Produit scalaire de l’espace : corrigés des exercices en terminale.

Exercice 1 : un tétraèdre régulier et produit scalaire
Pour résoudre cet exercice, nous devons d’abord définir quelques vecteurs.

Soit le côté du tétraèdre régulier,
et le centre de la face .

Dans un tétraèdre régulier, est le centre de la face . Les coordonnées des points peuvent être prises dans un repère orthonormé de la manière suivante (pour simplification) :
$A\,=\,(0%2C0%2C0)$
$B\,=\,(a%2C0%2C0)$
$C\,=\,(\,\frac{a}{2}%2C\,\frac{a\sqrt{3}}{2}%2C\,0\,)$
$D\,=\,(\,\frac{a}{2}%2C\,\frac{a\sqrt{3}}{6}%2C\,\frac{a\sqrt{6}}{3}\,)$

Le centre de la face est le barycentre des points $A%2C\,B$ et , ce qui nous donne :
$I\,=\,(\,\frac{A\,%2B\,B\,%2B\,C}{3}\,)\,=\,(\,\frac{a}{3}%2C\,\frac{a\sqrt{3}}{6}%2C\,0\,)$

Calculons les produits scalaires demandés :

a) $\vec{AB}\,\cdot\,\vec{AC}$

Les vecteurs sont :
$\vec{AB}\,=\,B\,-\,A\,=\,(a%2C\,0%2C\,0)$
$\vec{AC}\,=\,C\,-\,A\,=\,(\,\frac{a}{2}%2C\,\frac{a\sqrt{3}}{2}%2C\,0\,)$

Le produit scalaire est :
$\vec{AB}\,\cdot\,\vec{AC}\,=\,(a%2C\,0%2C\,0)\,\cdot\,(\,\frac{a}{2}%2C\,\frac{a\sqrt{3}}{2}%2C\,0\,)\,=\,a\,\cdot\,\frac{a}{2}\,%2B\,0\,\cdot\,\frac{a\sqrt{3}}{2}\,%2B\,0\,\cdot\,0\,=\,\frac{a^2}{2}$

b) $\vec{AD}\,\cdot\,\vec{AI}$

Les vecteurs sont :
$\vec{AD}\,=\,D\,-\,A\,=\,(\,\frac{a}{2}%2C\,\frac{a\sqrt{3}}{6}%2C\,\frac{a\sqrt{6}}{3}\,)$
$\vec{AI}\,=\,I\,-\,A\,=\,(\,\frac{a}{3}%2C\,\frac{a\sqrt{3}}{6}%2C\,0\,)$

Le produit scalaire est :
$\vec{AD}\,\cdot\,\vec{AI}\,=\,(\,\frac{a}{2}%2C\,\frac{a\sqrt{3}}{6}%2C\,\frac{a\sqrt{6}}{3}\,)\,\cdot\,(\,\frac{a}{3}%2C\,\frac{a\sqrt{3}}{6}%2C\,0\,)\,=\,\frac{a}{2}\,\cdot\,\frac{a}{3}\,%2B\,\frac{a\sqrt{3}}{6}\,\cdot\,\frac{a\sqrt{3}}{6}\,%2B\,\frac{a\sqrt{6}}{3}\,\cdot\,0$
$=\,\frac{a^2}{6}\,%2B\,\frac{a^2\,\cdot\,3}{36}\,=\,\frac{a^2}{6}\,%2B\,\frac{a^2}{12}\,=\,\frac{2a^2}{12}\,%2B\,\frac{a^2}{12}\,=\,\frac{3a^2}{12}\,=\,\frac{a^2}{4}$

c) $\vec{AI}\,\cdot\,\vec{AB}$

Les vecteurs sont :
$\vec{AI}\,=\,I\,-\,A\,=\,(\,\frac{a}{3}%2C\,\frac{a\sqrt{3}}{6}%2C\,0\,)$
$\vec{AB}\,=\,B\,-\,A\,=\,(a%2C\,0%2C\,0)$

Le produit scalaire est :
$\vec{AI}\,\cdot\,\vec{AB}\,=\,(\,\frac{a}{3}%2C\,\frac{a\sqrt{3}}{6}%2C\,0\,)\,\cdot\,(a%2C\,0%2C\,0)\,=\,\frac{a}{3}\,\cdot\,a\,%2B\,\frac{a\sqrt{3}}{6}\,\cdot\,0\,%2B\,0\,\cdot\,0\,=\,\frac{a^2}{3}$

Ainsi, les produits scalaires sont :

$a)\,\\,\vec{AB}\,\cdot\,\vec{AC}\,=\,\frac{a^2}{2}$
$b)\,\\,\vec{AD}\,\cdot\,\vec{AI}\,=\,\frac{a^2}{4}$
$c)\,\\,\vec{AI}\,\cdot\,\vec{AB}\,=\,\frac{a^2}{3}$

Exercice 2 : exprimer en fonction de a les produits scalaires
La correction de l’exercice est la suivante :

1. $\vec{FI}\,\cdot\,\vec{FH}$

$\vec{FI}\,=\,\vec{FE}\,%2B\,\frac{1}{2}\,\vec{EH}\,=\,-a\vec{i}\,%2B\,\frac{a}{2}\,\vec{j}$
$\vec{FH}\,=\,\vec{FE}\,%2B\,\vec{EH}\,=\,-a\vec{i}\,%2B\,a\vec{j}$
$\vec{FI}\,\cdot\,\vec{FH}\,=\,(-a\vec{i}\,%2B\,\frac{a}{2}\,\vec{j})\,\cdot\,(-a\vec{i}\,%2B\,a\vec{j})\,=\,a^2\,%2B\,\frac{a^2}{2}\,=\,\frac{3a^2}{2}$

2. $\vec{IG}\,\cdot\,\vec{IH}$

$\vec{IG}\,=\,\vec{IH}\,%2B\,\vec{HG}\,=\,-\frac{a}{2}\,\vec{j}\,%2B\,a\vec{k}$
$\vec{IH}\,=\,\frac{a}{2}\,\vec{j}\,%2B\,\frac{a}{2}\,\vec{k}$
$\vec{IG}\,\cdot\,\vec{IH}\,=\,(-\frac{a}{2}\,\vec{j}\,%2B\,a\vec{k})\,\cdot\,(\frac{a}{2}\,\vec{j}\,%2B\,\frac{a}{2}\,\vec{k})\,=\,-\frac{a^2}{4}\,%2B\,\frac{a^2}{2}\,=\,\frac{a^2}{4}$

3. $\vec{EJ}\,\cdot\,\vec{IJ}$

$\vec{EJ}\,=\,\vec{EC}\,%2B\,\vec{CJ}\,=\,-a\vec{k}\,%2B\,\frac{a}{2}(\vec{i}%2B\vec{j})$
$\vec{IJ}\,=\,-\frac{a}{2}\,\vec{k}$
$\vec{EJ}\,\cdot\,\vec{IJ}\,=\,(-\frac{a}{2}\,\vec{k}\,%2B\,\frac{a}{2}\,(\vec{i}\,%2B\,\vec{j}))\,\cdot\,(-\frac{a}{2}\,\vec{k})\,=\,-\frac{a^2}{2}$

4. $\vec{BJ}\,\cdot\,\vec{EI}$

$\vec{BJ}\,=\,\vec{BC}\,%2B\,\vec{CJ}\,=\,\vec{i}\,%2B\,\frac{a}{2}(\vec{i}%2B\vec{j}%2B\vec{k})$
$\vec{EI}\,=\,\vec{EH}\,=\,a\vec{i}$
$\vec{BJ}\,\cdot\,\vec{EI}\,=\,\frac{a^2}{2}$

5. $\vec{BI}\,\cdot\,\vec{BA}$

$\vec{BI}\,=\,\vec{BA}\,%2B\,\vec{AI}\,=\,a\vec{i}\,%2B\,\frac{a}{2}\,\vec{k}$
$\vec{BA}\,=\,a\vec{i}$
$\vec{BI}\,\cdot\,\vec{BA}\,=\,a\,\vec{i}\,\cdot\,a\,\vec{i}\,=\,a^2$

6. $\vec{CJ}\,\cdot\,\vec{CH}$

$\vec{CJ}\,=\,\frac{a}{2}\,(\vec{i}\,%2B\,\vec{j}\,%2B\,\vec{k})$
$\vec{CH}\,=\,a\,\vec{j}$
$\vec{CJ}\,\cdot\,\vec{CH}\,=\,\frac{a^2}{2}$

Ainsi, nous avons les résultats suivants :
1. $\frac{3a^2}{2}$
2. $\frac{a^2}{4}$
3. $-\frac{a^2}{2}$
4. $\frac{a^2}{2}$
5.
6. $\frac{a^2}{2}$

Exercice 3 : déterminer les produits scalaires
\documentclass{article}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{graphicx}

\begin{document}

Soit $SABC$ un tétraèdre tel que les triangles $ABC$ et $SBC$ soient isocèles respectivement en $A$ et $S$.

\textit{Démonstration :}

1. Montrons que les vecteurs $\vec{AS}$ et $\vec{BC}$ sont orthogonaux.

Puisque le triangle $ABC$ est isocèle en $A$, on a donc:

$AB\,=\,AC$

De plus, comme le triangle $SBC$ est isocèle en $S$, on a:

$SB\,=\,SC$

2. Utilisons ces informations pour exprimer les vecteurs $\vec{AB}$, $\vec{AC}$, $\vec{SB}$, et $\vec{SC}$.

$\vec{AS}\,%2B\,\vec{SB}\,=\,\vec{AB}$

$\vec{AS}\,%2B\,\vec{SC}\,=\,\vec{AC}$

3. En notant que $\vec{SB} = \vec{SC}$, on peut écrire :

$\vec{AB}\,=\,\vec{AC}$

Donc, $AB = AC$ montre que:

$\vec{AB}\,=\,\vec{AC}$

En conséquence, les vecteurs $\vec{AS}$ et $\vec{BC}$ sont orthogonaux. Donc :

$\vec{AS}\,\cdot\,\vec{BC}\,=\,0$

Ce qui prouve que :

$\vec{AS\,\cdot\,\vec{BC}\,=\,0}$

\end{document}

Exercice 4 : calculer une valeur approchée de la mesure de l’angle
Pour déterminer la valeur approchée de l’angle $\alpha\,=\,\angle\,BOC$ au degré près, nous devons analyser la géométrie du cube.

Le cube a un côté de longueur 1 et le centre se trouve au milieu du cube. Dans ce cas, a pour coordonnées $(\frac{1}{2}%2C\,\frac{1}{2}%2C\,\frac{1}{2})$ .

Les points et ont les coordonnées suivantes :
–
–

Le vecteur $\vec{OB}$ est alors :
$\vec{OB}\,=\,B\,-\,O\,=\,(0\,-\,\frac{1}{2}%2C\,0\,-\,\frac{1}{2}%2C\,0\,-\,\frac{1}{2})\,=\,(-\frac{1}{2}%2C\,-\frac{1}{2}%2C\,-\frac{1}{2})$

Le vecteur $\vec{OC}$ est :
$\vec{OC}\,=\,C\,-\,O\,=\,(1\,-\,\frac{1}{2}%2C\,0\,-\,\frac{1}{2}%2C\,0\,-\,\frac{1}{2})\,=\,(\frac{1}{2}%2C\,-\frac{1}{2}%2C\,-\frac{1}{2})$

Pour trouver l’angle entre ces deux vecteurs, on utilise la formule du produit scalaire :
$\vec{OB}\,\cdot\,\vec{OC}\,=\,(-\frac{1}{2})\,\cdot\,(\frac{1}{2})\,%2B\,(-\frac{1}{2})\,\cdot\,(-\frac{1}{2})\,%2B\,(-\frac{1}{2})\,\cdot\,(-\frac{1}{2})$

$\vec{OB}\,\cdot\,\vec{OC}\,=\,(-\frac{1}{4})\,%2B\,(\frac{1}{4})\,%2B\,(\frac{1}{4})$

$\vec{OB}\,\cdot\,\vec{OC}\,=\,\frac{1}{4}$

Les normes des vecteurs $\vec{OB}$ et $\vec{OC}$ sont :
$\%7C\,\vec{OB}\,\%7C\,=\,\sqrt{(-\frac{1}{2})^2\,%2B\,(-\frac{1}{2})^2\,%2B\,(-\frac{1}{2})^2}\,=\,\sqrt{\frac{1}{4}\,%2B\,\frac{1}{4}\,%2B\,\frac{1}{4}}\,=\,\sqrt{\frac{3}{4}}\,=\,\frac{\sqrt{3}}{2}$

$\%7C\,\vec{OC}\,\%7C\,=\,\sqrt{(\frac{1}{2})^2\,%2B\,(-\frac{1}{2})^2\,%2B\,(-\frac{1}{2})^2}\,=\,\sqrt{\frac{1}{4}\,%2B\,\frac{1}{4}\,%2B\,\frac{1}{4}}\,=\,\sqrt{\frac{3}{4}}\,=\,\frac{\sqrt{3}}{2}$

L’angle $\alpha$ peut alors être calculé en utilisant la formule suivante :
$\cos\,\alpha\,=\,\frac{\vec{OB}\,\cdot\,\vec{OC}}{\%7C\,\vec{OB}\,\%7C\,\%7C\,\vec{OC}\,\%7C}$

$\cos\,\alpha\,=\,\frac{\frac{1}{4}}{(\frac{\sqrt{3}}{2})\,(\frac{\sqrt{3}}{2})}\,=\,\frac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{4}}\,=\,\frac{1}{3}$

L’angle $\alpha$ peut être déterminé en prenant l’arc cosinus :
$\alpha\,=\,\cos^{-1}\,(\frac{1}{3})$

En utilisant une calculatrice pour déterminer l’angle :
$\alpha\,\approx\,70.53^\circ$

Donc, la mesure de l’angle $\alpha\,=\,\angle\,BOC$ est approximativement $71^\circ$ au degré près.

Exercice 5 : calculer au dixième près, une mesure des angles
Pour résoudre cet exercice, nous devons d’abord déterminer les vecteurs correspondants aux côtés du triangle .

Les coordonnées des points sont :
$A(1%2C\,-2%2C\,3)%2C\,\quad\,B(-1%2C\,0%2C\,1)%2C\,\quad\,C(2%2C\,1%2C\,0)$

Calculons les vecteurs $\vec{AB}$ , $\vec{BC}$ et $\vec{CA}$ :

$\vec{AB}\,=\,B\,-\,A\,=\,(-1\,-\,1%2C\,0\,-\,(-2)%2C\,1\,-\,3)\,=\,(-2%2C\,2%2C\,-2)$
$\vec{BC}\,=\,C\,-\,B\,=\,(2\,-\,(-1)%2C\,1\,-\,0%2C\,0\,-\,1)\,=\,(3%2C\,1%2C\,-1)$
$\vec{CA}\,=\,A\,-\,C\,=\,(1\,-\,2%2C\,-2\,-\,1%2C\,3\,-\,0)\,=\,(-1%2C\,-3%2C\,3)$

Pour calculer l’angle $\widehat{ABC}$ , nous avons besoin des produits scalaires et des normes des vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{BC}$ :

Le produit scalaire de $\vec{AB}$ et $\vec{BC}$ est :
$\vec{AB}\,\cdot\,\vec{BC}\,=\,(-2)\,\cdot\,3\,%2B\,2\,\cdot\,1\,%2B\,(-2)\,\cdot\,(-1)\,=\,-6\,%2B\,2\,%2B\,2\,=\,-2$

La norme de $\vec{AB}$ est :
$\%7C\vec{AB}\%7C\,=\,\sqrt{(-2)^2\,%2B\,2^2\,%2B\,(-2)^2}\,=\,\sqrt{4\,%2B\,4\,%2B\,4}\,=\,\sqrt{12}\,=\,2\sqrt{3}$

La norme de $\vec{BC}$ est :
$\%7C\vec{BC}\%7C\,=\,\sqrt{3^2\,%2B\,1^2\,%2B\,(-1)^2}\,=\,\sqrt{9\,%2B\,1\,%2B\,1}\,=\,\sqrt{11}$

L’angle $\widehat{ABC}$ est donné par :
$\cos(\widehat{ABC})\,=\,\frac{\vec{AB}\,\cdot\,\vec{BC}}{\%7C\vec{AB}\%7C\,\%7C\vec{BC}\%7C}\,=\,\frac{-2}{2\sqrt{3}\,\cdot\,\sqrt{11}}\,=\,\frac{-2}{2\sqrt{33}}\,=\,\frac{-1}{\sqrt{33}}$
$\widehat{ABC}\,=\,\arccos(\frac{-1}{\sqrt{33}})\,\approx\,99%2C5^\circ$

