Corrigé des exercices : Droites, plans et produit vectoriel en L1 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Angle et orthogonalité de deux vecteurs

Idée clé : dans un repère orthonormé, tout se calcule avec la formule \(u_1v_1+u_2v_2+u_3v_3\).

1. On trouve \(\vec{u}\cdot\vec{v}=4+0-6=-2\). Ensuite, \(\|\vec{u}\|=\sqrt{1+4+4}=3\) et \(\|\vec{v}\|=\sqrt{16+0+9}=5\). Donc \(\vec{u}\cdot\vec{v}=-2\), \(\|\vec{u}\|=3\), \(\|\vec{v}\|=5\).
2. Les vecteurs sont non nuls, donc \(\cos\theta=\dfrac{-2}{3\times 5}\). Ainsi, \(\cos\theta=-\dfrac{2}{15}\) et l’angle est obtus, car son cosinus est strictement négatif.
3. On écrit \(\vec{w}\cdot\vec{u}=a+2-2=a\). Ce produit est nul si et seulement si \(a=0\). Le vecteur \(\vec{w}\) est orthogonal à \(\vec{u}\) pour \(a=0\).

Point de vigilance : l’angle géométrique vaut ici \(\arccos\left(-\frac{2}{15}\right)\), soit environ \(1{,}70\) radian. On ne cherche pas de valeur remarquable : la calculatrice suffit. En revanche, il faut toujours diviser par le produit des normes, et non par leur somme. De plus, le signe du produit scalaire suffit à lui seul pour savoir si l’angle est aigu ou obtus.

Corrigé de l’exercice 2 – Plan donné par un point et un vecteur normal

Idée clé : un point \(M\) est dans le plan si et seulement si \(\overrightarrow{AM}\cdot\vec{n}=0\).

1. La condition s’écrit \((x-2)-3(y+1)+2(z-4)=0\). En développant, on obtient \(x-3y+2z-13=0\). Une équation de \(\mathcal{P}\) est \(x-3y+2z=13\).
2. Pour \(B\), on calcule \(5-0+8=13\) : \(B\) appartient à \(\mathcal{P}\). Pour \(C\), on trouve \(0-0+12=12\neq 13\) : \(C\) n’appartient pas à \(\mathcal{P}\).
3. On pose \(y=s\) et \(z=t\). L’équation donne alors \(x=13+3s-2t\). Une représentation paramétrique est \(x=13+3s-2t\), \(y=s\), \(z=t\), avec \((s,t)\in\mathbb{R}^2\). Par exemple, \(s=-1\) et \(t=4\) redonnent bien \(A(2,-1,4)\).

Corrigé de l’exercice 3 – Deux écritures d’une droite du plan

Idée clé : on élimine le paramètre par une combinaison linéaire bien choisie, et l’on lit un vecteur directeur sur l’équation cartésienne.

1. On multiplie la première relation par \(5\) et la seconde par \(2\). On additionne : \(5x+2y=15-10t+2+10t=17\). Réciproquement, tout point vérifiant cette équation s’obtient avec \(t=\frac{3-x}{2}\). Donc \(\mathcal{D}_1 : 5x+2y=17\).
2. Le point \((1,-1)\) convient, car \(4+3=7\). Un vecteur directeur de \(4x-3y=7\) est \((3,4)\). Ainsi, \(\mathcal{D}_2 : x=1+3t\), \(y=-1+4t\), \(t\in\mathbb{R}\). On contrôle : \(4(1+3t)-3(-1+4t)=7\).
3. Les vecteurs directeurs \((-2,5)\) et \((3,4)\) ont pour déterminant \(-2\times 4-5\times 3=-23\neq 0\). Les droites ne sont donc pas parallèles : elles sont sécantes.

Pour aller plus loin : les deux droites se coupent en un point que l’on obtient par combinaison. On multiplie la première équation par \(3\) et la seconde par \(2\) : \(15x+6y=51\) et \(8x-6y=14\). En additionnant, \(23x=65\). Par conséquent, le point commun a pour abscisse \(\frac{65}{23}\). On retrouve ainsi le déterminant \(-23\) au dénominateur, ce qui n’est pas un hasard : c’est la formule de Cramer.

