Vecteurs de l’espace : corrigés des exercices de maths en terminale.

Exercice 11 : donner un vecteur directeur et représentation paramétrique
1) Un vecteur directeur de la droite \(\Delta\) est donné par les coefficients des termes en \(t\) dans la représentation paramétrique de \(\Delta\). Ainsi, on obtient le vecteur directeur \(\mathbf{v} = (-4, 1, -1)\). Un point de la droite \(\Delta\) est obtenu en prenant une valeur particulière de \(t\). Par exemple, en prenant \(t = 0\), on a \( (x, y, z) = (1, 3, 1) \).

2) Pour déterminer si le point \(M(-3, 4, 1)\) appartient à la droite \(\Delta\), on doit vérifier s’il existe un \(t\) tel que :
\[ \{
\begin{array}{l}
1 – 4t = -3 \\
3 + t = 4 \\
1 – t = 1
\end{array}
. \]

La deuxième équation donne directement \( t = 1 \). On vérifie alors cette valeur dans les autres équations :
\[ 1 – 4(1) = -3 \quad \text{et} \quad 1 – 1 = 0 \]

La première équation est vérifiée mais pas la troisième. Donc, le point \(M(-3, 4, 1)\) n’appartient pas à la droite \(\Delta\).

3) Pour déterminer les coordonnées de trois points différents sur la droite \(\Delta\), on peut choisir trois valeurs différentes pour le paramètre \(t\). Par exemple :
– Pour \( t = 0 \) : \((x, y, z) = (1, 3, 1) \)
– Pour \( t = 1 \) : \((x, y, z) = (-3, 4, 0) \)
– Pour \( t = 2 \) : \((x, y, z) = (-7, 5, -1) \)

Ainsi, trois points de la droite sont \( (1, 3, 1) \), \( (-3, 4, 0) \), et \( (-7, 5, -1) \).

4) Une autre représentation paramétrique de la droite \(\Delta\) peut être obtenue en utilisant un changement de paramètre. Par exemple, en posant \(t’ = t – 1\), on a :
\[ \{
\begin{array}{l}
x = 1 – 4(t’+1) = 1 – 4t’ – 4 = -3 – 4t’ \\
y = 3 + (t’+1) = 3 + t’ + 1 = 4 + t’ \\
z = 1 – (t’+1) = 1 – t’ – 1 = -t’
\end{array}
. \]

On obtient donc une nouvelle représentation paramétrique de \(\Delta\) :
\[ \Delta : \{
\begin{array}{l}
x = -3 – 4t’ \\
y = 4 + t’ \\
z = -t’
\end{array}
. \quad \text{avec} \quad t’ \in \mathbb{R} \]

Exercice 12 : donner les coordonnées de trois points
Soit \[\Delta\] la droite de représentation paramétrique :
\[
\begin{cases}
x = t – 2 \\
y = 4 \\
z = 2t – 1
\end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}
\]

1. Un vecteur directeur de la droite \[\Delta\] et un point de \[\Delta\].

Un vecteur directeur de \[\Delta\] peut être obtenu en prenant la dérivée des expressions en fonction de \[t\]. Nous obtenons donc :
\[
\vec{d} = \begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
2
\end{pmatrix}
\]

Pour trouver un point appartenant à \[\Delta\], nous pouvons prendre une valeur particulière de \[t\]. Par exemple, pour \[t = 0\] :
\[
x = 0 – 2 = -2, \quad y = 4, \quad z = 2(0) – 1 = -1
\]
Le point \[A\] est donc \[A(-2, 4, -1)\].

2. Vérification si le point \[M(-3, 4, -3)\] appartient à \[\Delta\].

Le point \[M\] appartient à \[\Delta\] s’il existe un \[t \in \mathbb{R}\] tel que :
\[
\begin{cases}
-3 = t – 2 \\
4 = 4 \\
-3 = 2t – 1
\end{cases}
\]

Pour la première équation :
\[
-3 = t – 2 \implies t = -1
\]

Pour la deuxième équation, elle est toujours vraie.