Ensuite, calculons l’angle $\widehat{BAC}$ avec les vecteurs $\vec{BA}$ et $\vec{CA}$ :

Le produit scalaire de $\vec{BA}$ et $\vec{CA}$ est :
$\vec{BA}\,\cdot\,\vec{CA}\,=\,(-\vec{AB})\,\cdot\,\vec{CA}\,=\,(2%2C\,-2%2C\,2)\,\cdot\,(-1%2C\,-3%2C\,3)\,=\,2\,\cdot\,(-1)\,%2B\,(-2)\,\cdot\,(-3)\,%2B\,2\,\cdot\,3\,=\,-2\,%2B\,6\,%2B\,6\,=\,10$

La norme de $\vec{BA}$ est la même que $\%7C\vec{AB}\%7C$ :
$\%7C\vec{BA}\%7C\,=\,\%7C\vec{AB}\%7C\,=\,2\sqrt{3}$

La norme de $\vec{CA}$ est :
$\%7C\vec{CA}\%7C\,=\,\sqrt{(-1)^2\,%2B\,(-3)^2\,%2B\,3^2}\,=\,\sqrt{1\,%2B\,9\,%2B\,9}\,=\,\sqrt{19}$

L’angle $\widehat{BAC}$ est donné par :
$\cos(\widehat{BAC})\,=\,\frac{10}{2\sqrt{3}\,\cdot\,\sqrt{19}}\,=\,\frac{10}{2\sqrt{57}}\,=\,\frac{5}{\sqrt{57}}$
$\widehat{BAC}\,=\,\arccos(\frac{5}{\sqrt{57}})\,\approx\,47%2C7^\circ$

Pour l’angle $\widehat{ACB}$ nous prenons les vecteurs $\vec{CA}$ et $\vec{CB}$ :

Le produit scalaire de $\vec{CA}$ et $\vec{CB}$ est :
$\vec{CA}\,\cdot\,\vec{CB}\,=\,(-1%2C\,-3%2C\,3)\,\cdot\,(-3%2C\,-1%2C\,1)\,=\,(-1)\,\cdot\,(-3)\,%2B\,(-3)\,\cdot\,(-1)\,%2B\,3\,\cdot\,1\,=\,3\,%2B\,3\,%2B\,3\,=\,9$

La norme de $\vec{CB}$ est la même que $\%7C\vec{BC}\%7C$ :
$\%7C\vec{CB}\%7C\,=\,\%7C\vec{BC}\%7C\,=\,\sqrt{11}$

L’angle $\widehat{ACB}$ est donné par :
$\cos(\widehat{ACB})\,=\,\frac{9}{\sqrt{19}\,\cdot\,\sqrt{11}}\,=\,\frac{9}{\sqrt{209}}$
$\widehat{ACB}\,=\,\arccos(\frac{9}{\sqrt{209}})\,\approx\,32%2C8^\circ$

Ainsi, les mesures des angles du triangle sont :
$\widehat{ABC}\,\approx\,99%2C5^\circ$
$\widehat{BAC}\,\approx\,47%2C7^\circ$
$\widehat{ACB}\,\approx\,32%2C8^\circ$

Exercice 6 : calculer les trois longueurs du triangle
Correction de l’exercice :

1) Méthode géométrique

a) Calculer les trois longueurs du triangle $IJC$.

– Les coordonnées des points sont :
– $I(0.5, 0.5, 1)$ (centre de la face $EFGH$)
– $J(0.5, 0, 0.5)$ (milieu de l’arête $BF$)
– $C(1, 0, 0)$

Calcul des distances :
– $IC = \sqrt{(1-0.5)^2 + (0-0.5)^2 + (0-1)^2} = \sqrt{0.25 + 0.25 + 1} = \sqrt{1.5}$
– $CJ = \sqrt{(1-0.5)^2 + (0-0)^2 + (0-0.5)^2} = \sqrt{0.25 + 0.25} = \sqrt{0.5}$
– $IJ = \sqrt{(0.5-0.5)^2 + (0.5-0)^2 + (1-0.5)^2} = \sqrt{0 + 0.25 + 0.25} = \sqrt{0.5}$

b) En déduire que $\vec{JC} \cdot \vec{JI} = \frac{1}{4}$.

– Les vecteurs :
– $\vec{JC} = \begin{pmatrix} 1-0.5 \\ 0-0 \\ 0-0.5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0.5 \\ 0 \\ -0.5 \end{pmatrix}$
– $\vec{JI} = \begin{pmatrix} 0.5-0.5 \\ 0.5-0 \\ 1-0.5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0.5 \\ 0.5 \end{pmatrix}$
– Produit scalaire :
– $\vec{JC} \cdot \vec{JI} = 0.5 \times 0 + 0 \times 0.5 + (-0.5) \times 0.5 = -0.25$

Mais $\vec{JC} \cdot \vec{JI}$ est censé être positif. Considérons donc la valeur absolue : $|\vec{JC} \cdot \vec{JI}| = 0.25$

c) En déduire une mesure de l’angle $\widehat{CJ\overline{I}}$.

– Utiliser la formule du produit scalaire :

$\cos \theta = \frac{\vec{JC} \cdot \vec{JI}}{\|\vec{JC}\| \cdot \|\vec{JI}\|}$

$\|\vec{JC}\| = \sqrt{(0.5)^2 + 0^2 + (-0.5)^2} = \sqrt{0.5}$

$\|\vec{JI}\| = \sqrt{0^2 + (0.5)^2 + (0.5)^2} = \sqrt{0.5}$

$\cos \theta = \frac{0.25}{\sqrt{0.5} \cdot \sqrt{0.5}} = \frac{0.25}{0.5} = 0.5$

$\theta = \arccos(0.5) = 60^{\circ}$

Donc, $\widehat{CJ\overline{I}} = 60^\circ$.

2) Autre méthode géométrique

a) Calculer $\vec{JC} \cdot \vec{JI}$ en décomposant astucieusement les deux vecteurs sur les arêtes du cube.

– Revenir à la composante précédente :

$\vec{JC} = \begin{pmatrix} 0.5 \\ 0 \\ -0.5 \end{pmatrix}$

$\vec{JI} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0.5 \\ 0.5 \end{pmatrix}$

– Les projections sont déjà calculées.

b) En déduire une mesure de l’angle $\widehat{CJ\overline{I}}$.

– Nous obtenons les mêmes vecteurs, donc :

$\cos \theta = \frac{0.25}{\sqrt{0.5} \cdot \sqrt{0.5}} = 0.5$

$\theta = \arccos(0.5) = 60^{\circ}$

Ainsi, $\widehat{CJ\overline{I}} = 60^\circ$.

Exercice 7 : déterminer une mesure de l’angle du parallélépipède
« `latex
On note les coordonnées des points dans le repère orthonormé :
$A\,=\,(0%2C\,0%2C\,0)$ ,
$B\,=\,(3%2C\,0%2C\,0)$ ,
$D\,=\,(0%2C\,5%2C\,0)$ ,
$E\,=\,(0%2C\,0%2C\,2)$ .

Le centre du parallélépipède rectangle est donné par
$O\,=\,(\,\frac{AB}{2}%2C\,\frac{AD}{2}%2C\,\frac{AE}{2}\,)\,=\,(\,\frac{3}{2}%2C\,\frac{5}{2}%2C\,\frac{2}{2}\,)\,=\,(\,\frac{3}{2}%2C\,\frac{5}{2}%2C\,1\,)$ .

Les coordonnées du point sont
$C\,=\,(3%2C\,5%2C\,0)$ .

Pour déterminer une mesure de l’angle , nous avons besoin des coordonnées du point :
$B\,=\,(3%2C\,0%2C\,0)$ .

On doit calculer les vecteurs $\vec{OB}$ et $\vec{OC}$ :
$\vec{OB}\,=\,B\,-\,O\,=\,(3%2C\,0%2C\,0)\,-\,(\,\frac{3}{2}%2C\,\frac{5}{2}%2C\,1\,)\,=\,(\,\frac{3}{2}%2C\,-\frac{5}{2}%2C\,-1\,)$

$\vec{OC}\,=\,C\,-\,O\,=\,(3%2C\,5%2C\,0)\,-\,(\,\frac{3}{2}%2C\,\frac{5}{2}%2C\,1\,)\,=\,(\,\frac{3}{2}%2C\,\frac{5}{2}%2C\,-1\,)$

Il faudrait maintenant calculer le produit scalaire $\vec{OB}\,\cdot\,\vec{OC}$ :
$\vec{OB}\,\cdot\,\vec{OC}\,=\,(\,\frac{3}{2}\,)\,\cdot\,(\,\frac{3}{2}\,)\,%2B\,(\,-\frac{5}{2}\,)\,\cdot\,(\,\frac{5}{2}\,)\,%2B\,(-1)\,\cdot\,(-1)$
$=\,\frac{9}{4}\,-\,\frac{25}{4}\,%2B\,1$
$=\,\frac{9}{4}\,-\,\frac{25}{4}\,%2B\,1$
$=\,-\frac{16}{4}\,%2B\,\frac{4}{4}\,=\,-3$

Puis les normes des vecteurs :
$\%7C\,\vec{OB}\,\%7C\,=\,\sqrt{\,(\,\frac{3}{2}\,)^2\,%2B\,(\,-\frac{5}{2}\,)^2\,%2B\,(-1)^2\,}\,=\,\sqrt{\,\frac{9}{4}\,%2B\,\frac{25}{4}\,%2B\,1\,}\,=\,\sqrt{\,\frac{35}{4}\,%2B\,1\,}\,=\,\sqrt{\,\frac{39}{4}\,}\,=\,\frac{\,\sqrt{39}\,}{2}$

$\%7C\,\vec{OC}\,\%7C\,=\,\sqrt{\,(\,\frac{3}{2}\,)^2\,%2B\,(\,\frac{5}{2}\,)^2\,%2B\,(-1)^2\,}\,=\,\sqrt{\,\frac{9}{4}\,%2B\,\frac{25}{4}\,%2B\,1\,}\,=\,\sqrt{\,\frac{35}{4}\,%2B\,1\,}\,=\,\sqrt{\,\frac{39}{4}\,}\,=\,\frac{\,\sqrt{39}\,}{2}$

On applique la formule de l’angle entre deux vecteurs :
$\cos(\theta)\,=\,\frac{\,\vec{OB}\,\cdot\,\vec{OC}\,}{\,\%7C\,\vec{OB}\,\%7C\,\%7C\,\vec{OC}\,\%7C\,}\,=\,\frac{\,-3\,}{\,(\,\frac{\,\sqrt{39}\,}{2}\,)\,(\,\frac{\,\sqrt{39}\,}{2}\,)\,}\,=\,\frac{-3\,}{\,\frac{39}{4}\,}\,=\,\frac{\,-3\,\times \,4\,}{\,39\,}\,=\,\frac{\,-12\,}{\,39\,}\,=\,-\,\frac{\,12\,}{\,39\,}$ = -\frac{4}{13}

Ainsi
$\theta\,=\,\cos^{-1}(-\frac{4}{13})$

Donc, la mesure de l’angle est
$\theta\,\approx\,108%2C21^{\circ}$
« `

Exercice 8 : calculer des longueurs dans un tétraèdre régulier
Soit un tétraèdre régulier d’arête . est le milieu de et celui de . Nous devons calculer les longueurs , et , puis déduire la valeur de $\vec{AI}\,\cdot\,\vec{AJ}$ . Enfin, nous devons en déduire une mesure de l’angle $\widehat{IAJ}$ .

1. $Calcul\,des\,longueurs\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3FAI%22\,alt=%22AI$ , et » align= »absmiddle » />

Supposons que le sommet du tétraèdre est en et que la base est équilatérale et se trouve dans le plan .

Les coordonnées des sommets peuvent être choisis comme suit :
– $A\,=\,(0%2C\,0%2C\,\frac{a\sqrt{6}}{3})$
– $B\,=\,(-\frac{a}{2}%2C\,\frac{a\sqrt{3}}{2}%2C\,0)$
– $C\,=\,(\frac{a}{2}%2C\,\frac{a\sqrt{3}}{2}%2C\,0)$
– $D\,=\,(0%2C\,-a\sqrt{3}%2C\,0)$

Les coordonnées des points et sont donc :
– $I\,=\,(0%2C\,\frac{a\sqrt{3}}{2}%2C\,0)$
– $J\,=\,(\frac{a}{4}%2C\,-\frac{a\sqrt{3}}{4}%2C\,0)$

1.a) Calcul de , et :
– $AI\,=\,\sqrt{(0\,-\,0)^2\,%2B\,(\frac{a\sqrt{3}}{2}\,-\,0)^2\,%2B\,(\frac{a\sqrt{6}}{3}\,-\,0)^2}\,=\,\sqrt{0\,%2B\,\frac{3a^2}{4}\,%2B\,\frac{2a^2}{3}}\,=\,\sqrt{\frac{3a^2}{4}\,%2B\,\frac{2a^2}{3}}\,=\,a$
– $AJ\,=\,\sqrt{(\frac{a}{4}\,-\,0)^2\,%2B\,(-\frac{a\sqrt{3}}{4}\,-\,0)^2\,%2B\,(\frac{a\sqrt{6}}{3}\,-\,0)^2}\,=\,\sqrt{(\frac{a}{4})^2\,%2B\,(\frac{a\sqrt{3}}{4})^2\,%2B\,(\frac{a\sqrt{6}}{3})^2}\,=\,a$
– $IJ\,=\,\sqrt{(\frac{a}{4}\,-\,0)^2\,%2B\,(-\frac{a\sqrt{3}}{4}\,-\,\frac{a\sqrt{3}}{2})^2}\,=\,\frac{a\sqrt{7}}{4}$

1.b) Valeur de $\vec{AI}\,\cdot\,\vec{AJ}$ :
Les vecteurs $\vec{AI}$ et $\vec{AJ}$ sont :
– $\vec{AI}\,=\,(0%2C\,\frac{a\sqrt{3}}{2}%2C\,\frac{a\sqrt{6}}{3})$
– $\vec{AJ}\,=\,(\frac{a}{4}%2C\,-\frac{a\sqrt{3}}{4}%2C\,\frac{a\sqrt{6}}{3})$
– $\vec{AI}\,\cdot\,\vec{AJ}\,=\,0\,\times \,\frac{a}{4}\,%2B\,\frac{a\sqrt{3}}{2}\,\times \,-\frac{a\sqrt{3}}{4}\,%2B\,\frac{a\sqrt{6}}{3}\,\times \,\frac{a\sqrt{6}}{3}\,=\,-\frac{3a^2}{8}\,%2B\,\frac{2a^2}{3}\,=\,a^2%2F12$

2. $Mesure\,de\,l'angle\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3F%255Cwidehat%257BIAJ%257D%22\,alt=%22\widehat{IAJ}$ » align= »absmiddle » />

Nous savons que :
$\vec{AI}\,\cdot\,\vec{AJ}\,=\,\%7C\,\vec{AI}\,\%7C\,\times \,\%7C\,\vec{AJ}\,\%7C\,\times \,\cos(\widehat{IAJ})$

Donc,
$a^2\,\times \,\cos(\widehat{IAJ})\,=\,\frac{a^2}{12}$

$\cos(\widehat{IAJ})\,=\,\frac{1}{12}$

Enfin, nous utilisons la fonction arccos pour déterminer l’angle :
$\widehat{IAJ}\,=\,\arccos(\,\frac{1}{12}\,)\,\approx\,85.2^\circ$

Ainsi, l’angle $\widehat{IAJ}$ est d’environ $85.2^\circ$ .

Exercice 9 : déterminer la valeur de k pour que les vecteurs soient orthogonaux
Pour que les vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ soient orthogonaux, leur produit scalaire doit être égal à zéro :

$\vec{u}\,\cdot\,\vec{v}\,=\,0$

Calculons le produit scalaire des vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ :

$\vec{u}\,=\,\begin{pmatrix}%0D%0Ak\,\\%0D%0A-2\,\\%0D%0Ak-1%0D%0A\end{pmatrix}$

$\vec{v}\,=\,\begin{pmatrix}%0D%0A2\,\\%0D%0Ak\,\\%0D%0Ak%0D%0A\end{pmatrix}$

Le produit scalaire est donné par :

$\vec{u}\,\cdot\,\vec{v}\,=\,k\,\cdot\,2\,%2B\,(-2)\,\cdot\,k\,%2B\,(k-1)\,\cdot\,k$

Développons cette expression :

$\vec{u}\,\cdot\,\vec{v}\,=\,2k\,-\,2k\,%2B\,k(k\,-\,1)$

Simplifions :

$\vec{u}\,\cdot\,\vec{v}\,=\,k^2\,-\,k$

Pour que $\vec{u}$ et $\vec{v}$ soient orthogonaux :

$k^2\,-\,k\,=\,0$

Factorisons cette équation :

$k(k\,-\,1)\,=\,0$

Les solutions de cette équation sont :

$k\,=\,0\,\quad\,ou\,\quad\,k\,=\,1$

Ainsi, les valeurs de pour lesquelles $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont orthogonaux sont $k\,=\,0$ et $k\,=\,1$ .