Corrigé de l’exercice 4 – Un produit vectoriel et ses contrôles

Idée clé : on applique la formule coordonnée par coordonnée, puis on vérifie l’orthogonalité, qui détecte presque toute erreur de signe.

1. On calcule \(1\times 4-0\times 3=4\), puis \(0\times(-1)-2\times 4=-8\), enfin \(2\times 3-1\times(-1)=7\). Donc \(\vec{u}\wedge\vec{v}=(4,-8,7)\). Contrôle : \(8-8+0=0\) avec \(\vec{u}\), et \(-4-24+28=0\) avec \(\vec{v}\).
2. Le produit vectoriel est antisymétrique. Par conséquent, \(\vec{v}\wedge\vec{u}=(-4,8,-7)\).
3. L’aire est la norme du produit vectoriel. Elle vaut \(\sqrt{16+64+49}=\sqrt{129}\).

Point de vigilance : l’ordre des facteurs compte. Si l’on calcule \(\vec{v}\wedge\vec{u}\) par erreur, on obtient l’opposé, qui reste orthogonal aux deux vecteurs. Le contrôle d’orthogonalité ne détecte donc pas cette inversion. C’est pourquoi on écrit toujours les deux vecteurs dans l’ordre de l’énoncé avant de commencer. En revanche, l’aire ne dépend pas de l’ordre, puisque la norme efface le signe.

Corrigé de l’exercice 5 – Distances à des droites du plan

Idée clé : on écrit chaque droite sous la forme \(ax+by=c\), puis on applique la formule de distance.

1. La droite s’écrit \(5x-12y=-3\). Ensuite, \(5\times 4-12\times(-2)+3=47\) et \(\sqrt{25+144}=13\). La distance vaut \(\dfrac{47}{13}\).
2. La droite s’écrit \(2x-y=1\). On calcule \(|8+2-1|=9\) et \(\sqrt{4+1}=\sqrt{5}\). La distance vaut \(\dfrac{9}{\sqrt{5}}=\dfrac{9\sqrt{5}}{5}\).

Point de vigilance : pour la seconde droite, le passage par la forme \(ax+by=c\) est indispensable. Si l’on garde \(y=2x-1\) et qu’on lit naïvement \(a=2\), \(b=-1\), le second membre devient faux d’un signe. Ensuite, la valeur absolue garantit une distance positive, quel que soit le côté de la droite où se trouve le point. Enfin, on peut vérifier l’ordre de grandeur : \(\frac{9\sqrt{5}}{5}\) vaut environ \(4{,}02\).

Corrigé de l’exercice 6 – Reconnaître un cercle

Idée clé : on complète les carrés, puis on examine le signe du second membre.

1. On écrit \(x^2+8x=(x+4)^2-16\) et \(y^2-4y=(y-2)^2-4\). L’équation devient \((x+4)^2+(y-2)^2=5+16+4=25\). Donc \(\Gamma_1\) est le cercle de centre \((-4,2)\) et de rayon \(5\).
2. De même, \((x-1)^2+(y+3)^2=-12+1+9=-2\). Une somme de carrés ne peut pas être strictement négative. Par conséquent, \(\Gamma_2\) est l’ensemble vide.

Remarque : une équation de la forme \(x^2+y^2+\alpha x+\beta y+\gamma=0\) ne décrit pas toujours un cercle. Il faut d’abord la mettre sous forme canonique, puis examiner le second membre. S’il est nul, on obtient un seul point. S’il est négatif, comme pour \(\Gamma_2\), l’ensemble est vide. Ainsi, on ne lit jamais un rayon avant d’avoir vérifié ce signe.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Plan passant par trois points

Idée clé : le produit vectoriel de deux vecteurs du plan fournit à la fois le test d’alignement et un vecteur normal.