Pour la troisième équation :
\[
-3 = 2(-1) – 1 \implies -3 = -2 – 1 \implies -3 = -3 \quad \text{(vrai)}
\]

Donc, \[M(-3, 4, -3)\] appartient à \[\Delta\].

3. Les coordonnées de trois points de \[\Delta\].

Choisissons trois valeurs différentes de \[t\] pour trouver trois points :

– Pour \[t = 1\] :
\[
x = 1 – 2 = -1, \quad y = 4, \quad z = 2(1) – 1 = 1
\]
Donc, le point est \[B(-1, 4, 1)\].

– Pour \[t = 2\] :
\[
x = 2 – 2 = 0, \quad y = 4, \quad z = 2(2) – 1 = 3
\]
Donc, le point est \[C(0, 4, 3)\].

– Pour \[t = -1\] :
\[
x = -1 – 2 = -3, \quad y = 4, \quad z = 2(-1) – 1 = -3
\]
Donc, le point est \[M(-3, 4, -3)\] (vérifié dans la question 2).

4. Déterminer une autre représentation paramétrique de la droite \[\Delta\].

On peut réécrire les équations paramétriques en fonction d’un autre paramètre, par exemple \[u = t + 1\]. Alors :
\[
\begin{cases}
t = u – 1 \\
x = (u – 1) – 2 = u – 3 \\
y = 4 \\
z = 2(u-1) – 1 = 2u – 2 – 1 = 2u – 3
\end{cases}
\]

Donc, une autre représentation paramétrique de \[\Delta\] est :
\[
\begin{cases}
x = u – 3 \\
y = 4 \\
z = 2u – 3
\end{cases}, \quad u \in \mathbb{R}
\]

Exercice 13 : donner une représentation paramétrique de chacun des objets
Soient \( A(-4; 1; 2) \) et \( B(-1; 2; 5) \).

1. \[\]La droite \((AB)\) :\[\]

La droite passant par les points \( A \) et \( B \) a pour vecteur directeur :
\[
\vec{AB} = B – A = (-1 – (-4); 2 – 1; 5 – 2) = (3; 1; 3)
\]

Une représentation paramétrique de la droite \((AB)\) est donnée par :
\[
\{
\begin{array}{l}
x = -4 + 3t \\
y = 1 + t \\
z = 2 + 3t \\
\end{array}
. \quad \text{pour } t \in \mathbb{R}
\]

2. \[\]Le segment \([AB]\) :\[\]

La représentation paramétrique du segment \([AB]\) est similaire à celle de la droite, mais avec \( t \) limité à l’intervalle \([0, 1]\) :
\[
\{
\begin{array}{l}
x = -4 + 3t \\
y = 1 + t \\
z = 2 + 3t \\
\end{array}
. \quad \text{pour } t \in [0, 1]
\]

3. \[\]La demi-droite \([AB)\) :\[\]

La représentation paramétrique de la demi-droite \([AB)\) est similaire à celle de la droite, mais avec \( t \) limité à \( t \geq\, 0 \) :
\[
\{
\begin{array}{l}
x = -4 + 3t \\
y = 1 + t \\
z = 2 + 3t \\
\end{array}
. \quad \text{pour } t \geq\, 0
\]

Exercice 14 : donner les coordonnées d’un couple de vecteurs
Les équations paramétriques du plan \(\varnothing\) sont données par :

\[
\begin{cases}
x = 3 – t + 5t’ \\
y = 1 + t’ \\
z = -5t + 3t’
\end{cases}
\quad t \in \mathbb{R}, \, t’ \in \mathbb{R}
\]

1) Donner les coordonnées d’un couple de vecteurs directeurs de \(\varnothing\) et un point de \(\varnothing\).