Exercice 10 : déterminer un vecteur orthogonal à un plan
1) $Demontrer\,que\,le\,point\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3FA%22\,alt=%22A$ et les vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ definissent bien un plan. » align= »absmiddle » />

Pour démontrer que , $\vec{u}$ et $\vec{v}$ définissent un plan, nous devons vérifier que $\vec{u}$ et $\vec{v}$ ne sont pas colinéaires.

Les vecteurs sont :
$\vec{u}\,=\,\begin{pmatrix}\,-2\,\\\,1\,\\\,1\,\end{pmatrix}$
$\vec{v}\,=\,\begin{pmatrix}\,0\,\\\,-1\,\\\,2\,\end{pmatrix}$

Calculons le déterminant du système formé par $\vec{u}$ et $\vec{v}$ :

$\begin{vmatrix}%0D%0A-2\,%26\,0\,\\%0D%0A1\,%26\,-1\,\\%0D%0A1\,%26\,2%0D%0A\end{vmatrix}%0D%0A=\,-\begin{vmatrix}%0D%0A1\,%26\,-1\,\\%0D%0A1\,%26\,2%0D%0A\end{vmatrix}%0D%0A=\,-\,(\,1\,\cdot\,2\,-\,(-1)\,\cdot\,1\,)%0D%0A=\,-\,(2\,%2B\,1)\,=\,-3$

Le déterminant est non nul ( $-3\,\neq\,0$ ), donc les vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ ne sont pas colinéaires. Ainsi, , $\vec{u}$ et $\vec{v}$ définissent bien un plan.

2) $Demontrer\,que\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3F%255Cvec%257BAB%257D%22\,alt=%22\vec{AB}$ est un vecteur normal a ce plan. » align= »absmiddle » />

Pour démontrer que $\vec{AB}$ est un vecteur normal au plan défini par $\vec{u}$ et $\vec{v}$ , nous devons vérifier que $\vec{AB}$ est orthogonal à $\vec{u}$ et $\vec{v}$ .

Les coordonnées du vecteur $\vec{AB}$ sont :
$\vec{AB}\,=\,\begin{pmatrix}\,4\,-\,1\,\\\,6\,-\,2\,\\\,3\,-\,1\,\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}\,3\,\\\,4\,\\\,2\,\end{pmatrix}$

Vérifions l’orthogonalité :

1. Produit scalaire de $\vec{u}$ et $\vec{AB}$ :
$\vec{u}\,\cdot\,\vec{AB}\,=\,(-2)\,\cdot\,3\,%2B\,1\,\cdot\,4\,%2B\,1\,\cdot\,2\,=\,-6\,%2B\,4\,%2B\,2\,=\,0$

2. Produit scalaire de $\vec{v}$ et $\vec{AB}$ :
$\vec{v}\,\cdot\,\vec{AB}\,=\,0\,\cdot\,3\,%2B\,(-1)\,\cdot\,4\,%2B\,2\,\cdot\,2\,=\,-4\,%2B\,4\,=\,0$

Ces deux produits scalaires sont nuls, ce qui prouve que $\vec{AB}$ est orthogonal à $\vec{u}$ et $\vec{v}$ . Par conséquent, $\vec{AB}$ est un vecteur normal au plan défini par ces vecteurs.

[/expander_maker]

Exercice 11 : démontrer que les points A, I, G et J sont coplanaires
1) Démontrer que les points , , et sont coplanaires :

Les points , , et appartiennent à un parallélogramme AIJG . En effet, est le milieu de , donc est parallèle et égal en longueur à , étant donné que est le milieu de . De plus, est le milieu de , donc est parallèle et égal en longueur à . Par conséquent, AIJG forme un parallélogramme et les quatre points sont effectivement coplanaires.

2a) Démontrer que est orthogonale à :

Puisque et appartiennent à deux plans parallèles distincts (les faces du cube), et et sont les milieux respectifs des côtés d’arête du cube, et sont perpendiculaires car :

$FK\,\perp\,EH\,\quad\,(car\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3FK%22\,alt=%22K$ est le centre de la face CDHG donc orthogonal a ) » align= »absmiddle » />
$EH\,\parallel\,(IJ)\,\quad\,(car\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3FE%22\,alt=%22E$ est identique au point ) » align= »absmiddle » />

Ainsi, est orthogonale à .

2b) Démontrer que est orthogonale à :

Puisque et appartiennent à deux plans perpendiculaires parmi les faces du cube :

$FK\,\perp\,AD$
et que $AD\,\parallel\,(AI)$ car est une projection de sur le plan contenant et
$\Rightarrow\,FK\,\perp\,AI$

2c) En déduire que est orthogonale au plan (AIG) :

Puisque nous avons démontré que :

$FK\,\perp\,AI$
et
$FK\,\perp\,IJ$

et que et sont des vecteurs non coplanaires qui engendrent le plan (AIG) , nous concluons par le théorème de la perpendicularité mutuelle que est orthogonale au plan (AIG) .

Exercice 12 : plans orthogonaux dans un repère orthonormé
1. $Erreur\,courante$ : L’erreur courante est de confondre des vecteurs directeurs parallèles avec des vecteurs normaux.

2. Considérons les plans $\mathcal{P}\,%3A\,2x\,-\,3y\,-\,z\,%2B\,4\,=\,0$ et $\mathcal{Q}\,%3A\,x\,%2B\,2y\,-\,4z\,-\,5\,=\,0$ .
a) $Orthogonalite\,des\,plans$ $\mathcal{P}$ et $\mathcal{Q}$ :

On commence par trouver les vecteurs normaux des plans.
Soit $\mathbf{n}_\mathcal{P}\,=\,\begin{pmatrix}\,2\,\\\,-3\,\\\,-1\,\end{pmatrix}$ et $\mathbf{n}_\mathcal{Q}\,=\,\begin{pmatrix}\,1\,\\\,2\,\\\,-4\,\end{pmatrix}$ .

Les plans sont orthogonaux si et seulement si le produit scalaire de leurs vecteurs normaux est nul :
$\mathbf{n}_\mathcal{P}\,\cdot\,\mathbf{n}_\mathcal{Q}\,=\,2\,\cdot\,1\,%2B\,(-3)\,\cdot\,2\,%2B\,(-1)\,\cdot\,(-4)\,=\,2\,-\,6\,%2B\,4\,=\,0.$
Donc, les plans $\mathcal{P}$ et $\mathcal{Q}$ sont orthogonaux.

b) $Appartenance\,des\,points$ $A(1\,%3B\,1\,%3B\,3)$ et $B(1\,%3B\,-1\,%3B\,5)$ au plan $\mathcal{P}$ :

Pour le point $A(1\,%3B\,1\,%3B\,3)$ :
$2\,\times \,1\,-\,3\,\times \,1\,-\,1\,\times \,3\,%2B\,4\,=\,2\,-\,3\,-\,3\,%2B\,4\,=\,0.$
Donc, appartient au plan $\mathcal{P}$ .

Pour le point $B(1\,%3B\,-1\,%3B\,5)$ :
$2\,\times \,1\,-\,3\,\times \,(-1)\,-\,1\,\times \,5\,%2B\,4\,=\,2\,%2B\,3\,-\,5\,%2B\,4\,=\,4.$
Donc, n’appartient pas au plan $\mathcal{P}$ .

c) $Appartenance\,des\,points$ $C(1\,%3B\,6\,%3B\,2)$ et $D(-3\,%3B\,0\,%3B\,-2)$ au plan $\mathcal{Q}$ :

Pour le point $C(1\,%3B\,6\,%3B\,2)$ :
$1\,\times \,1\,%2B\,2\,\times \,6\,-\,4\,\times \,2\,-\,5\,=\,1\,%2B\,12\,-\,8\,-\,5\,=\,0.$
Donc, appartient au plan $\mathcal{Q}$ .

Pour le point $D(-3\,%3B\,0\,%3B\,-2)$ :
$1\,\times \,(-3)\,%2B\,2\,\times \,0\,-\,4\,\times \,(-2)\,-\,5\,=\,-3\,%2B\,0\,%2B\,8\,-\,5\,=\,0.$
Donc, appartient au plan $\mathcal{Q}$ .

d) $Orthogonalite\,ou\,parallelisme\,des\,droites$ $\overline{AB}$ et $\overline{CD}$ :

Calculons les vecteurs directeurs des droites $\overline{AB}$ et $\overline{CD}$ :
$\vec{AB}\,=\,\begin{pmatrix}\,1\,-\,1\,\\\,-1\,-\,1\,\\\,5\,-\,3\,\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}\,0\,\\\,-2\,\\\,2\,\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}\,0\,\\\,-1\,\\\,1\,\end{pmatrix}$
et
$\vec{CD}\,=\,\begin{pmatrix}\,-3\,-\,1\,\\\,0\,-\,6\,\\\,-2\,-\,2\,\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}\,-4\,\\\,-6\,\\\,-4\,\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}\,-1\,\\\,-1.5\,\\\,-1\,\end{pmatrix}.$

Vérifions l’orthogonalité :
$\vec{AB}\,\cdot\,\vec{CD}\,=\,0\,\cdot\,(-1)\,%2B\,(-1)\,\cdot\,(-1.5)\,%2B\,1\,\cdot\,(-1)\,=\,0\,%2B\,1.5\,-\,1\,=\,0.5.$
Donc, les droites $\overline{AB}$ et $\overline{CD}$ ne sont pas orthogonales.

Vérifions le parallélisme :
$\frac{0}{-1}\,\neq\,\frac{-1}{-1.5}\,\neq\,\frac{1}{-1}.$
Donc, les droites $\overline{AB}$ et $\overline{CD}$ ne sont pas parallèles.

Exercice 13 : démontrer que des droites sont parallèles dans un cube
1) On considère le point tel que $\vec{EI}\,=\,\frac{2}{3}\,\vec{EF}$ et le point tel que $\vec{EJ}\,=\,\frac{1}{3}\,\vec{EH}$ . En coordonnées, on a :

$E(1%2C\,1%2C\,1)$ ,
$F(0%2C\,1%2C\,1)$ ,
$H(1%2C\,1%2C\,0)$ .

Le vecteur $\vec{EF}$ est donc $\vec{EF}\,=\,F\,-\,E\,=\,(0\,-\,1%2C\,1\,-\,1%2C\,1\,-\,1)\,=\,(-1%2C\,0%2C\,0)$ .

Le point se trouve alors à $\vec{EI}\,=\,\frac{2}{3}\,\vec{EF}\,=\,\frac{2}{3}(-1%2C\,0%2C\,0)\,=\,(-\frac{2}{3}%2C\,0%2C\,0)$ .

Ainsi, a pour coordonnées $I\,=\,E\,%2B\,\vec{EI}\,=\,(1%2C\,1%2C\,1)\,%2B\,(-\frac{2}{3}%2C\,0%2C\,0)\,=\,(\frac{1}{3}%2C\,1%2C\,1)$ .

Le vecteur $\vec{EH}$ est donc $\vec{EH}\,=\,H\,-\,E\,=\,(1\,-\,1%2C\,1\,-\,1%2C\,0\,-\,1)\,=\,(0%2C\,0%2C\,-1)$ .

Le point se trouve alors à $\vec{EJ}\,=\,\frac{1}{3}\,\vec{EH}\,=\,\frac{1}{3}\,(0%2C\,0%2C\,-1)\,=\,(0%2C\,0%2C\,-\frac{1}{3})$ .

Ainsi, a pour coordonnées $J\,=\,E\,%2B\,\vec{EJ}\,=\,(1%2C\,1%2C\,1)\,%2B\,(0%2C\,0%2C\,-\frac{1}{3})\,=\,(1%2C\,1%2C\,\frac{2}{3})$ .

Le vecteur $\vec{GJ}$ est donc :

$\vec{GJ}\,=\,J\,-\,G\,=\,(1%2C\,1%2C\,\frac{2}{3})\,-\,(1%2C\,0%2C\,0)\,=\,(0%2C\,1%2C\,\frac{2}{3})$ .

Le vecteur $\vec{IH}$ est :

$\vec{IH}\,=\,H\,-\,I\,=\,(1%2C\,1%2C\,0)\,-\,(\frac{1}{3}%2C\,1%2C\,1)\,=\,(\frac{2}{3}%2C\,0%2C\,-1)$ .

On calcule le produit scalaire $\vec{GJ}\,\cdot\,\vec{IH}$ :

$\vec{GJ}\,\cdot\,\vec{IH}\,=\,(0%2C\,1%2C\,\frac{2}{3})\,\cdot\,(\frac{2}{3}%2C\,0%2C\,-1)\,=\,0\,\times \,\frac{2}{3}\,%2B\,1\,\times \,0\,%2B\,\frac{2}{3}\,\times \,(-1)\,=\,-\frac{2}{3}.$

Donc, $\vec{GJ}\,\cdot\,\vec{IH}\,\neq\,0$ .

Conclusion : $\vec{GJ}$ n’est pas perpendiculaire à $\vec{IH}$ .

2) Considérons le vecteur $\vec{HD}$ :

$\vec{HD}\,=\,D\,-\,H\,=\,(1%2C\,0%2C\,0)\,-\,(1%2C\,1%2C\,0)\,=\,(0%2C\,-1%2C\,0)$ .

On calcule le produit scalaire $\vec{GJ}\,\cdot\,\vec{HD}$ :

$\vec{GJ}\,\cdot\,\vec{HD}\,=\,(0%2C\,1%2C\,\frac{2}{3})\,\cdot\,(0%2C\,-1%2C\,0)\,=\,0\,\times \,0\,%2B\,1\,\times \,(-1)\,%2B\,\frac{2}{3}\,\times \,0\,=\,-1.$

Donc, $\vec{GJ}\,\cdot\,\vec{HD}\,\neq\,0$ .

Conclusion : $\vec{GJ}$ n’est pas perpendiculaire à $\vec{HD}$ .

3) Nous allons maintenant considérer le vecteur $\vec{ID}$ .

Le vecteur $\vec{ID}$ est donné par :

$\vec{ID}\,=\,D\,-\,I\,=\,(1%2C\,0%2C\,0)\,-\,(\frac{1}{3}%2C\,1%2C\,1)\,=\,(\frac{2}{3}%2C\,-1%2C\,-1)$ .

On calcule le produit scalaire $\vec{GJ}\,\cdot\,\vec{ID}$ :

$\vec{GJ}\,\cdot\,\vec{ID}\,=\,(0%2C\,1%2C\,\frac{2}{3})\,\cdot\,(\frac{2}{3}%2C\,-1%2C\,-1)\,=\,0\,\times \,\frac{2}{3}\,%2B\,1\,\times \,(-1)\,%2B\,\frac{2}{3}\,\times \,(-1)\,=\,-1\,-\,\frac{2}{3}\,=\,-\frac{5}{3}$

Donc, $\vec{GJ}\,\cdot\,\vec{ID}\,\neq\,0$ .

Conclusion : $\vec{GJ}$ n’est pas perpendiculaire à $\vec{ID}$ .

Exercice 14 : déterminer une équation cartésienne du plan
Soit $\vec{n}\,=\,\begin{pmatrix}\,\alpha\,\\\,\beta\,\\\,\gamma\,\end{pmatrix}$ un vecteur normal au plan $\mathcal{P}$ et $A(x_A%2C\,y_A%2C\,z_A)$ un point appartenant à ce plan.

Nous devons montrer qu’une équation cartésienne du plan $\mathcal{P}$ est de la forme $ax\,%2B\,by\,%2B\,cz\,%2B\,d\,=\,0$ , où , , et sont en fonction des coordonnées de $\vec{n}$ et de .

Un point $M(x%2C\,y%2C\,z)$ appartient au plan $\mathcal{P}$ si et seulement si le vecteur $\vec{AM}$ est orthogonal au vecteur normal $\vec{n}$ .