1. On a \(\overrightarrow{AB}=(-1,-1,3)\) et \(\overrightarrow{AC}=(1,-2,1)\). Leur produit vectoriel vaut \(\big(-1+6,\;3+1,\;2+1\big)=(5,4,3)\). Il est non nul, donc les points ne sont pas alignés.
2. Le plan admet \((5,4,3)\) pour vecteur normal, donc une équation \(5x+4y+3z=d\). Avec \(A\), on obtient \(d=5+8=13\). Contrôle : \(0+4+9=13\) pour \(B\) et \(10+0+3=13\) pour \(C\). Une équation de \((ABC)\) est \(5x+4y+3z=13\).
3. L’aire du triangle est la moitié de \(\|(5,4,3)\|=\sqrt{50}=5\sqrt{2}\). Elle vaut \(\dfrac{5\sqrt{2}}{2}\).

Autre méthode : on peut aussi chercher \(a\), \(b\), \(c\), \(d\) en remplaçant les trois points dans \(ax+by+cz=d\). On obtient alors un système de trois équations à quatre inconnues, que l’on résout par le pivot de Gauss. Cette voie fonctionne, mais elle est plus longue. Par ailleurs, le produit vectoriel donne en prime l’aire du triangle, ce que le système ne fournit pas.

Corrigé de l’exercice 8 – Projeté orthogonal et symétrique par rapport à un plan

Idée clé : le projeté se cherche sur la droite passant par \(M\) et dirigée par le vecteur normal.

1. Posons \(\vec{n}=(2,-1,2)\), de norme \(3\). On calcule \(2\times 3-1+2\times(-2)=1\). La distance vaut \(\dfrac{|1-4|}{3}=1\).
2. On cherche \(H=M+\lambda\vec{n}\). La condition \(H\in\mathcal{P}\) donne \(1+9\lambda=4\), donc \(\lambda=\frac{1}{3}\). Ainsi, \(H\left(\frac{11}{3},\frac{2}{3},-\frac{4}{3}\right)\). Contrôle : \(\frac{22}{3}-\frac{2}{3}-\frac{8}{3}=4\), et \(MH=\frac{1}{3}\times 3=1\).
3. Le point \(H\) est le milieu de \([MM^{\prime}]\), donc \(M^{\prime}=M+2\lambda\vec{n}\). On obtient \(M^{\prime}\left(\frac{13}{3},\frac{1}{3},-\frac{2}{3}\right)\).

La figure montre le point \(M\), son projeté \(H\) et son symétrique \(M^{\prime}\) de part et d’autre du plan.

Corrigé de l’exercice 9 – Droite d’intersection de deux plans

Idée clé : le produit vectoriel des normales dirige la droite d’intersection ; un point s’obtient en fixant une coordonnée.

1. On a \(\vec{n}_1=(1,-2,1)\) et \(\vec{n}_2=(2,1,-3)\). Leur produit vectoriel vaut \(\big(6-1,\;2+3,\;1+4\big)=(5,5,5)\). Il est non nul, donc les plans sont sécants.
2. La droite est dirigée par \((1,1,1)\). Avec \(z=0\), on résout \(x-2y=3\) et \(2x+y=1\). La seconde donne \(y=1-2x\), puis \(5x-2=3\), d’où \(x=1\) et \(y=-1\). Contrôle : \(1+2+0=3\) et \(2-1-0=1\). Donc \(\Delta : x=1+t\), \(y=-1+t\), \(z=t\), avec \(t\in\mathbb{R}\).
3. On a \(\vec{n}_1\cdot\vec{n}_2=2-2-3=-3\), \(\|\vec{n}_1\|=\sqrt{6}\) et \(\|\vec{n}_2\|=\sqrt{14}\). L’angle aigu a pour cosinus \(\dfrac{3}{\sqrt{84}}=\dfrac{3}{2\sqrt{21}}\). Il vaut \(\dfrac{\sqrt{21}}{14}\).

Point de vigilance : le point de \(\Delta\) dépend du choix fait pour la coordonnée fixée. Avec \(x=0\), par exemple, on trouverait un autre point de la même droite. Les deux réponses sont justes. Pour s’en convaincre, il suffit de vérifier que le point obtenu satisfait les deux équations. De plus, on peut simplifier le vecteur directeur \((5,5,5)\) en \((1,1,1)\), car seule sa direction compte.

