 0,5 point ; 2) 1,5 point, dont un point pour le produit vectoriel et sa justification ; 3) 1 point ; 4) 0,5 point ; 5) 1,5 point, un point pour le produit mixte et le reste pour la seconde méthode ; 6) 1 point.

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