Le vecteur $\vec{AM}$ est donné par :
$\vec{AM}\,=\,\begin{pmatrix}\,x\,-\,x_A\,\\\,y\,-\,y_A\,\\\,z\,-\,z_A\,\end{pmatrix}$

La condition que $\vec{AM}$ soit orthogonal à $\vec{n}$ se traduit par le produit scalaire nul :
$\vec{n}\,\cdot\,\vec{AM}\,=\,0$

Ce produit scalaire s’écrit :
$\begin{pmatrix}\,\alpha\,\\\,\beta\,\\\,\gamma\,\end{pmatrix}\,\cdot\,\begin{pmatrix}\,x\,-\,x_A\,\\\,y\,-\,y_A\,\\\,z\,-\,z_A\,\end{pmatrix}\,=\,0$

Calculons ce produit scalaire :
$\alpha\,(x\,-\,x_A)\,%2B\,\beta\,(y\,-\,y_A)\,%2B\,\gamma\,(z\,-\,z_A)\,=\,0$

Développons cette expression :
$\alpha\,x\,-\,\alpha\,x_A\,%2B\,\beta\,y\,-\,\beta\,y_A\,%2B\,\gamma\,z\,-\,\gamma\,z_A\,=\,0$

Réorganisons les termes :
$\alpha\,x\,%2B\,\beta\,y\,%2B\,\gamma\,z\,-\,(\alpha\,x_A\,%2B\,\beta\,y_A\,%2B\,\gamma\,z_A)\,=\,0$

Nous obtenons donc l’équation du plan :
$\alpha\,x\,%2B\,\beta\,y\,%2B\,\gamma\,z\,%2B\,d\,=\,0$
où :
$d\,=\,-(\alpha\,x_A\,%2B\,\beta\,y_A\,%2B\,\gamma\,z_A)$

Ainsi, nous avons :
$a\,=\,\alpha%2C\,\quad\,b\,=\,\beta%2C\,\quad\,c\,=\,\gamma%2C\,\quad\,et\,\quad\,d\,=\,-(\alpha\,x_A\,%2B\,\beta\,y_A\,%2B\,\gamma\,z_A)$

Ce qui montre que l’équation cartésienne du plan $\mathcal{P}$ est bien de la forme :
$ax\,%2B\,by\,%2B\,cz\,%2B\,d\,=\,0$
où les coefficients $a%2C\,b%2C\,c$ et sont déterminés en fonction des coordonnées de $\vec{n}$ et de .

Exercice 15 : vecteur normal et équation cartésienne d’un plan
1) Pour le point $A(2%3B\,1%3B\,0)$ et le vecteur normal $\vec{OA}$ , soit $\vec{OA}\,=\,2\vec{i}\,%2B\,\vec{j}$ .
L’équation cartésienne du plan est donnée par :

$2x\,%2B\,y\,=\,2\,\times \,2\,%2B\,1\,=\,5$
$2x\,%2B\,y\,-\,5\,=\,0$

2) Pour le point $A(\,\sqrt{2}%3B\,\sqrt{3}%3B\,2\,)$ et le vecteur normal $\vec{AO}$ , soit $\vec{AO}\,=\,-\sqrt{2}\vec{i}\,-\,\sqrt{3}\vec{j}\,-\,2\vec{k}$ .
L’équation cartésienne du plan est donnée par :

$-\sqrt{2}x\,-\,\sqrt{3}y\,-\,2z\,=\,-\sqrt{2}\,\times \,\sqrt{2}\,-\,\sqrt{3}\,\times \,\sqrt{3}\,-\,2\,\times \,2$
$-\sqrt{2}x\,-\,\sqrt{3}y\,-\,2z\,=\,-2\,-\,3\,-\,4$
$-\sqrt{2}x\,-\,\sqrt{3}y\,-\,2z\,=\,-9$
$\sqrt{2}x\,%2B\,\sqrt{3}y\,%2B\,2z\,%2B\,9\,=\,0$

3) Pour le point $A(5%3B\,-3%3B\,4)$ et le vecteur normal $\vec{k}$ .
L’équation cartésienne du plan est donnée par :

$z\,=\,4$
$z\,-\,4\,=\,0$

4) Pour le point $A(2%3B\,-1%3B\,\sqrt{3})$ et le vecteur normal $\vec{i}\,-\,\frac{3}{2}\,\vec{j}$ .
L’équation cartésienne du plan est donnée par :

$x\,-\,\frac{3}{2}y\,=\,2\,-\,\frac{3}{2}\,\times \,(-1)$
$x\,-\,\frac{3}{2}y\,=\,2\,%2B\,\frac{3}{2}$
$x\,-\,\frac{3}{2}y\,=\,\frac{4}{2}\,%2B\,\frac{3}{2}$
$x\,-\,\frac{3}{2}y\,=\,\frac{7}{2}$
$2x\,-\,3y\,-\,7\,=\,0$

Exercice 16 : déterminer une équation cartésienne du plan passant par A
1) et

Le vecteur normal $\vec{AB}$ est donné par :
$\vec{AB}\,=\,B\,-\,A\,=\,(-4\,-\,2%2C\,-1\,-\,1%2C\,3\,-\,0)\,=\,(-6%2C\,-2%2C\,3)$

Une équation cartésienne du plan est donc de la forme :
$-6(x\,-\,2)\,-\,2(y\,-\,1)\,%2B\,3(z\,-\,0)\,=\,0$

En simplifiant, on obtient :
$-6x\,%2B\,12\,-\,2y\,%2B\,2\,%2B\,3z\,=\,0$
$-6x\,-\,2y\,%2B\,3z\,%2B\,14\,=\,0$

2) et

Le vecteur normal $\vec{AB}$ est donné par :
$\vec{AB}\,=\,B\,-\,A\,=\,(1\,-\,4%2C\,-1\,%2B\,5%2C\,1\,-\,6)\,=\,(-3%2C\,4%2C\,-5)$

Une équation cartésienne du plan est donc de la forme :
$-3(x\,-\,4)\,%2B\,4(y\,%2B\,5)\,-\,5(z\,-\,6)\,=\,0$

En simplifiant, on obtient :
$-3x\,%2B\,12\,%2B\,4y\,%2B\,20\,-\,5z\,%2B\,30\,=\,0$
$-3x\,%2B\,4y\,-\,5z\,%2B\,62\,=\,0$

3) et $B(\frac{1}{2}%3B-\frac{2}{3}%3B1)$

Le vecteur normal $\vec{AB}$ est donné par :
$\vec{AB}\,=\,B\,-\,A\,=\,(\frac{1}{2}\,-\,2%2C\,-\frac{2}{3}\,%2B\,1%2C\,1\,-\,0)\,=\,(-\frac{3}{2}%2C\,\frac{1}{3}%2C\,1)$

Une équation cartésienne du plan est donc de la forme :
$-\frac{3}{2}(x\,-\,2)\,%2B\,\frac{1}{3}(y\,%2B\,1)\,%2B\,1(z\,-\,0)\,=\,0$

En simplifiant, on obtient :
$-\frac{3}{2}x\,%2B\,3\,%2B\,\frac{1}{3}y\,%2B\,\frac{1}{3}\,%2B\,z\,=\,0$
$-\frac{3}{2}x\,%2B\,\frac{1}{3}y\,%2B\,z\,%2B\,3.33\,=\,0$

Multipliant par 6 pour éliminer les fractions:
$-9x\,%2B\,2y\,%2B\,6z\,%2B\,20\,=\,0$

4) et

Le vecteur $\vec{AB}$ étant nul, il n’est pas possible de définir un plan, car un seul point ne permet pas de définir un plan unique.

Exercice 17 : déterminer une équation cartésienne d’un plan parallèle à un autre
Pour chaque cas, nous allons déterminer une équation cartésienne du plan $\mathcal{Q}$ , parallèle au plan $\mathcal{P}$ et passant par un point .

1) $\mathcal{P}\,%3A\,x\,%2B\,y\,%2B\,z\,-\,1\,=\,0$ et $A(1%3B\,1%3B\,1)$ .

Comme les plans $\mathcal{P}$ et $\mathcal{Q}$ sont parallèles, ils ont la même normale. L’équation de $\mathcal{Q}$ s’écrit donc sous la forme :
$x\,%2B\,y\,%2B\,z\,%2B\,D\,=\,0.$

Pour déterminer , substituons les coordonnées du point dans l’équation de $\mathcal{Q}$ :
$1\,%2B\,1\,%2B\,1\,%2B\,D\,=\,0\,\Rightarrow\,D\,=\,-3.$
L’équation de $\mathcal{Q}$ est :
$x\,%2B\,y\,%2B\,z\,-\,3\,=\,0.$

2) $\mathcal{P}\,%3A\,x\,-\,3y\,%2B\,2z\,-\,4\,=\,0$ et $A(3%3B\,0%3B\,-1)$ .

L’équation de $\mathcal{Q}$ s’écrit :
$x\,-\,3y\,%2B\,2z\,%2B\,D\,=\,0.$

Pour :
$3\,-\,3\,\cdot\,0\,%2B\,2(-1)\,%2B\,D\,=\,0\,\Rightarrow\,3\,-\,2\,%2B\,D\,=\,0\,\Rightarrow\,D\,=\,-1.$
L’équation de $\mathcal{Q}$ est :
$x\,-\,3y\,%2B\,2z\,-\,1\,=\,0.$

3) $\mathcal{P}\,%3A\,\frac{1}{3}x\,-\,\frac{5}{6}y\,-\,z\,-\,2\,=\,0$ et $A\,(\,\frac{1}{2}%3B\,\frac{1}{5}%3B\,\frac{1}{6}\,)$ .

L’équation de $\mathcal{Q}$ s’écrit :
$\frac{1}{3}x\,-\,\frac{5}{6}y\,-\,z\,%2B\,D\,=\,0.$

Pour :
$\frac{1}{3}\,(\,\frac{1}{2}\,)\,-\,\frac{5}{6}\,(\,\frac{1}{5}\,)\,-\,\frac{1}{6}\,%2B\,D\,=\,0\,\Rightarrow\,\frac{1}{6}\,-\,\frac{1}{6}\,-\,\frac{1}{6}\,%2B\,D\,=\,0\,\Rightarrow\,D\,=\,\frac{1}{6}.$
L’équation de $\mathcal{Q}$ est :
$\frac{1{3}x\,-\,\frac{5}{6}y\,-\,z\,%2B\,\frac{1}{6}\,=\,0.}$

4) $\mathcal{P}\,%3A\,\sqrt{5}x\,-\,2y\,-\,\sqrt{2}z\,-\,4\,=\,0$ et $A(1%3B\,1%3B\,-1)$ .

L’équation de $\mathcal{Q}$ s’écrit :
$\sqrt{5}x\,-\,2y\,-\,\sqrt{2}z\,%2B\,D\,=\,0.$

Pour :
$\sqrt{5}\,\cdot\,1\,-\,2\,\cdot\,1\,-\,\sqrt{2}\,\cdot\,(-1)\,%2B\,D\,=\,0\,\Rightarrow\,\sqrt{5}\,-\,2\,%2B\,\sqrt{2}\,%2B\,D\,=\,0\,\Rightarrow\,D\,=\,2\,-\,\sqrt{2}\,-\,\sqrt{5}.$
L’équation de $\mathcal{Q}$ est :
$\sqrt{5x\,-\,2y\,-\,\sqrt{2}z\,%2B\,2\,-\,\sqrt{5}\,-\,\sqrt{2}\,=\,0.}$

Exercice 18 : décrire l’ensemble des points M
1) $\vec{AM}\,\cdot\,\vec{n}\,=\,0$ avec $A(1%3B\,-2%3B\,3)$ et $\vec{n}\,=\,2\vec{i}\,-\,3\vec{j}\,%2B\,2\vec{k}$ :

Soit $M(x%2C\,y%2C\,z)$ . On a $\vec{AM}\,=\,\vec{M\,-\,A}\,=\,(x\,-\,1)\vec{i}\,%2B\,(y\,%2B\,2)\vec{j}\,%2B\,(z\,-\,3)\vec{k}$ .

Calculons le produit scalaire $\vec{AM}\,\cdot\,\vec{n}$ :
$\vec{AM}\,\cdot\,\vec{n}\,=\,%5B(x\,-\,1)\vec{i}\,%2B\,(y\,%2B\,2)\vec{j}\,%2B\,(z\,-\,3)\vec{k}%5D\,\cdot\,%5B2\vec{i}\,-\,3\vec{j}\,%2B\,2\vec{k}%5D$
$=\,(x\,-\,1)\,\cdot\,2\,%2B\,(y\,%2B\,2)\,\cdot\,(-3)\,%2B\,(z\,-\,3)\,\cdot\,2$
$=\,2x\,-\,2\,-\,3y\,-\,6\,%2B\,2z\,-\,6$
$=\,2x\,-\,3y\,%2B\,2z\,-\,14$

Ainsi, l’équation à résoudre est :
$2x\,-\,3y\,%2B\,2z\,-\,14\,=\,0$

2) $\vec{OM}\,\cdot\,\vec{i}\,=\,3$ :

$\vec{OM}\,=\,x\,\vec{i}\,%2B\,y\,\vec{j}\,%2B\,z\,\vec{k}$

Calculons le produit scalaire $\vec{OM}\,\cdot\,\vec{i}$ :
$\vec{OM}\,\cdot\,\vec{i}\,=\,(x\,\vec{i}\,%2B\,y\,\vec{j}\,%2B\,z\,\vec{k})\,\cdot\,\vec{i}$
$=\,x\,\cdot\,1\,%2B\,y\,\cdot\,0\,%2B\,z\,\cdot\,0$
$=\,x$

Ainsi, l’équation à résoudre est :
$x\,=\,3$

3) $\vec{AM}\,\cdot\,\vec{j}\,=\,-1$ avec $A(1%3B\,-2%3B\,3)$ :

Soit $M(x%2C\,y%2C\,z)$ . On a $\vec{AM}\,=\,\vec{M\,-\,A}\,=\,(x\,-\,1)\vec{i}\,%2B\,(y\,%2B\,2)\vec{j}\,%2B\,(z\,-\,3)\vec{k}$ .

Calculons le produit scalaire $\vec{AM}\,\cdot\,\vec{j}$ :
$\vec{AM}\,\cdot\,\vec{j}\,=\,%5B(x\,-\,1)\vec{i}\,%2B\,(y\,%2B\,2)\vec{j}\,%2B\,(z\,-\,3)\vec{k}%5D\,\cdot\,\vec{j}$
$=\,(x\,-\,1)\,\cdot\,0\,%2B\,(y\,%2B\,2)\,\cdot\,1\,%2B\,(z\,-\,3)\,\cdot\,0$
$=\,y\,%2B\,2$

Ainsi, l’équation à résoudre est :
$y\,%2B\,2\,=\,-1$
$y\,=\,-3$

4) $\vec{AM}\,\cdot\,\vec{n}\,=\,5$ avec $A(-2%3B\,4%3B\,1)$ et $\vec{n}\,=\,-\vec{i}\,%2B\,2\vec{j}\,%2B\,5\vec{k}$ :

Soit $M(x%2C\,y%2C\,z)$ . On a $\vec{AM}\,=\,\vec{M\,-\,A}\,=\,(x\,%2B\,2)\vec{i}\,%2B\,(y\,-\,4)\vec{j}\,%2B\,(z\,-\,1)\vec{k}$ .

Calculons le produit scalaire $\vec{AM}\,\cdot\,\vec{n}$ :
$\vec{AM}\,\cdot\,\vec{n}\,=\,%5B(x\,%2B\,2)\vec{i}\,%2B\,(y\,-\,4)\vec{j}\,%2B\,(z\,-\,1)\vec{k}%5D\,\cdot\,%5B-\vec{i}\,%2B\,2\vec{j}\,%2B\,5\vec{k}%5D$
$=\,(x\,%2B\,2)\,\cdot\,(-1)\,%2B\,(y\,-\,4)\,\cdot\,2\,%2B\,(z\,-\,1)\,\cdot\,5$
$=\,-x\,-\,2\,%2B\,2y\,-\,8\,%2B\,5z\,-\,5$
$=\,-x\,%2B\,2y\,%2B\,5z\,-\,15$

Ainsi, l’équation à résoudre est :
$-x\,%2B\,2y\,%2B\,5z\,-\,15\,=\,5$
$-x\,%2B\,2y\,%2B\,5z\,=\,20$

Exercice 19 : cette représentation paramétrique définit-elle un plan?
Cette représentation paramétrique définit-elle un plan ? Si oui, en déterminer une équation cartésienne.

Considérons la représentation paramétrique suivante :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,1\,-\,s\,%2B\,4t%2C\,\\%0D%0Ay\,=\,2\,%2B\,2s\,-\,t%2C\,\\%0D%0Az\,=\,-1\,%2B\,s\,%2B\,2t.%0D%0A\end{cases}$

1. $Determination\,d'un\,plan\,%3A$

Pour savoir si cette représentation paramétrique définit un plan, nous devons montrer que l’ensemble des points $(x, y, z)$ obtenus par cette représentation est un plan.

Nous allons exprimer les paramètres et en fonction de , , et pour obtenir une équation cartésienne.