Corrigé de l’exercice 10 – Distance d’un point à une droite de l’espace

Idée clé : deux méthodes indépendantes donnent le même nombre, ce qui sert de contrôle.

1. On a \(\overrightarrow{AM}=(3,3,1)\). Ensuite, \(\overrightarrow{AM}\wedge\vec{u}=\big(6+1,\;2-6,\;-3-6\big)=(7,-4,-9)\), de norme \(\sqrt{146}\). Comme \(\|\vec{u}\|=3\), on obtient \(d(M,\mathcal{D})=\dfrac{\sqrt{146}}{3}\).
2. On cherche \(H=A+t\vec{u}\) avec \(\overrightarrow{AH}\cdot\vec{u}=\overrightarrow{AM}\cdot\vec{u}\). Or \(\overrightarrow{AM}\cdot\vec{u}=6-3+2=5\), donc \(9t=5\) et \(t=\frac{5}{9}\). Ainsi, \(H\left(\frac{10}{9},\frac{4}{9},\frac{1}{9}\right)\). Ensuite, \(\overrightarrow{MH}=\frac{1}{9}(-17,-32,1)\), et \(MH^2=\dfrac{289+1024+1}{81}=\dfrac{146}{9}\). On retrouve bien la distance.

Remarque : la première méthode est la plus rapide quand seule la distance est demandée. La seconde fournit en plus le pied de la perpendiculaire. D’ailleurs, elle repose sur une idée simple : le paramètre \(t\) du projeté est le quotient \(\frac{\overrightarrow{AM}\cdot\vec{u}}{\|\vec{u}\|^2}\). Ensuite, le contrôle \(\overrightarrow{MH}\cdot\vec{u}=0\) se fait de tête : \(-34+32+2=0\).

Corrigé de l’exercice 11 – Une droite parallèle et une droite sécante à un plan

Idée clé : le signe de \(\vec{u}\cdot\vec{n}\) décide entre parallélisme et intersection.

1. La droite \(\mathcal{D}_1\) est dirigée par \((1,-1,1)\), et \(\vec{n}=(2,1,-1)\). On trouve \(2-1-1=0\) : la droite est parallèle au plan. De plus, son point \((1,2,3)\) donne \(2+2-3=1\neq 5\). Elle est donc strictement parallèle, et tous ses points sont à la même distance de \(\mathcal{P}\). Cette distance vaut \(\dfrac{|1-5|}{\sqrt{6}}=\dfrac{2\sqrt{6}}{3}\).
2. La droite \(\mathcal{D}_2\) est dirigée par \((1,2,1)\), et \(2+2-1=3\neq 0\) : elle coupe le plan en un point. On remplace : \(2t+(1+2t)-(-1+t)=3t+2=5\), d’où \(t=1\). Le point d’intersection est \((1,3,0)\). Contrôle : \(2+3-0=5\).

La figure suivante représente le plan avec les deux droites : l’une reste au-dessus, l’autre le traverse.

Corrigé de l’exercice 12 – Deux droites non coplanaires

Idée clé : le critère de coplanarité est un produit mixte, et la normale du plan cherché est \(\vec{u}\wedge\vec{v}\).

1. On a \(\overrightarrow{AB}=(-1,3,-1)\) et \(\vec{u}\wedge\vec{v}=(-1,1,-2)\). Le produit mixte vaut \(1+3+2=6\neq 0\). Les droites ne sont donc pas coplanaires.
2. Comme \(\Pi\) contient \(\mathcal{D}\) et la direction \(\vec{v}\), sa direction vectorielle est \(\mathrm{Vect}(\vec{u},\vec{v})\). Le vecteur \(-(\vec{u}\wedge\vec{v})=(1,-1,2)\) lui est normal. Avec \(A\), on trouve \(1-0+4=5\). Une équation de \(\Pi\) est \(x-y+2z=5\).
3. Pour \(B\), on calcule \(0-3+2=-1\). La distance vaut \(\dfrac{|-1-5|}{\sqrt{6}}=\sqrt{6}\). Ensuite, \(\vec{v}\cdot(1,-1,2)=2+0-2=0\), donc \(\mathcal{D}^{\prime}\) est parallèle à \(\Pi\). Ainsi, tous les points de \(\mathcal{D}^{\prime}\) sont à la distance \(\sqrt{6}\) de \(\Pi\). Ce nombre est la distance entre les deux droites, comme le montre l’exercice 16.

Corrigé de l’exercice 13 – Produit mixte et volume

Idée clé : le produit mixte est un déterminant, et le tétraèdre occupe le sixième du parallélépipède.

1. On calcule \(\overrightarrow{OA}\wedge\overrightarrow{OB}=(6,-3,1)\), puis le produit scalaire avec \((2,0,1)\). On trouve \([\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}]=12+0+1=13\).
2. Le volume du tétraèdre est le sixième de la valeur absolue du produit mixte. Il vaut \(\dfrac{13}{6}\).
3. Les quatre points sont coplanaires si et seulement si \((\overrightarrow{OA}\wedge\overrightarrow{OB})\cdot\overrightarrow{OE}=0\). Cela s’écrit \(6m-3+1=0\). Donc \(m=\frac{1}{3}\).

Point de vigilance : le volume du tétraèdre est le sixième du produit mixte, et non le tiers. En effet, le parallélépipède se découpe en six tétraèdres de même volume. Ensuite, pour la coplanarité, on peut utiliser n’importe quels trois vecteurs issus d’un même point. Enfin, on contrôle le résultat : avec \(m=\frac{1}{3}\), on trouve \(6\times\frac{1}{3}-3+1=0\).

Corrigé de l’exercice 14 – Section d’une sphère par un plan

Idée clé : on compare la distance du centre au plan avec le rayon, puis on applique le théorème de Pythagore.

1. On complète les carrés : \((x-2)^2+(y+1)^2+(z-1)^2=3+4+1+1=9\). Ainsi, \(\mathcal{S}\) est la sphère de centre \(\Omega(2,-1,1)\) et de rayon \(R=3\).
2. On calcule \(4+2+1=7\), donc \(\delta=\dfrac{|7-1|}{3}=2<3\). La section est un cercle de rayon \(\sqrt{9-4}=\sqrt{5}\). Son centre est \(H=\Omega+\lambda(2,-2,1)\) avec \(7+9\lambda=1\), soit \(\lambda=-\frac{2}{3}\). Le cercle a pour centre \(H\left(\frac{2}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right)\) et pour rayon \(\sqrt{5}\). Contrôle : \(\frac{4}{3}-\frac{2}{3}+\frac{1}{3}=1\).
3. Les plans cherchés ont le même vecteur normal que \(\mathcal{P}\), donc une équation \(2x-2y+z=d\). La tangence impose que la distance du centre à ce plan égale le rayon : \(\dfrac{|7-d|}{3}=3\), c’est-à-dire \(|7-d|=9\). On obtient les plans \(2x-2y+z=-2\) et \(2x-2y+z=16\).

Remarque : les deux plans tangents sont symétriques par rapport au centre \(\Omega\). Leur second membre moyen vaut d’ailleurs \(\frac{-2+16}{2}=7\), qui est exactement la valeur de \(2x-2y+z\) en \(\Omega\). Les points de tangence s’obtiennent en partant de \(\Omega\) le long du vecteur normal unitaire \(\frac{1}{3}(2,-2,1)\), sur une longueur égale au rayon. On trouve ainsi \((0,1,0)\) et \((4,-3,2)\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 15 – Double produit vectoriel

Idée clé : les deux membres sont linéaires en \(\vec{v}\) et en \(\vec{w}\), donc il suffit de vérifier la formule sur une base.