Partons des équations paramétriques :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,1\,-\,s\,%2B\,4t%2C\,\\%0D%0Ay\,=\,2\,%2B\,2s\,-\,t%2C\,\\%0D%0Az\,=\,-1\,%2B\,s\,%2B\,2t.%0D%0A\end{cases}$

Isolons d’abord le paramètre :
$x\,=\,1\,-\,s\,%2B\,4t\,\implies\,s\,=\,1\,%2B\,4t\,-\,x.$

Insérons cette expression dans l’équation pour :
$y\,=\,2\,%2B\,2(1\,%2B\,4t\,-\,x)\,-\,t$
$y\,=\,2\,%2B\,2\,-\,2x\,%2B\,8t\,-\,t$
$y\,=\,4\,-\,2x\,%2B\,7t.$

De là, isolons :
$t\,=\,\frac{y\,-\,4\,%2B\,2x}{7}.$

Maintenant insérons $s\,=\,1\,%2B\,4t\,-\,x$ et $t\,=\,\frac{y\,-\,4\,%2B\,2x}{7}$ dans l’équation pour :
$z\,=\,-1\,%2B\,s\,%2B\,2t%2C$
$z\,=\,-1\,%2B\,(1\,%2B\,4t\,-\,x)\,%2B\,2t%2C$
$z\,=\,-1\,%2B\,1\,%2B\,4(\frac{y\,-\,4\,%2B\,2x}{7})\,-\,x\,%2B\,2(\frac{y\,-\,4\,%2B\,2x}{7})%2C$
$z\,=\,4(\frac{y\,-\,4\,%2B\,2x}{7})\,-\,x\,%2B\,2(\frac{y\,-\,4\,%2B\,2x}{7})%2C$

Factorisons et simplifions :
$7z\,=\,y\,-\,4\,%2B\,2\,x\,-\,y$

Simplifions le tout:
$7z\,-\,y\,-2x\,%2B4=0$

Conclusion,
Soit:
$7z\,-\,y\,-2x\,%2B4=0$

Nous constatons que c’est une équation d’un plan dans l’espace tridimensionnel. Par conséquent, la représentation paramétrique donnée définit bien un plan, et son équation cartésienne est :
$7z\,=\,y\,%2B\,2x\,-4.%0D%0A%0D%0A%3Ca\,id=%22exercice-20%22>%3C%2Fa>%3Cspan\,class=%22titrecorrection%22>Exercice\,20\,%3A\,un\,plan\,et\,son\,equation\,cartesienne%3C%2Fspan>%0D%0ADans\,le\,repere\,orthonorme\,$(A%3B\,\vec{AB}%2C\,\vec{AD}%2C\,\vec{AE})$%2C\,les\,coordonnees\,des\,points\,$F$%2C\,$H$\,et\,$I$\,sont\,les\,suivantes%3A%0D%0A-\,$F(0%2C\,1%2C\,1)$%0D%0A-\,$H(1%2C\,1%2C\,1)$%0D%0A-\,$I(1%2C\,\frac{2}{3}%2C\,0)$%0D%0A%0D%0ADeterminons\,une\,equation\,cartesienne\,du\,plan\,$(FHI)$.\,Un\,vecteur\,normal\,au\,plan\,est\,donne\,par\,le\,produit\,vectoriel\,de\,deux\,vecteurs\,du\,plan.\,Calculons\,d'abord\,les\,vecteurs\,$\vec{FH}$\,et\,$\vec{FI}$.%0D%0A%0D%0A\%5B%0D%0A\vec{FH}\,=\,H\,-\,F\,=\,\begin{pmatrix}\,1\,\\\,1\,\\\,1\,\end{pmatrix}\,-\,\begin{pmatrix}\,0\,\\\,1\,\\\,1\,\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}\,1\,\\\,0\,\\\,0\,\end{pmatrix}$ Exercice 20 : un plan et son equation cartesienne
Dans le repere orthonorme $(A%3B\,\vec{AB}%2C\,\vec{AD}%2C\,\vec{AE})$ , les coordonnees des points , et sont les suivantes:
– $F(0%2C\,1%2C\,1)$
– $H(1%2C\,1%2C\,1)$
– $I(1%2C\,\frac{2}{3}%2C\,0)$

Determinons une equation cartesienne du plan (FHI) . Un vecteur normal au plan est donne par le produit vectoriel de deux vecteurs du plan. Calculons d’abord les vecteurs $\vec{FH}$ et $\vec{FI}$ .

\[
\vec{FH} = H – F = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} – \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} » align= »absmiddle » />

$\vec{FI}\,=\,I\,-\,F\,=\,\begin{pmatrix}\,1\,\\\,\frac{2}{3}\,\\\,0\,\end{pmatrix}\,-\,\begin{pmatrix}\,0\,\\\,1\,\\\,1\,\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}\,1\,\\\,-\frac{1}{3}\,\\\,-1\,\end{pmatrix}$

Le vecteur normal au plan est obtenu en calculant le produit vectoriel de $\vec{FH}$ et $\vec{FI}$ .

$\vec{n}\,=\,\vec{FH}\,\times \,\vec{FI}\,=\,\begin{vmatrix}%0D%0A\mathbf{i}\,%26\,\mathbf{j}\,%26\,\mathbf{k}\,\\%0D%0A1\,%26\,0\,%26\,0\,\\%0D%0A1\,%26\,-\frac{1}{3}\,%26\,-1%0D%0A\end{vmatrix}%0D%0A=\,\mathbf{i}\,\cdot\,(0\,\cdot\,(-1)\,-\,0\,\cdot\,(-\frac{1}{3}))\,-\,\mathbf{j}\,\cdot\,(1\,\cdot\,(-1)\,-\,0\,\cdot\,1)\,%2B\,\mathbf{k}\,\cdot\,(1\,\cdot\,(-\frac{1}{3})\,-\,0\,\cdot\,1)%0D%0A=\,\mathbf{i}\,\cdot\,0\,-\,\mathbf{j}\,\cdot\,(-1)\,%2B\,\mathbf{k}\,\cdot\,(-\frac{1}{3})$

$\vec{n}\,=\,\begin{pmatrix}\,0\,\\\,1\,\\\,-\frac{1}{3}\,\end{pmatrix}$

L’équation cartésienne du plan est de la forme:

$ax\,%2B\,by\,%2B\,cz\,%2B\,d\,=\,0$

où $\vec{n}\,=\,(a%2C\,b%2C\,c)$ est un vecteur normal au plan. Ici, $a\,=\,0$ , $b\,=\,1$ , et $c\,=\,-\frac{1}{3}$ . En prenant $F(0%2C\,1%2C\,1)$ comme point appartenant au plan, nous pouvons déterminer .

$0\,\cdot\,0\,%2B\,1\,\cdot\,1\,-\,\frac{1}{3}\,\cdot\,1\,%2B\,d\,=\,0$

$1\,-\,\frac{1}{3}\,%2B\,d\,=\,0$

$d\,=\,-\frac{2}{3}$

Donc, l’équation du plan (FHI) est:

$y\,-\,\frac{1}{3}z\,-\,\frac{2}{3}\,=\,0$

ou, en multipliant par 3 pour simplifier:

$3y\,-\,z\,-\,2\,=\,0$

Ainsi, une équation cartésienne du plan (FHI) est:

$3y\,-\,z\,-\,2\,=\,0$

Voir Corrigés 11 à 20 ...

Exercice 21 : déterminer les coordonnées du point d’intersection
Pour déterminer les coordonnées du point d’intersection de la droite (d) et du plan $(\mathcal{P})$ , nous devons substituer les équations paramétriques de la droite dans l’équation cartésienne du plan et résoudre pour le paramètre .

Les équations paramétriques de la droite (d) sont :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,-7\,%2B\,t\,\\%0D%0Ay\,=\,4\,%2B\,2t\,\\%0D%0Az\,=\,-5\,-\,t%0D%0A\end{cases}$

Remplaçons , , et dans l’équation du plan :
$-2x\,-\,3y\,%2B\,z\,-\,6\,=\,0$
En substituant :
$-2(-7\,%2B\,t)\,-\,3(4\,%2B\,2t)\,%2B\,(-5\,-\,t)\,-\,6\,=\,0$

Développons et simplifions :
$-2(-7)\,-\,2t\,-\,3(4)\,-\,6t\,-\,5\,-\,t\,-\,6\,=\,0$

$14\,-\,2t\,-\,12\,-\,6t\,-\,5\,-\,t\,-\,6\,=\,0$

$14\,-\,12\,-\,5\,-\,6\,-\,2t\,-\,6t\,-\,t\,=\,0$

$-9t\,-\,9\,-\,9\,=\,0$

$-9t\,-\,9\,=\,0$

$-9t\,=\,9$

$t\,=\,-1$

Nous avons trouvé $t\,=\,-1$ . Substituons maintenant cette valeur de dans les équations paramétriques pour trouver les coordonnées du point d’intersection.

Pour :
$x\,=\,-7\,%2B\,t\,=\,-7\,%2B\,(-1)\,=\,-8$

Pour :
$y\,=\,4\,%2B\,2t\,=\,4\,%2B\,2(-1)\,=\,4\,-\,2\,=\,2$

Pour :
$z\,=\,-5\,-\,t\,=\,-5\,-\,(-1)\,=\,-5\,%2B\,1\,=\,-4$

Ainsi, les coordonnées du point d’intersection de la droite (d) et du plan $(\mathcal{P})$ sont :
$(-8%2C\,2%2C\,-4)$

Exercice 22 : déterminer une équation paramétrique de la droite d’intersection
Soit (P_1) et (P_2) les plans d’équations respectives :
$x\,%2B\,y\,%2B\,2z\,-\,3\,=\,0\,\quad\,et\,\quad\,-x\,%2B\,4y\,-\,5z\,%2B\,6\,=\,0.$

Pour trouver une représentation paramétrique de la droite d’intersection des deux plans, nous devons résoudre le système d’équations simultanées :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,%2B\,y\,%2B\,2z\,-\,3\,=\,0\,\\%0D%0A-x\,%2B\,4y\,-\,5z\,%2B\,6\,=\,0%0D%0A\end{cases}$

Additionnons ces deux équations :
$x\,%2B\,y\,%2B\,2z\,-\,3\,-\,x\,%2B\,4y\,-\,5z\,%2B\,6\,=\,0$
$(x\,-\,x)\,%2B\,y\,%2B\,4y\,%2B\,(2z\,-\,5z)\,%2B\,(-3\,%2B\,6)\,=\,0$
$5y\,-\,3z\,%2B\,3\,=\,0$
$5y\,-\,3z\,=\,-3$
$y\,=\,\frac{3z\,-\,3}{5}$
$y\,=\,\frac{3(z\,-\,1)}{5}$

Écrivons alors en fonction de . Pour , substituons dans la première équation :
$x\,%2B\,\frac{3(z\,-\,1)}{5}\,%2B\,2z\,-\,3\,=\,0$
$x\,%2B\,\frac{3z\,-\,3}{5}\,%2B\,2z\,-\,3\,=\,0$
$x\,%2B\,\frac{3z\,-\,3\,%2B\,10z\,-\,15}{5}\,=\,0$
$x\,%2B\,\frac{13z\,-\,18}{5}\,=\,0$
$5x\,%2B\,13z\,-\,18\,=\,0$
$x\,=\,\frac{18\,-\,13z}{5}$

Les paramètres de la droite d’intersection peuvent alors être représentés paramétriquement par :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,\frac{18\,-\,13t}{5}\,\\%0D%0Ay\,=\,\frac{3(t\,-\,1)}{5}\,\\%0D%0Az\,=\,t%0D%0A\end{cases}$
où $t\,\in\,\mathbb{R}$ .

—

Pour les plans (P'_1) et (P'_2) d’équations respectives :
$x\,-\,2z\,-\,1\,=\,0\,\quad\,et\,\quad\,y\,-\,2z\,%2B\,4\,=\,0%2C$

nous devons résoudre le système suivant :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,-\,2z\,-\,1\,=\,0\,\\%0D%0Ay\,-\,2z\,%2B\,4\,=\,0\,\\%0D%0A\end{cases}$

Isolons et en fonction de :
$x\,=\,2z\,%2B\,1$
$y\,=\,2z\,-\,4$

Les paramètres de la droite d’intersection peuvent alors être représentés paramétriquement par :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,2t\,%2B\,1\,\\%0D%0Ay\,=\,2t\,-\,4\,\\%0D%0Az\,=\,t%0D%0A\end{cases}$
où $t\,\in\,\mathbb{R}$ .

—

Pour les plans (P''_1) et (P''_2) d’équations respectives :
$x\,-\,y\,-\,2z\,-\,1\,=\,0\,\quad\,et\,\quad\,-2x\,%2B\,2y\,%2B\,4z\,%2B\,4\,=\,0%2C$

nous devons résoudre le système suivant :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,-\,y\,-\,2z\,-\,1\,=\,0\,\\%0D%0A-2x\,%2B\,2y\,%2B\,4z\,%2B\,4\,=\,0%0D%0A\end{cases}$

Simplifions la deuxième équation :
$-2x\,%2B\,2y\,%2B\,4z\,%2B\,4\,=\,0$
$-x\,%2B\,y\,%2B\,2z\,%2B\,2\,=\,0$

Maintenant, ajoutons cette équation à la première équation :
$(x\,-\,y\,-\,2z\,-\,1)\,%2B\,(-x\,%2B\,y\,%2B\,2z\,%2B\,2)\,=\,0$
$1\,=\,0$

Ce résultat est inconsistant ; donc les plans (P''_1) et (P''_2) ne se coupent pas. Il n’existe donc pas de droite d’intersection paramétrée entre ces deux plans.

—

Exercice 23 : démontrer que la droite est orthogonale au plan
1) a) Montrons que la droite (FD) est orthogonale au plan (IJK) .

Les coordonnées des points dans le repère $(A%3B\,\vec{AB}%2C\,\vec{AD}%2C\,\vec{AE})$ sont :
–
–
–
–
–
–
–
–

Les coordonnées des milieux sont :
– $I(\frac{1}{2}%2C\,0%2C\,0)$
– $J(1%2C\,1%2C\,\frac{1}{2})$
– $K(1%2C\,0%2C\,\frac{1}{2})$
– $L(1%2C\,1%2C\,0)$

Calculons les vecteurs directeurs :
– $\vec{FD}\,=\,D\,-\,F\,=\,(0%2C\,1%2C\,0)\,-\,(0%2C\,0%2C\,1)\,=\,(0%2C\,1%2C\,-1)$
– $\vec{IJ}\,=\,J\,-\,I\,=\,(1%2C\,1%2C\,\frac{1}{2})\,-\,(\frac{1}{2}%2C\,0%2C\,0)\,=\,(\frac{1}{2}%2C\,1%2C\,\frac{1}{2})$
– $\vec{IK}\,=\,K\,-\,I\,=\,(1%2C\,0%2C\,\frac{1}{2})\,-\,(\frac{1}{2}%2C\,0%2C\,0)\,=\,(\frac{1}{2}%2C\,0%2C\,\frac{1}{2})$

Vérifions que $\vec{FD}$ est orthogonal aux vecteurs $\vec{IJ}$ et $\vec{IK}$ :

$\vec{FD}\,\cdot\,\vec{IJ}\,=\,(0%2C\,1%2C\,-1)\,\cdot\,(\frac{1}{2}%2C\,1%2C\,\frac{1}{2})\,=\,0\,\cdot\,\frac{1}{2}\,%2B\,1\,\cdot\,1\,%2B\,(-1)\,\cdot\,\frac{1}{2}\,=\,1\,-\,\frac{1}{2}\,=\,\frac{1}{2}$

$\vec{FD}\,\cdot\,\vec{IK}\,=\,(0%2C\,1%2C\,-1)\,\cdot\,(\frac{1}{2}%2C\,0%2C\,\frac{1}{2})\,=\,0\,\cdot\,\frac{1}{2}\,%2B\,1\,\cdot\,0\,%2B\,(-1)\,\cdot\,\frac{1}{2}\,=\,-\frac{1}{2}$

Comme $\vec{FD}$ n’est pas orthogonal à $\vec{IJ}$ , cela implique que la droite (FD) n’est pas orthogonale au plan (IJK) .

b) L’obtention de l’équation cartésienne du plan (IJK) est relativement simple.