1. Notons \((\vec{i},\vec{j},\vec{k})\) la base canonique et \(\vec{u}=(u_1,u_2,u_3)\). Si \(\vec{v}=\vec{w}\), les deux membres sont nuls. Prenons ensuite \(\vec{v}=\vec{i}\) et \(\vec{w}=\vec{j}\). Le membre de gauche vaut \(\vec{u}\wedge\vec{k}=(u_2,-u_1,0)\). Le membre de droite vaut \(u_2\,\vec{i}-u_1\,\vec{j}\) : c’est le même vecteur. Les couples \((\vec{j},\vec{k})\) et \((\vec{k},\vec{i})\) se traitent de même par permutation circulaire. Enfin, échanger \(\vec{v}\) et \(\vec{w}\) change le signe des deux membres. Par bilinéarité en \((\vec{v},\vec{w})\), la formule vaut pour tous vecteurs.
2. On développe les trois termes : \((\vec{u}\cdot\vec{w})\vec{v}-(\vec{u}\cdot\vec{v})\vec{w}\), puis \((\vec{v}\cdot\vec{u})\vec{w}-(\vec{v}\cdot\vec{w})\vec{u}\), enfin \((\vec{w}\cdot\vec{v})\vec{u}-(\vec{w}\cdot\vec{u})\vec{v}\). Grâce à la symétrie du produit scalaire, chaque terme rencontre son opposé : \((\vec{u}\cdot\vec{w})\vec{v}\) avec \(-(\vec{w}\cdot\vec{u})\vec{v}\), et ainsi de suite. Les six termes se compensent, ce qui établit l’identité demandée.
3. Par antisymétrie, \((\vec{u}\wedge\vec{v})\wedge\vec{w}=-\vec{w}\wedge(\vec{u}\wedge\vec{v})\). La question 1 donne alors \((\vec{u}\cdot\vec{w})\vec{v}-(\vec{v}\cdot\vec{w})\vec{u}\). On compare avec \((\vec{u}\cdot\vec{w})\vec{v}-(\vec{u}\cdot\vec{v})\vec{w}\). L’égalité équivaut donc à \((\vec{v}\cdot\vec{w})\,\vec{u}=(\vec{u}\cdot\vec{v})\,\vec{w}\).
4. Prenons \(\vec{u}=\vec{v}=\vec{i}\) et \(\vec{w}=\vec{j}\). D’une part \((\vec{v}\cdot\vec{w})\vec{u}=\vec{0}\), d’autre part \((\vec{u}\cdot\vec{v})\vec{w}=\vec{j}\). L’égalité est fausse pour ce triplet : en effet, \((\vec{i}\wedge\vec{i})\wedge\vec{j}=\vec{0}\) alors que \(\vec{i}\wedge(\vec{i}\wedge\vec{j})=-\vec{j}\).

Remarque : la formule du double produit se retient sous la forme « produit scalaire des extrêmes fois le milieu, moins produit scalaire des deux premiers fois le dernier ». Elle montre que \(\vec{u}\wedge(\vec{v}\wedge\vec{w})\) appartient toujours au plan engendré par \(\vec{v}\) et \(\vec{w}\). C’est cohérent : ce vecteur est orthogonal à \(\vec{v}\wedge\vec{w}\), donc il vit dans le plan orthogonal à ce produit.

Corrigé de l’exercice 16 – Perpendiculaire commune à deux droites

Idée clé : deux conditions d’orthogonalité donnent un système linéaire en \((s,t)\), puis Pythagore prouve la minimalité.

1. On calcule \(\vec{w}=\big(2\times(-1)-1\times 1,\;1\times 0-1\times(-1),\;1\times 1-2\times 0\big)=(-3,1,1)\). Avec \(\overrightarrow{AB}=(1,2,3)\), on obtient \(\overrightarrow{AB}\cdot\vec{w}=-3+2+3=2\neq 0\). Les droites ne sont pas coplanaires.
2. On a \(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AB}+t\vec{v}-s\vec{u}=(1-s,\;2+t-2s,\;3-t-s)\). La condition \(\overrightarrow{MN}\cdot\vec{u}=0\) donne \(8+t-6s=0\). La condition \(\overrightarrow{MN}\cdot\vec{v}=0\) donne \(-1+2t-s=0\), soit \(s=2t-1\). On remplace : \(8+t-12t+6=0\), donc \(t=\frac{14}{11}\). On trouve \(t=\frac{14}{11}\) et \(s=\frac{17}{11}\), d’où \(M\left(\frac{28}{11},\frac{23}{11},\frac{17}{11}\right)\) et \(N\left(2,\frac{25}{11},\frac{19}{11}\right)\).
3. On calcule \(\overrightarrow{MN}=\left(-\frac{6}{11},\frac{2}{11},\frac{2}{11}\right)=\frac{2}{11}\vec{w}\). Ainsi, \(MN=\frac{2}{11}\sqrt{11}=\dfrac{2}{\sqrt{11}}\). On retrouve \(\dfrac{|\overrightarrow{AB}\cdot\vec{w}|}{\|\vec{w}\|}\).
4. Soient \(P\in\mathcal{D}\) et \(Q\in\mathcal{D}^{\prime}\). Le vecteur \(\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{NQ}\) est combinaison de \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\), donc orthogonal à \(\overrightarrow{MN}\). Le théorème de Pythagore donne \(PQ^2=\|\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{NQ}\|^2+MN^2\). Par conséquent, \(PQ\geqslant MN\) : la distance entre les droites vaut \(\dfrac{2}{\sqrt{11}}\).

Point de vigilance : le système en \((s,t)\) est toujours inversible quand les droites ne sont pas parallèles. Son déterminant vaut en effet \(\|\vec{u}\|^2\|\vec{v}\|^2-(\vec{u}\cdot\vec{v})^2\), c’est-à-dire \(\|\vec{u}\wedge\vec{v}\|^2\), d’après l’identité de Lagrange. Ici, \(6\times 2-1=11\), ce qui explique les dénominateurs. Par conséquent, la perpendiculaire commune existe et elle est unique.

Corrigé de l’exercice 17 – Cercle circonscrit à un triangle rectangle

Idée clé : l’hypoténuse d’un triangle rectangle est un diamètre de son cercle circonscrit.

1. On a \(\overrightarrow{AB}=(4,0)\) et \(\overrightarrow{AC}=(0,6)\), de produit scalaire nul. Le triangle est rectangle en \(A\).
2. Le centre est le milieu de \([BC]\), soit \(\Omega(3,4)\). Le rayon vaut \(\frac{BC}{2}=\frac{\sqrt{16+36}}{2}=\sqrt{13}\). Une équation de \(\Gamma\) est \((x-3)^2+(y-4)^2=13\). Contrôle avec \(A\) : \(4+9=13\).
3. La tangente en \(B\) est orthogonale à \(\overrightarrow{\Omega B}=(2,-3)\). Elle s’écrit \(2(x-5)-3(y-1)=0\). Son équation est \(2x-3y=7\).
4. Avec \(y=x\), on obtient \((x-3)^2+(x-4)^2=13\), soit \(2x^2-14x+12=0\), puis \(x^2-7x+6=0\). Les racines sont \(1\) et \(6\). Les points d’intersection sont \(A(1,1)\) et \((6,6)\). Contrôle : \(9+4=13\).

La figure rassemble le triangle, le cercle circonscrit, la tangente en \(B\) et la droite \(y=x\).

Autre méthode : sans utiliser l’angle droit, on peut chercher le centre comme point équidistant de \(A\), \(B\) et \(C\). Les égalités \(\Omega A^2=\Omega B^2\) et \(\Omega A^2=\Omega C^2\) donnent deux équations linéaires, dont la solution est \((3,4)\). Cette méthode marche pour tout triangle. Cependant, la propriété de l’hypoténuse est beaucoup plus rapide ici. Enfin, pour la question 4, on savait d’avance que \(A\) serait une solution, ce qui permettait de factoriser.

Corrigé de l’exercice 18 – Problème du tétraèdre trirectangle

Idée clé : chaque question réutilise un outil du cours : vecteur normal, distance à un plan, produit vectoriel, produit mixte, puis section d’une sphère.