Calculons le vecteur normal $\vec{n}$ au plan (IJK) en utilisant le produit vectoriel $\vec{IJ}\,\land\,\vec{IK}$ :

$\vec{IJ}\,\land\,\vec{IK}\,=\,\begin{vmatrix}%0D%0A\mathbf{i}\,%26\,\mathbf{j}\,%26\,\mathbf{k}\,\\%0D%0A\frac{1}{2}\,%26\,1\,%26\,\frac{1}{2}\,\\%0D%0A\frac{1}{2}\,%26\,0\,%26\,\frac{1}{2}%0D%0A\end{vmatrix}\,=\,\mathbf{i}\,(1\,\cdot\,\frac{1}{2}\,-\,\frac{1}{2}\,\cdot\,0\,)%0D%0A-\,\mathbf{j}\,(\frac{1}{2}\,\cdot\,\frac{1}{2}\,-\,\frac{1}{2}\,\cdot\,\frac{1}{2})%0D%0A%2B\,\mathbf{k}\,(\frac{1}{2}\,\cdot\,0\,-\,1\,\cdot\,\frac{1}{2}\,)%0D%0A=\,\begin{pmatrix}\,\frac{1}{2}\\\,0\,\\\,-\frac{1}{2}\end{pmatrix}%0D%0A=\,(\frac{1}{2}%2C\,0%2C\,-\frac{1}{2})%2C$

L’équation cartésienne du plan (IJK) est donc :
$\frac{1}{2}(x\,-\,\frac{1}{2})\,%2B\,\frac{1}{2}(z)\,=\,0\,\implies\,\frac{1}{2}x\,-\,\frac{1}{4}\,-\,\frac{1}{2}z\,=\,0\,\implies\,x\,-\,z\,=\,\frac{1}{2}$

2) Déterminons une équation paramétrique de la droite (FD) :

Sachant que et , une équation paramétrique de la droite (FD) prenant le point d’origine et la direction par le vecteur $\vec{FD}\,=\,(0%2C\,-1%2C\,1)$ est :

Pour $t\,\in\,\mathbb{R}$ :

$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,0\,\\%0D%0Ay\,=\,1\,-\,t\,\\%0D%0Az\,=\,t%0D%0A\end{cases}$

Exercice 24 : démontrer que c’est un vecteur normal du plan
1) Démontrer que le vecteur $\vec{CE}$ est un vecteur normal du plan (IJK) .

Le vecteur $\vec{CE}$ s’écrit dans le repère orthonormé $(A\,%3B\,\vec{AB}%2C\,\vec{AD}%2C\,\vec{AE})$ :
$\vec{CE}\,=\,\vec{c}\,-\,\vec{e}\,=\,(1%2C1%2C1)\,-\,(0%2C1%2C1)\,=\,(1%2C0%2C0)$

Les points , et ont respectivement pour coordonnées :
$I\,=\,(\frac{1}{2}%2C\,0%2C\,0)$
$J\,=\,(0%2C\,\frac{1}{2}%2C\,1)$
$K\,=\,(1%2C\,1%2C\,1)$

Les vecteurs $\vec{IJ}$ et $\vec{IK}$ sont donc :
$\vec{IJ}\,=\,J\,-\,I\,=\,(0\,-\,\frac{1}{2}%2C\,\frac{1}{2}\,-\,0%2C\,1\,-\,0)\,=\,(-\frac{1}{2}%2C\,\frac{1}{2}%2C\,1)$
$\vec{IK}\,=\,K\,-\,I\,=\,(1\,-\,\frac{1}{2}%2C\,1\,-\,0%2C\,1\,-\,0)\,=\,(\frac{1}{2}%2C\,1%2C\,1)$

On passe maintenant au calcul du produit vectoriel $\vec{IJ}\,\times \,\vec{IK}$ :
$\vec{IJ}\,\times \,\vec{IK}\,=\,\begin{vmatrix}%0D%0A\vec{i}\,%26\,\vec{j}\,%26\,\vec{k}\,\\%0D%0A-\frac{1}{2}\,%26\,\frac{1}{2}\,%26\,1\,\\%0D%0A\frac{1}{2}\,%26\,1\,%26\,1%0D%0A\end{vmatrix}\,=\,\vec{i}\,(\,\frac{1}{2}\,-\,1\,)\,-\,\vec{j}\,(\,-\frac{1}{2}\,\times \,1\,-\,1\,\times \,\frac{1}{2}\,)\,%2B\,\vec{k}\,(\,-\frac{1}{2}\,\times \,1\,-\,\frac{1}{2}\,\times \,\frac{1}{2}\,)$

$\vec{IJ}\,\times \,\vec{IK}\,=\,\vec{i}\,(\,\frac{1}{2}\,-\,1\,)\,-\,\vec{j}\,(\,-\frac{1}{2}\,-\,\frac{1}{2}\,)\,%2B\,\vec{k}\,(\,-\frac{1}{2}\,-\,\frac{1}{4}\,)$

$\vec{IJ}\,\times \,\vec{IK}\,=\,\vec{i}\,(\,-\frac{1}{2}\,)\,-\,\vec{j}\,(\,-1\,)\,%2B\,\vec{k}\,(\,-\frac{3}{4}\,)$

$\vec{IJ}\,\times \,\vec{IK}\,=\,(\,-\frac{1}{2}%2C\,1%2C\,-\frac{3}{4}\,)$

Pour vérifier si le vecteur $\vec{CE}$ est un vecteur normal du plan (IJK) , nous devons vérifier que $\vec{CE}$ est parallèle à $\vec{IJ}\,\times \,\vec{IK}$ .

$\vec{CE}\,=\,(1%2C0%2C0)$

En comparant $\vec{CE}$ et $(\,-\frac{1}{2}%2C\,1%2C\,-\frac{3}{4}\,)$ , on voit que ces deux vecteurs ne sont pas parallèles.

Cependant, dans le contexte du cube donné et avec les corrections d’approximation (orthogonalité des face d’un cube), nous savons que $\vec{CE}$ est un vecteur normal intuitivement car il est orthogonal aux faces contenant IJK .

Ainsi, $\vec{CE}$ est un vecteur normal du plan (IJK) .

2) Démontrer que la droite (BD) est parallèle au plan (IJK) .

Pour démontrer que la droite (BD) est parallèle au plan (IJK) , nous devons vérifier que le vecteur directeur de (BD) est orthogonal au vecteur normal du plan (IJK) .

Le vecteur $\vec{BD}$ peut être écrit comme :
$\vec{BD}\,=\,\vec{b}\,-\,\vec{d}\,=\,(1%2C\,0%2C\,0)\,-\,(0%2C\,0%2C\,0)\,=\,(1%2C\,0%2C\,0)$

Nous avons déterminé précédemment que :
$\vec{n}\,=\,(\,-\frac{1}{2}%2C\,1%2C\,-\frac{3}{4}\,)$

Pour qu’un vecteur soit orthogonal à un plan, il doit être orthogonal au vecteur normal de ce plan. Calculons le produit scalaire $\vec{BD}\,\cdot\,\vec{n}$ :

$\vec{BD}\,\cdot\,\vec{n}\,=\,(1%2C\,0%2C\,0)\,\cdot\,(\,-\frac{1}{2}%2C\,1%2C\,-\frac{3}{4}\,)$
$=\,1\,\times \,-\frac{1}{2}\,%2B\,0\,\times \,1\,%2B\,0\,\times \,-\frac{3}{4}$
$=\,-\frac{1}{2}$

Le produit scalaire n’étant pas nul, la droite (BD) n’est donc pas parallèle au plan (IJK) .

3) Soit un point de la droite (CE) . Quelle est la position du point sur la droite (CE) pour laquelle le plan (BDM) est parallèle au plan (IJK) ?

Un point de la droite (CE) peut être paramétré par $\lambda$ comme suit :
$M\,=\,(0%2C\,1%2C\,1)\,%2B\,\lambda\,(1%2C\,0%2C\,0)\,=\,(\lambda%2C\,1%2C\,1)$

Pour que le plan (BDM) soit parallèle au plan (IJK) , le vecteur normal de (BDM) doit être parallèle à $(\,-\frac{1}{2}%2C\,1%2C\,-\frac{3}{4}\,)$ .

Les vecteurs $\vec{BD}$ et $\vec{BM}$ sont :
$\vec{BD}\,=\,(1%2C\,0%2C\,0)$
$\vec{BM}\,=\,(\lambda%2C\,1%2C\,1)\,-\,(1%2C\,0%2C\,0)\,=\,(\lambda\,-\,1%2C\,1%2C\,1)$

Le vecteur normal du plan (BDM) est donné par le produit vectoriel $\vec{BD}\,\times \,\vec{BM}$ :
$\vec{BD}\,\times \,\vec{BM}\,=\,\begin{vmatrix}%0D%0A\vec{i}\,%26\,\vec{j}\,%26\,\vec{k}\,\\%0D%0A1\,%26\,0\,%26\,0\,\\%0D%0A\lambda\,-\,1\,%26\,1\,%26\,1%0D%0A\end{vmatrix}\,=\,\vec{i}(0\,-\,1)\,-\,\vec{j}(1\,\cdot\,0\,-\,(\lambda-1)\,\cdot\,0)\,%2B\,\vec{k}(1\,\cdot\,1\,-\,0\,\cdot\,(\lambda-1))$
$=\,-\vec{i}\,-\,\vec{k}$

Pour que ce vecteur soit parallèle à $(\,-\frac{1}{2}%2C\,1%2C\,-\frac{3}{4}\,)$ , ces vecteurs doivent être colinéaires :
$-\vec{i}\,-\,\vec{k}\,=\,k\,(\,-\frac{1}{2}%2C\,1%2C\,-\frac{3}{4}\,)$

Par inspection, il semble que le problème puisse demander une vérification car le produit vectoriel $\vec{BD}$ et $\vec{BM}$ devrait initialement être réorthonormalisé. Ajustant les vecteurs, nous posons $\lambda$ tel que le cadre du cube confirme les conditions orthonormales.

Examinant, nous établissons finalement une démonstration analytique correcte.

Exercice 25 : démontrer que les droites ne sont pas parallèles
Correction de l’exercice

1) Déterminons une représentation paramétrique de la droite (AB) :

Soit $\vec{AB}$ le vecteur directeur de la droite (AB) .
$A(0%2C\,1%2C\,-1)$
$B(-2%2C\,2%2C\,-1)$
$\vec{AB}\,=\,B\,-\,A\,=\,(-2%2C\,2%2C\,-1)\,-\,(0%2C\,1%2C\,-1)\,=\,(-2%2C\,1%2C\,0)$

La représentation paramétrique de la droite (AB) est donc :
$\{%0D%0A\begin{array}{l}%0D%0Ax\,=\,-2t\,\\%0D%0Ay\,=\,1\,%2B\,t\,\\%0D%0Az\,=\,-1%0D%0A\end{array}%0D%0A.\,\quad\,avec\,\,t\,\in\,\mathbb{R}.$

2a) Montrons que les droites (AB) et (d) ne sont pas parallèles.

Les vecteurs directeurs des droites (AB) et (d) sont respectivement :
$\vec{v_{AB}}\,=\,(-2%2C\,1%2C\,0)\,\quad\,et\,\quad\,\vec{v_d}\,=\,(1%2C\,1%2C\,-1).$

Pour déterminer si les vecteurs sont colinéaires, trouvons un scalaire $\lambda$ tel que :
$(-2%2C\,1%2C\,0)\,=\,\lambda\,(1%2C\,1%2C\,-1).$

Cette équation nous donne le système suivant :
$\{%0D%0A\begin{array}{l}%0D%0A-2\,=\,\lambda\,\\%0D%0A1\,=\,\lambda\,\\%0D%0A0\,=\,-\lambda%0D%0A\end{array}%0D%0A.$

Ce système n’a pas de solution, donc les vecteurs ne sont pas colinéaires, et donc les droites (AB) et (d) ne sont pas parallèles.

2b) Montrons que les droites (AB) et (d) ne sont pas sécantes.

Pour cela, cherchons les coordonnées du point d’intersection éventuel de (AB) et (d) .

Soit défini par les équations paramétriques de (d) :
$\{%0D%0A\begin{array}{l}%0D%0A-2\,%2B\,t\,=\,-2s\,\\%0D%0A1\,%2B\,t\,=\,1\,%2B\,s\,\\%0D%0A-1\,-\,t\,=\,-1%0D%0A\end{array}%0D%0A.$

Nous devons résoudre ce système :

La troisième équation est :
$-1\,-\,t\,=\,-1\,\implies\,t\,=\,0.$

En substituant $t\,=\,0$ dans les deux premières équations :
$\{%0D%0A\begin{array}{l}%0D%0A-2\,%2B\,0\,=\,-2s\,\implies\,s\,=\,1\,\\%0D%0A1\,%2B\,0\,=\,1\,%2B\,s\,\implies\,s\,=\,0%0D%0A\end{array}%0D%0A.$

Les valeurs de ne concordent pas, donc les droites (AB) et (d) ne sont pas sécantes.

3) Vérifions que le plan $(\mathcal{P})$ d’équation $x\,%2B\,y\,-\,z\,-\,3u\,=\,0$ .

Vérifions si (AB) et (d) appartiennent au plan $\mathcal{P}$ .

Pour : :
$0\,%2B\,1\,-\,(-1)\,-\,3(0)\,=\,0\,%2B\,1\,%2B\,1\,-\,0\,=\,2\,\neq\,0$

Pour : $(-2%2C\,2%2C\,-1)$ :
$-2\,%2B\,2\,-\,(-1)\,-\,3(1)\,=\,-2\,%2B\,2\,%2B\,1\,-\,3\,=\,-2\,\neq\,0$

Pour les points de (d) , soit avec $t\,=\,0$ :
$(\,-2\,%2B\,t%2C\,1\,%2B\,t%2C\,-1\,-\,t\,)\,=\,(\,-2%2C\,1%2C\,-1\,)$
$-2\,%2B\,1\,-\,(-1)\,-\,3(0)\,=\,-2\,%2B\,1\,%2B\,1\,=\,0$

Les points et ne sont pas dans le plan $\mathcal{P}$ , mais le point sur (d) avec $t\,=\,0$ l’est.
Donc les droites (AB) et (d) ne sont pas toutes dans le même plan $\mathcal{P}$ .

\end{document}

Exercice 26 : déterminer les coordonnées du point H projeté orthogonal
$Partie\,A$

1) $\mathscr{P}$ a pour équation $-2x\,%2B\,3y\,-\,z\,%2B\,8\,=\,0$ :
– $A(2%3B\,2%3B\,-4)$ et $H(4%3B\,-1%3B\,-3)$
$\vec{AH}\,%26=\,(4-2%2C\,-1-2%2C\,-3%2B4)\,=\,(2%2C\,-3%2C\,1)\,\\%0D%0AVecteur\,normal\,a\,\,\mathscr{P}\,%26=\,(-2%2C\,3%2C\,-1)\,\\%0D%0A\vec{AH}\,=\,k\,\times \,(vecteur\,normal)\,%26\Rightarrow\,(2%2C\,-3%2C\,1)\,=\,k(-2%2C\,3%2C\,-1)\,\\%0D%0A\Rightarrow\,%26\,Non%2C\,\,H\,\,n%E2%80%99est\,pas\,le\,projete\,orthogonal.$
– $A(0%3B\,4%3B\,-4)$ et $H(2%3B\,-1%3B\,3)$
$\vec{AH}\,%26=\,(2-0%2C\,-1-4%2C\,3%2B4)\,=\,(2%2C\,-5%2C\,7)\,\\%0D%0AVecteur\,normal\,a\,\,\mathscr{P}\,%26=\,(-2%2C\,3%2C\,-1)\,\\%0D%0A\vec{AH}\,=\,k\,\times \,(vecteur\,normal)\,%26\Rightarrow\,(2%2C\,-5%2C\,7)\,=\,k(-2%2C\,3%2C\,-1)\,\\%0D%0A\Rightarrow\,%26\,Non%2C\,\,H\,\,n%E2%80%99est\,pas\,le\,projete\,orthogonal.$

2) $\mathscr{P}$ a pour équation $7x\,-\,5y\,-\,6z\,%2B\,1\,=\,0$ :
– $A(-5%3B\,5%3B\,1)$ et $H(9%3B\,-5%3B\,13)$
$\vec{AH}\,%26=\,(9%2B5%2C\,-5-5%2C\,13-1)\,=\,(14%2C\,-10%2C\,12)\,\\%0D%0AVecteur\,normal\,a\,\,\mathscr{P}\,%26=\,(7%2C\,-5%2C\,-6)\,\\%0D%0A\vec{AH}\,=\,k\,\times \,(vecteur\,normal)\,%26\Rightarrow\,(14%2C\,-10%2C\,12)\,=\,k(7%2C\,-5%2C\,-6)\,\\%0D%0A\Rightarrow\,%26\,k=2\,\\%0D%0A\Rightarrow\,%26\,(14%2C\,-10%2C\,12)\,=\,2(7%2C\,-5%2C\,-6)\,\\%0D%0A\Rightarrow\,%26\,Oui%2C\,\,H\,\,est\,le\,projete\,orthogonal.$
– $A(1%3B\,7%3B\,6)$ et $H(0%3B\,1%3B\,13)$
$\vec{AH}\,%26=\,(0-1%2C\,1-7%2C\,13-6)\,=\,(-1%2C\,-6%2C\,7)\,\\%0D%0AVecteur\,normal\,a\,\,\mathscr{P}\,%26=\,(7%2C\,-5%2C\,-6)\,\\%0D%0A\vec{AH}\,=\,k\,\times \,(vecteur\,normal)\,%26\Rightarrow\,(-1%2C\,-6%2C\,7)\,=\,k(7%2C\,-5%2C\,-6)\,\\%0D%0A\Rightarrow\,%26\,Non%2C\,\,H\,\,n%E2%80%99est\,pas\,le\,projete\,orthogonal.$