1. On cherche une équation \(ax+by+cz=d\). Les trois points donnent \(2a=d\), \(3b=d\) et \(6c=d\). Avec \(d=6\), on obtient \(a=3\), \(b=2\), \(c=1\). Les points ne sont pas alignés, car \(\overrightarrow{AB}=(-2,3,0)\) et \(\overrightarrow{AC}=(-2,0,6)\) ne sont pas colinéaires. Une équation de \((ABC)\) est \(3x+2y+z=6\).
2. On a \(\sqrt{9+4+1}=\sqrt{14}\). La distance de \(O\) au plan vaut \(\dfrac{6}{\sqrt{14}}=\dfrac{3\sqrt{14}}{7}\).
3. On calcule \(\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\big(3\times 6-0\times 0,\;0\times(-2)-(-2)\times 6,\;(-2)\times 0-3\times(-2)\big)=(18,12,6)\). Ce vecteur vaut \(6\,(3,2,1)\), donc sa norme est \(6\sqrt{14}\). L’aire de \(ABC\) vaut \(3\sqrt{14}\).
4. Avec la hauteur issue de \(O\), \(V=\frac{1}{3}\times 3\sqrt{14}\times\frac{6}{\sqrt{14}}=6\). Avec le produit mixte, la matrice de colonnes \(\overrightarrow{OA}\), \(\overrightarrow{OB}\), \(\overrightarrow{OC}\) est diagonale, de déterminant \(2\times 3\times 6=36\), et \(\frac{36}{6}=6\). Le volume vaut \(6\).
5. On cherche \(\mathcal{S}\) sous la forme \(x^2+y^2+z^2+\alpha x+\beta y+\gamma z+e=0\). Le point \(O\) donne \(e=0\). Ensuite, \(A\) donne \(4+2\alpha=0\), \(B\) donne \(9+3\beta=0\) et \(C\) donne \(36+6\gamma=0\). Ainsi, \(\alpha=-2\), \(\beta=-3\), \(\gamma=-6\). On obtient \(\mathcal{S} : x^2+y^2+z^2-2x-3y-6z=0\), de centre \(\Omega\left(1,\frac{3}{2},3\right)\) et de rayon \(\frac{7}{2}\). En effet, \(1+\frac{9}{4}+9=\frac{49}{4}\).
6. On calcule \(\delta=\dfrac{|3+3+3-6|}{\sqrt{14}}=\dfrac{3}{\sqrt{14}}\), qui est inférieur au rayon. La section est donc un cercle de rayon \(r\) avec \(r^2=\frac{49}{4}-\frac{9}{14}=\frac{343-18}{28}=\frac{325}{28}\). Son centre est \(H=\Omega+\lambda(3,2,1)\) avec \(9+14\lambda=6\), soit \(\lambda=-\frac{3}{14}\). Le cercle a pour rayon \(\dfrac{5\sqrt{91}}{14}\) et pour centre \(H\left(\frac{5}{14},\frac{15}{14},\frac{39}{14}\right)\). Contrôle : \(\frac{15}{14}+\frac{30}{14}+\frac{39}{14}=6\). Ce cercle passe par \(A\), \(B\) et \(C\) : c’est le cercle circonscrit au triangle \(ABC\).

Bilan : ce problème mobilise presque tout le chapitre. D’abord, la forme de l’équation du plan découle des trois points placés sur les axes. Ensuite, la distance de \(O\) au plan sert de hauteur, et le produit vectoriel donne l’aire de la base. Les deux calculs de volume se contrôlent mutuellement. Enfin, la sphère circonscrite coupe la face \(ABC\) selon son cercle circonscrit, puisque ce cercle contient trois points de la sphère situés dans le plan.

La figure présente le tétraèdre, la face \(ABC\) et le pied \(K\) de la hauteur issue de \(O\). Ce point vaut \(\frac{3}{7}(3,2,1)\), soit \(K\left(\frac{9}{7},\frac{6}{7},\frac{3}{7}\right)\).

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