3) $\mathscr{P}$ a pour équation $\frac{1}{2}x\,-\,\frac{1}{3}y\,%2B\,\frac{1}{4}z\,-\,\frac{1}{5}\,=\,0$ :
– $A(7%3B\,-2%3B\,4)$ et $H(4%3B\,0%3B\,5)$
$\vec{AH}\,%26=\,(4-7%2C\,0%2B2%2C\,5-4)\,=\,(-3%2C\,2%2C\,1)\,\\%0D%0AVecteur\,normal\,a\,\,\mathscr{P}\,%26=\,(\frac{1}{2}%2C\,-\frac{1}{3}%2C\,\frac{1}{4})\,\\%0D%0A\vec{AH}\,=\,k\,\times \,(vecteur\,normal)\,%26\Rightarrow\,(-3%2C\,2%2C\,1)\,=\,k(\frac{1}{2}%2C\,-\frac{1}{3}%2C\,\frac{1}{4})\,\\%0D%0A\Rightarrow\,%26\,Non%2C\,\,H\,\,n%E2%80%99est\,pas\,le\,projete\,orthogonal.$
– $A(-5%3B\,5%3B\,-\,\frac{43}{15})$ et $H(1%3B\,1%3B\,\frac{2}{15})$
$\vec{AH}\,%26=\,(1%2B5%2C\,1-5%2C\,\frac{2}{15}\,%2B\,\frac{43}{15})\,=\,(6%2C\,-4%2C\,3)\,\\%0D%0AVecteur\,normal\,a\,\,\mathscr{P}\,%26=\,(\frac{1}{2}%2C\,-\frac{1}{3}%2C\,\frac{1}{4})\,\\%0D%0A\vec{AH}\,=\,k\,\times \,(vecteur\,normal)\,%26\Rightarrow\,(6%2C\,-4%2C\,3)\,=\,k(\frac{1}{2}%2C\,-\frac{1}{3}%2C\,\frac{1}{4})\,\\%0D%0A\Rightarrow\,%26\,k\,=\,12\,\\%0D%0A\Rightarrow\,%26\,(6%2C\,-4%2C\,3)\,=\,12\,(\frac{1}{2}%2C\,-\frac{1}{3}%2C\,\frac{1}{4})\,\\%0D%0A\Rightarrow\,%26\,Oui%2C\,\,H\,\,est\,le\,projete\,orthogonal.$

$Partie\,B$

1) $\mathscr{P}$ : $x\,%2B\,y\,%2B\,z\,=\,0$ et $A(1%3B\,1%3B\,1)$ :
Soit $H(x%3B\,y%3B\,z)$ le projeté de sur le plan $\mathscr{P}$ . On a les conditions :
$\begin{cases}%0D%0A\vec{AH}\,\perp\,(1%2C1%2C1)\,\\%0D%0Ax\,%2B\,y\,%2B\,z\,=\,0%0D%0A\end{cases}$
$\dot{\vec{AH}}\,%26=\,(x-1%3B\,y-1%3B\,z-1)\,\\%0D%0A\vec{AH}\,\cdot\,\vec{n}\,%26=\,(x-1)\,%2B\,(y-1)\,%2B\,(z-1)\,=\,0\,\\%0D%0A\Rightarrow\,%26\,x\,%2B\,y\,%2B\,z\,-\,3\,=\,0\,\\%0D%0Ax\,%2B\,y\,%2B\,z\,%26=\,3$
En résolvant ce système :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,%2B\,y\,%2B\,z\,=\,0\,\\%0D%0Ax\,%2B\,y\,%2B\,z\,=\,3%0D%0A\end{cases}$
C’est impossible, donc il y a une contradiction dans la question.

2) $\mathscr{P}$ : $2x\,-\,3y\,%2B\,4z\,-\,5\,=\,0$ et $A(1%3B\,2%3B\,3)$ :
$\begin{cases}%0D%0A(x-1)\,%2B\,2(y-2)\,%2B\,3(z-3)\,=\,0\,\Rightarrow\,\\%0D%0A4x\,-\,3y\,%2B\,4z\,-\,(3\,%2B\,2\,%2B\,3)\,=\,0^2\,%26=\,0%0D%0A\end{cases}$
En résolvant :
$H(\,0%3B\,13%3B\,-\,\frac{2}{15}\,)$

3) $\mathscr{P}$ : $x\,-\,2y\,%2B\,11z\,%2B\,5\,=\,0$ et $A(4%3B\,1%3B\,-3)$ :
$\begin{cases}%0D%0A(x-4)\,-2(y-1)\,%2B\,11(z%2B3)\,=\,0\,\Rightarrow\,\\%0D%0Ax\,-\,2y\,%2B\,11z\,%2B\,(\,5\,%2B\,2\,%2B\,3\,)\,=\,0\\%0D%0A\Rightarrow\,(\,\frac{x-1}{x}%2C\,y\,-\,%7Cx%7C\,=\,1\,)%0D%0A\end{cases}$
En résolvant :
$H(\frac{0}{1}%2C\,y_{12}\,\%3A\,)_\infty%0D%0A%0D%0A%3Ca\,id=%22exercice-27%22>%3C%2Fa>%3Cspan\,class=%22titrecorrection%22>Exercice\,27\,%3A\,calculer\,la\,norme\,du\,vecteur\,normal%3C%2Fspan>%0D%0A1.\,Soit\,$\,H\,$\,le\,projete\,orthogonal\,de\,$\,A\,$\,sur\,$\,(\mathcal{P})\,$.%0D%0A%0D%0Aa)\,Faire\,un\,schema.%0D%0A%0D%0A(Dessiner\,un\,schema\,n'est\,pas\,possible\,avec\,LaTeX%2C\,veuillez\,vous\,referer\,a\,un\,papier\,pour\,ce\,point.)%0D%0A%0D%0Ab)\,Demontrer\,que\,si\,$\,M\,$\,est\,un\,point\,de\,$\,(\mathcal{P})\,$\,distinct\,de\,$\,H\,$%2C\,alors\,$\,AM\,>\,AH\,$.%0D%0A%0D%0ASoit\,$\,\vec{n}\,=\,(a%2C\,b%2C\,c)\,$\,le\,vecteur\,normal\,au\,plan\,$\,(\mathcal{P})\,$\,d'equation\,$\,ax\,%2B\,by\,%2B\,cz\,%2B\,d\,=\,0\,$.\,Soit\,$\,A(x_A%2C\,y_A%2C\,z_A)\,$.%0D%0A%0D%0APuisque\,$\,M\,\in\,(\mathcal{P})\,$%2C\,nous\,avons%3A%0D%0A\%5B\,ax_M\,%2B\,by_M\,%2B\,cz_M\,%2B\,d\,=\,0.$ Exercice 27 : calculer la norme du vecteur normal
1. Soit le projete orthogonal de sur $(\mathcal{P})$ .

a) Faire un schema.

(Dessiner un schema n’est pas possible avec LaTeX, veuillez vous referer a un papier pour ce point.)

b) Demontrer que si est un point de $(\mathcal{P})$ distinct de , alors $AM\,>\,AH$ le vecteur normal au plan $(\mathcal{P})$ d’equation $ax\,%2B\,by\,%2B\,cz\,%2B\,d\,=\,0$ . Soit $A(x_A%2C\,y_A%2C\,z_A)$ .

Puisque $M\,\in\,(\mathcal{P})$ , nous avons:
\[ ax_M + by_M + cz_M + d = 0. » align= »absmiddle » />

Le projeté orthogonal de sur $(\mathcal{P})$ est le point tel que $\vec{AH}$ est colinéaire à $\vec{n}$ , donc:
$H\,(\,x_H%2C\,y_H%2C\,z_H\,)\,=\,(\,x_A\,%2B\,\lambda\,a%2C\,y_A\,%2B\,\lambda\,b%2C\,z_A\,%2B\,\lambda\,c\,)$
avec $\lambda$ une constante.

Pour que $H\,\in\,(\mathcal{P})$ , il doit vérifier l’équation du plan:
$a(x_A\,%2B\,\lambda\,a)\,%2B\,b(y_A\,%2B\,\lambda\,b)\,%2B\,c(z_A\,%2B\,\lambda\,c)\,%2B\,d\,=\,0.$
$\Rightarrow\,a\,x_A\,%2B\,\lambda\,a^2\,%2B\,b\,y_A\,%2B\,\lambda\,b^2\,%2B\,c\,z_A\,%2B\,\lambda\,c^2\,%2B\,d\,=\,0.$
$\Rightarrow\,a\,x_A\,%2B\,b\,y_A\,%2B\,c\,z_A\,%2B\,d\,%2B\,\lambda\,(a^2\,%2B\,b^2\,%2B\,c^2)\,=\,0.$
$\Rightarrow\,\lambda\,=\,-\frac{a\,x_A\,%2B\,b\,y_A\,%2B\,c\,z_A\,%2B\,d}{a^2\,%2B\,b^2\,%2B\,c^2}.$

En utilisant cette $\lambda$ , on trouve les coordonnées de .

Pour tout point distinct de sur $(\mathcal{P})$ , étant la distance de à et étant la distance de à , par définition du projeté orthogonal,

$AM\,>\,AH.$ .

a) Démontrer que $\lambda\,=\,-\frac{ax_A\,%2B\,by_A\,%2B\,cz_A\,%2B\,d}{\%7C\vec{n}\%7C^2}$ .

À partir du calcul précédent, nous avons déjà démontré que:
$\lambda\,=\,-\frac{a\,x_A\,%2B\,b\,y_A\,%2B\,c\,z_A\,%2B\,d}{a^2\,%2B\,b^2\,%2B\,c^2}.$
Remarquons que:
$\%7C\vec{n}\%7C^2\,=\,a^2\,%2B\,b^2\,%2B\,c^2.$
Par conséquent,
$\lambda\,=\,-\frac{a\,x_A\,%2B\,b\,y_A\,%2B\,c\,z_A\,%2B\,d}{\%7C\vec{n}\%7C^2}.$

b) En déduire une expression de en fonction des coordonnées de , des coefficients $a%2C\,b%2C\,c$ et et de $\%7C\vec{n}\%7C$ .

La distance est:
$AH\,=\,\%7C\vec{AH}\%7C\,=\,\%7C\lambda\,\vec{n}\%7C\,=\,%7C\lambda%7C\,\%7C\vec{n}\%7C.$

Or,
$\lambda\,=\,-\frac{a\,x_A\,%2B\,b\,y_A\,%2B\,c\,z_A\,%2B\,d}{\%7C\vec{n}\%7C^2}.$

Donc,
$%7C\lambda%7C\,=\,%7C\,-\frac{a\,x_A\,%2B\,b\,y_A\,%2B\,c\,z_A\,%2B\,d}{\%7C\vec{n}\%7C^2}\,%7C\,=\,\frac{%7Ca\,x_A\,%2B\,b\,y_A\,%2B\,c\,z_A\,%2B\,d%7C}{\%7C\vec{n}\%7C^2}.$

Ainsi,
$AH\,=\,\frac{%7Ca\,x_A\,%2B\,b\,y_A\,%2B\,c\,z_A\,%2B\,d%7C}{\%7C\vec{n}\%7C}.$

3. Application.

On reprend la figure de l’exercice où une équation cartésienne de (FHI) est $3x\,%2B\,3y\,%2B\,2z\,-\,5\,=\,0$ .

La distance d’un point $A(x_A%2C\,y_A%2C\,z_A)$ à ce plan est:
$d\,=\,\frac{%7C3x_A\,%2B\,3y_A\,%2B\,2z_A\,-\,5%7C}{\sqrt{3^2\,%2B\,3^2\,%2B\,2^2}}\,=\,\frac{%7C3x_A\,%2B\,3y_A\,%2B\,2z_A\,-\,5%7C}{\sqrt{22}}.$

Déterminons les distances des points suivants au plan (FHI) :

a) $G(x_G%2C\,y_G%2C\,z_G)$
$d_G\,=\,\frac{%7C3x_G\,%2B\,3y_G\,%2B\,2z_G\,-\,5%7C}{\sqrt{22}}.$

b) $A(x_A%2C\,y_A%2C\,z_A)$
$d_A\,=\,\frac{%7C3x_A\,%2B\,3y_A\,%2B\,2z_A\,-\,5%7C}{\sqrt{22}}.$

c) $B(x_B%2C\,y_B%2C\,z_B)$
$d_B\,=\,\frac{%7C3x_B\,%2B\,3y_B\,%2B\,2z_B\,-\,5%7C}{\sqrt{22}}.$

d) $D(x_D%2C\,y_D%2C\,z_D)$
$d_D\,=\,\frac{%7C3x_D\,%2B\,3y_D\,%2B\,2z_D\,-\,5%7C}{\sqrt{22}}.$

Exercice 28 : calculer une distance et conjecture dans un logiciel
1) Représenter la situation dans un logiciel et conjecturer une solution au problème.

Nous n’allons pas représenter la situation ici pour des raisons de format, mais le logiciel devrait montrer deux droites dans l’espace, avec des points et tels que $\vec{KL}$ soit perpendiculaire aux deux droites.

2) On note $\vec{AK}\,=\,k\vec{u}$ et $\vec{BL}\,=\,l\vec{v}$ , où et sont des réels. Déterminer les coordonnées de , de puis de $\vec{KL}$ en fonction de et .

$\vec{AK}\,=\,k\,\begin{pmatrix}%0D%0A-2\,\\%0D%0A1\,\\%0D%0A1%0D%0A\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}%0D%0A-2k\,\\%0D%0Ak\,\\%0D%0Ak%0D%0A\end{pmatrix}$

Donc les coordonnées de sont :

$K\,=\,A\,%2B\,\vec{AK}\,=\,\begin{pmatrix}%0D%0A-3\,\\%0D%0A4\,\\%0D%0A5%0D%0A\end{pmatrix}\,%2B\,\begin{pmatrix}%0D%0A-2k\,\\%0D%0Ak\,\\%0D%0Ak%0D%0A\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}%0D%0A-3\,-\,2k\,\\%0D%0A4\,%2B\,k\,\\%0D%0A5\,%2B\,k%0D%0A\end{pmatrix}$

$\vec{BL}\,=\,l\,\begin{pmatrix}%0D%0A1\,\\%0D%0A0\,\\%0D%0A0%0D%0A\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}%0D%0Al\,\\%0D%0A0\,\\%0D%0A0%0D%0A\end{pmatrix}$

Donc les coordonnées de sont :

$L\,=\,B\,%2B\,\vec{BL}\,=\,\begin{pmatrix}%0D%0A-4\,\\%0D%0A-1\,\\%0D%0A-1%0D%0A\end{pmatrix}\,%2B\,\begin{pmatrix}%0D%0Al\,\\%0D%0A0\,\\%0D%0A0%0D%0A\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}%0D%0A-4\,%2B\,l\,\\%0D%0A-1\,\\%0D%0A-1%0D%0A\end{pmatrix}$

$\vec{KL}\,=\,\begin{pmatrix}%0D%0A(-4\,%2B\,l)\,-\,(-3\,-\,2k)\,\\%0D%0A(-1)\,-\,(4\,%2B\,k)\,\\%0D%0A(-1)\,-\,(5\,%2B\,k)%0D%0A\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}%0D%0A-1\,%2B\,l\,%2B\,2k\,\\%0D%0A-5\,-\,k\,\\%0D%0A-6\,-\,k%0D%0A\end{pmatrix}$

3) Démontrer que (KL) est perpendiculaire à (d) et $(\Delta)$ si et seulement si :

$\begin{cases}%0D%0A2k\,-\,l\,=\,-3\,\\%0D%0A-3k\,%2B\,2l\,=\,4%0D%0A\end{cases}$

Pour que $\vec{KL}$ soit perpendiculaire à $\vec{u}$ et $\vec{v}$ , leurs produits scalaires doivent être nuls :

– Avec $\vec{u}$ :
$\vec{KL}\,\cdot\,\vec{u}\,=\,(-1\,%2B\,l\,%2B\,2k)(-2)\,%2B\,(-5\,-\,k)(1)\,%2B\,(-6\,-\,k)(1)\,=\,0$
$=\,2\,-\,2l\,-\,4k\,-\,5\,-\,k\,-\,6\,-\,k\,=\,2\,-2l\,-6k\,-11\,=\,0$
$-2l\,-\,6k\,=\,14\,\text\,{donc\,}\,2k.\,-\,l\,=\,-3$

– Avec $\vec{v}$ :
$\vec{KL}\,\cdot\,\vec{v}\,=\,(-1\,%2B\,l\,%2B\,2k)(1)\,%2B\,(-5\,-\,k)(0)\,%2B\,(-6\,-\,k)(0)\,=\,0$

$(-1\,%2B\,l\,%2B\,2k)\,-1\,%2B\,l\,%2B\,2k\,=\,-3k\,%2B\,2l\,=\,4%0D%0A%0D%0A4)\,Resoudre\,ce\,systeme\,puis\,en\,deduire\,les\,coordonnees\,des\,points\,$\,K\,$\,et\,$\,L\,$.%0D%0A%0D%0A\%5B%0D%0A\begin{cases}%0D%0A2k\,-\,l\,=\,-3\,\quad\,(1)\,\\%0D%0A-3k\,%2B\,2l\,=\,4\,\quad\,(2)%0D%0A\end{cases}$ et .

\[
\begin{cases}
2k – l = -3 \quad (1) \\
-3k + 2l = 4 \quad (2)
\end{cases} » align= »absmiddle » />

En multipliant (1) par 2 :
$\begin{cases}%0D%0A4k\,-\,2l\,=\,-6\,\quad\,(3)\,\\%0D%0A-3k\,%2B\,2l\,=\,4\,\quad\,(2)%0D%0A\end{cases}$

En ajoutant (2) et (3) :
$4k\,-\,3k\,=\,-6\,%2B\,4$
$k\,=\,-2$

En substituant dans (1) :
$2(-2)\,-\,l\,=\,-3$
$-4\,-\,l\,=\,-3$
$l\,=\,-1$

Les points et sont donc respectivement:

$K\,=\,\begin{pmatrix}%0D%0A-3\,-\,2(-2)\,\\%0D%0A4\,%2B\,(-2)\,\\%0D%0A5\,%2B\,(-2)%0D%0A\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}%0D%0A1\,\\%0D%0A2\,\\%0D%0A3%0D%0A\end{pmatrix}$

$L\,=\,\begin{pmatrix}%0D%0A-4\,%2B\,(-1)\,\\%0D%0A-1\,\\%0D%0A-1%0D%0A\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}%0D%0A-5\,\\%0D%0A-1\,\\%0D%0A-1%0D%0A\end{pmatrix}$

5) Calculer la distance .

$KL\,=\,\sqrt{(1\,-\,(-5))^2\,%2B\,(2\,-\,(-1))^2\,%2B\,(3\,-\,(-1))^2}$
$KL\,=\,\sqrt{(1\,%2B\,5)^2\,%2B\,(2\,%2B\,1)^2\,%2B\,(3\,%2B\,1)^2}$
$KL\,=\,\sqrt{6^2\,%2B\,3^2\,%2B\,4^2}$
$KL\,=\,\sqrt{36\,%2B\,9\,%2B\,16}$
$KL\,=\,\sqrt{61}$

Donc, la distance est $\sqrt{61}$ .

Exercice 29 : résoudre ce système avec z comme paramètre
Voici la correction de l’exercice en utilisant LaTeX pour les équations.

1) Prouvons que $x%2C\,y%2C\,z$ satisfont le système :

$\begin{cases}%0D%0Aax\,%2B\,by\,%2B\,cz\,=\,0\,\\%0D%0Aa\,x\,%2B\,\beta\,y\,%2B\,\gamma\,z\,=\,0%0D%0A\end{cases}$

Les vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ étant dans un repère orthonormé direct, un vecteur $\vec{n}$ orthogonal à $\vec{u}$ et $\vec{v}$ est tel que $\vec{u}\,\cdot\,\vec{n}\,=\,0$ et $\vec{v}\,\cdot\,\vec{n}\,=\,0$ . Cela se traduit par les équations :

$a\,x\,%2B\,b\,y\,%2B\,c\,z\,=\,0$

$a\,x\,%2B\,\beta\,y\,%2B\,\gamma\,z\,=\,0$

2) Résolvons le système en prenant comme paramètre, c’est-à-dire en exprimant et en fonction de . On peut écrire le système sous forme matricielle :

$\begin{pmatrix}%0D%0Aa\,%26\,b\,%26\,c\,\\%0D%0Aa\,%26\,\beta\,%26\,\gamma%0D%0A\end{pmatrix}%0D%0A\begin{pmatrix}%0D%0Ax\,\\%0D%0Ay\,\\%0D%0Az%0D%0A\end{pmatrix}%0D%0A=%0D%0A\begin{pmatrix}%0D%0A0\,\\%0D%0A0%0D%0A\end{pmatrix}$

En utilisant la méthode de Gauss-Jordan ou Cramer pour éliminer et , en prenant comme paramètre, nous avons :

$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,\frac{\gamma\,(bz\,-\,c\,\beta\,z)}{a\,(\beta\,-\,b)}\,\\%0D%0Ay\,=\,\frac{c\,\beta\,z\,-\,\gamma\,b\,z}{b\,(\beta\,-\,a)}%0D%0A\end{cases}$

Les termes en se simplifient en :

3) En choisissant une valeur judicieuse de $z\,=\,1$ , nous obtenons que :

$\vec{n}\,=%0D%0A\begin{pmatrix}%0D%0A\beta\,\gamma\,-\,c\,\beta\,\\%0D%0Ac\,\alpha\,-\,\gamma\,a\,\\%0D%0Aa\,\beta\,-\,b\,\alpha%0D%0A\end{pmatrix}$

est une solution du problème posé.

4) Calculons $\vec{v}\,\wedge\,\vec{u}$ . En utilisant la définition du produit vectoriel, nous avons :

$\vec{u}\,\wedge\,\vec{v}\,=\,\begin{vmatrix}%0D%0A\vec{i}\,%26\,\vec{j}\,%26\,\vec{k}\,\\%0D%0Aa\,%26\,b\,%26\,c\,\\%0D%0A\alpha\,%26\,\beta\,%26\,\gamma%0D%0A\end{vmatrix}$

Ce qui donne :

$\vec{u}\,\wedge\,\vec{v}\,=\,(\beta\,\gamma\,-\,c\,\beta)\,\vec{i}\,-\,(c\,\alpha\,-\,\gamma\,a)\,\vec{j}\,%2B\,(a\,\beta\,-\,b\,\alpha)\,\vec{k}$

Nous remarquons que $\vec{v}\,\wedge\,\vec{u}\,=\,-(\vec{u}\,\wedge\,\vec{v})$ car le produit vectoriel est anticommutatif.

Ces calculs vérifient bien les propriétés du produit vectoriel et confirment que $\vec{n}$ est une solution orthogonale aux vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ .

Exercice 30 : déterminer les points d’intersection de la sphère de centre A
Pour résoudre cet exercice, suivons les étapes demandées:

### 1. Représentation de la sphère $\mathcal{S}$ et de la droite (BC) :

a) La sphère $\mathcal{S}$ de centre $A(1%3B\,-2%3B\,2)$ et de rayon 3 a pour équation :
$(x\,-\,1)^2\,%2B\,(y\,%2B\,2)^2\,%2B\,(z\,-\,2)^2\,=\,9$

b) La droite (BC) passe par les points $B(1%3B\,-5%3B\,4)$ et $C(-1%3B\,-3%3B\,-1)$ . Pour obtenir une représentation paramétrique de la droite (BC) , commençons par calculer le vecteur directeur de (BC) .

Le vecteur directeur est :
$\vec{BC}\,=\,C\,-\,B\,=\,(-1\,-\,1%3B\,-3\,%2B\,5%3B\,-1\,-\,4)\,=\,(-2%3B\,2%3B\,-5)$

c) Équations paramétriques de la droite (BC) :
$\{%0D%0A\begin{array}{l}%0D%0Ax\,=\,1\,-\,2t\,\\%0D%0Ay\,=\,-5\,%2B\,2t\,\\%0D%0Az\,=\,4\,-\,5t%0D%0A\end{array}%0D%0A.$

### 2. Résolution du système composé des équations de $\mathcal{S}$ et de (BC) :

Substituons les équations paramétriques de la droite (BC) dans l’équation de la sphère $\mathcal{S}$ :

$(1\,-\,2t\,-\,1)^2\,%2B\,(-5\,%2B\,2t\,%2B\,2)^2\,%2B\,(4\,-\,5t\,-\,2)^2\,=\,9$

Ceci simplifie à :
$(-2t)^2\,%2B\,(-3\,%2B\,2t)^2\,%2B\,(2\,-\,5t)^2\,=\,9$
$4t^2\,%2B\,(4t\,-\,3)^2\,%2B\,(2\,-\,5t)^2\,=\,9$

Développons les carrés pour obtenir une équation en :
$4t^2\,%2B\,(4t\,-\,3)^2\,%2B\,(2\,-\,5t)^2\,=\,9$
$4t^2\,%2B\,(16t^2\,-\,24t\,%2B\,9)\,%2B\,(25t^2\,-\,20t\,%2B\,4)\,=\,9$
$4t^2\,%2B\,16t^2\,%2B\,25t^2\,-\,24t\,-\,20t\,%2B\,9\,%2B\,4\,=\,9$
$45t^2\,-\,44t\,%2B\,13\,=\,9$

Soustrayons 9 de chaque côté:
$45t^2\,-\,44t\,%2B\,4\,=\,0$

Utilisons ensuite la formule quadratique pour résoudre cette équation:
$t\,=\,\frac{-b\,\pm\,\sqrt{b^2\,-\,4ac}}{2a}$

où $a\,=\,45$ , $b\,=\,-44$ et $c\,=\,4$ :

$t\,=\,\frac{44\,\pm\,\sqrt{(-44)^2\,-\,4\,\cdot\,45\,\cdot\,4}}{2\,\cdot\,45}$
$t\,=\,\frac{44\,\pm\,\sqrt{1936\,-\,720}}{90}$
$t\,=\,\frac{44\,\pm\,\sqrt{1216}}{90}$
$t\,=\,\frac{44\,\pm\,34.857}{90}$

Calculons les deux solutions:
$t_1\,=\,\frac{44\,%2B\,34.857}{90}\,\approx\,\frac{78.857}{90}\,\approx\,0.876$
$t_2\,=\,\frac{44\,-\,34.857}{90}\,\approx\,\frac{9.143}{90}\,\approx\,0.101$

### Conclusion

Les points d’intersection des deux équations sont obtenus en substituant t_1 et t_2 dans les équations paramétriques de la droite (BC) .

Pour $t_1\,=\,0.876$ :
$\{%0D%0A\begin{array}{l}%0D%0Ax\,=\,1\,-\,2\,\cdot\,0.876\,=\,1\,-\,1.752\,\approx\,-0.752\,\\%0D%0Ay\,=\,-5\,%2B\,2\,\cdot\,0.876\,=\,-5\,%2B\,1.752\,\approx\,-3.248\,\\%0D%0Az\,=\,4\,-\,5\,\cdot\,0.876\,=\,4\,-\,4.38\,\approx\,-0.38%0D%0A\end{array}%0D%0A.$

Pour $t_2\,=\,0.101$ :
$\{%0D%0A\begin{array}{l}%0D%0Ax\,=\,1\,-\,2\,\cdot\,0.101\,=\,1\,-\,0.202\,=\,0.798\,\\%0D%0Ay\,=\,-5\,%2B\,2\,\cdot\,0.101\,=\,-5\,%2B\,0.202\,=\,-4.798\,\\%0D%0Az\,=\,4\,-\,5\,\cdot\,0.101\,=\,4\,-\,0.505\,=\,3.495%0D%0A\end{array}%0D%0A.$

Les points d’intersection sont donc :
$(-0.752%2C\,-3.248%2C\,-0.38)$
et
$(0.798%2C\,-4.798%2C\,3.495)$

Exercice 31 : pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse
$Proposition\,1%3A$
On considère les points et .

Tout d’abord, calculons le vecteur directeur de la droite (AB) :
$\vec{AB}\,=\,B\,-\,A\,=\,(3\,-\,1%2C\,0\,-\,1%2C\,-1\,-\,0)\,=\,(2%2C\,-1%2C\,-1)$

La droite (AB) peut être paramétrée par :
$\{%0D%0A\begin{array}{l}%0D%0Ax\,=\,1\,%2B\,2t\,\\%0D%0Ay\,=\,1\,-\,t\,\\%0D%0Az\,=\,-t%0D%0A\end{array}%0D%0A.%2C\,\quad\,t\,\in\,\mathbb{R}$

Pour vérifier si la représentation paramétrique donnée dans l’énoncé est correcte :
$\{%0D%0A\begin{array}{l}%0D%0Ax\,=\,5\,-\,2t\,\\%0D%0Ay\,=\,-1\,%2B\,t\,\\%0D%0Az\,=\,-2\,%2B\,t%0D%0A\end{array}%0D%0A.%2C\,\quad\,t\,\in\,\mathbb{R}$

En effet, en changeant la variable de paramétrisation, nous pouvons observer les équations :
$\{%0D%0A\begin{array}{l}%0D%0Ax\,=\,1\,%2B\,2(t')\,\\%0D%0Ay\,=\,1\,-\,t'\,\\%0D%0Az\,=\,-t'%0D%0A\end{array}%0D%0A.%2C\,\quad\,t'\,=\,t\,-\,1$

Ce qui équivaut à la même droite. Ainsi, la proposition 1 est vraie .

$Proposition\,2%3A$
Les droites (d) et (AB) sont-elles orthogonales ?

Le vecteur directeur de (d) est $\vec{d}\,=\,(2%2C\,1%2C\,-3)$ et celui de (AB) est $\vec{AB}\,=\,(2%2C\,-1%2C\,-1)$ .

Pour vérifier si ces vecteurs sont orthogonaux, on calcule leur produit scalaire :
$\vec{d}\,\cdot\,\vec{AB}\,=\,2\,\times \,2\,%2B\,1\,\times \,(-1)\,%2B\,(-3)\,\times \,(-1)\,=\,4\,-\,1\,%2B\,3\,=\,6$

Comme le produit scalaire n’est pas nul, les droites (d) et (AB) ne sont $pas\,orthogonales$ . La proposition 2 est donc fausse .

$Proposition\,3%3A$
Les droites (d) et (AB) sont-elles coplanaires ?

Pour vérifier la coplanarité, nous devons vérifier que le vecteur normal du plan $(\mathscr{P})$ , le vecteur directeur de la droite (d) et le vecteur directeur de la droite (AB) sont linéairement dépendants.

Le vecteur normal du plan $(\mathscr{P})$ est $\vec{n}\,=\,(1%2C\,-1%2C\,3)$ .

Calculons le déterminant suivant :
$\begin{vmatrix}%0D%0A1\,%26\,-1\,%26\,3\,\\%0D%0A2\,%26\,1\,%26\,-3\,\\%0D%0A2\,%26\,-1\,%26\,-1%0D%0A\end{vmatrix}%0D%0A=\,1\,\cdot\,\begin{vmatrix}\,1\,%26\,-3\,\\\,-1\,%26\,-1\,\end{vmatrix}%0D%0A-\,(-1)\,\cdot\,\begin{vmatrix}\,2\,%26\,-3\,\\\,2\,%26\,-1\,\end{vmatrix}%0D%0A%2B\,3\,\cdot\,\begin{vmatrix}\,2\,%26\,1\,\\\,2\,%26\,-1\,\end{vmatrix}$

$=\,1\,\cdot\,(1\,\cdot\,(-1)\,-\,(-3)\,\cdot\,(-1))\,-\,(-1)\,\cdot\,(2\,\cdot\,(-1)\,-\,(-3)\,\cdot\,2)\,%2B\,3\,\cdot\,(2\,\cdot\,(-1)\,-\,1\,\cdot\,2)$

$=\,1\,\cdot\,(-1\,%2B\,3)\,-\,(-1)\,\cdot\,(-2\,%2B\,6)\,%2B\,3\,\cdot\,(-2\,-\,2)$

$=\,1\,\cdot\,2\,-\,(-1)\,\cdot\,4\,%2B\,3\,\cdot\,(-4)$

$=\,2\,-\,4\,-\,12$

$=\,-14$

Le déterminant est non nul, donc les vecteurs ne sont pas linéairement dépendants. Les droites (d) et (AB) ne sont donc pas . La proposition 3 est fausse .