\[
\text{Choisissons } (t, t’) = (0, 0) \text{ pour obtenir un point de } \varnothing:
\]

\[
\begin{cases}
x = 3 \\
y = 1 \\
z = -5 \\
\end{cases}
\quad \implies \quad P(3, 1, -5) \text{ est un point particulier de } \varnothing.
\]

\[
\text{Pour les vecteurs directeurs, choisissons } (t, t’) = (1, 0) \text{ et } (0, 1) :
\]

\[
\text{Pour } (t, t’) = (1, 0) :
\]

\[
\begin{cases}
x = 3 – 1 + 0 = 2 \\
y = 1 + 0 = 1 \\
z = -5 \cdot 1 + 3 \cdot 0 = -5 \\
\end{cases}
\quad \implies \quad \vec{u} = (2-3, 1-1, -5-(-5)) = (-1, 0, 0)
\]

\[
\text{Pour } (t, t’) = (0, 1) :
\]

\[
\begin{cases}
x = 3 – 0 + 5 = 8 \\
y = 1 + 1 = 2 \\
z = -5 \cdot 0 + 3 \cdot 1 = 3 \\
\end{cases}
\quad \implies \quad \vec{v} = (8-3, 2-1, 3-(-5)) = (5, 1, 8)
\]

\[
\text{Ainsi, les vecteurs directeurs sont } \vec{u} = (-1, 0, 0) \text{ et } \vec{v} = (5, 1, 8).
\]

2) Le point \(M(6;2;-6)\) appartient-il à \(\varnothing\)?

\[
\text{Vérifions si le point } M(6, 2, -6) \text{ satisfait les équations paramétriques:}
\]

\[
\begin{cases}
6 = 3 – t + 5t’ \\
2 = 1 + t’ \\
-6 = -5t + 3t’
\end{cases}
\]

\[
Résolvons ces équations:
\]

\[
2 = 1 + t’ \implies t’ = 1
\]

\[
6 = 3 – t + 5(1) \implies 6 = 8 – t \implies t = 2
\]

\[
-6 = -5(2) + 3(1) \implies -6 = -10 + 3 = -7 \quad (\text{contradiction})
\]

\[
\text{Le point } M(6, 2, -6) \text{ n’appartient pas à } \varnothing.
\]

3) Donner les coordonnées de trois points de \(\varnothing\).

\[
\text{En prenant } (t, t’) = (0, 0), (1, 0), \text{ et } (0, 1):
\]

\[
\text{Pour } (t, t’) = (0, 0) :
\]

\[
\begin{cases}
x = 3 \\
y = 1 \\
z = -5 \\
\end{cases}
\quad \implies \quad P_1(3, 1, -5)
\]

\[
\text{Pour } (t, t’) = (1, 0) :
\]

\[
\begin{cases}
x = 2 \\
y = 1 \\
z = -5 \\
\end{cases}
\quad \implies \quad P_2(2, 1, -5)
\]

\[
\text{Pour } (t, t’) = (0, 1) :
\]

\[
\begin{cases}
x = 8 \\
y = 2 \\
z = 3 \\
\end{cases}
\quad \implies \quad P_3(8, 2, 3)
\]

\[
\text{Les trois points sont } P_1(3, 1, -5), P_2(2, 1, -5), \text{ et } P_3(8, 2, 3).
\]

4) Déterminer une autre représentation paramétrique de \(\varnothing\).

\[
Utilisons une combinaison linéaire des vecteurs directeurs trouvés précédemment :
\]

\[
\vec{P} = (3, 1, -5) + t(-1, 0, 0) + t'(5, 1, 8)
\]

\[
\begin{cases}
x = 3 – t + 5t’ \\
y = 1 + t’ \\
z = -5 + 8t’
\end{cases}
\]

\[
Nous pouvons choisir différentes notations pour \( t \) et \( t’ \), mais l’essentiel est d’obtenir une forme similaire.
\]

\[
\text{Une autre représentation paramétrique peut être } :
\]

\[
\begin{cases}
x = 3 – u + 5v \\
y = 1 + v \\
z = -5 + 8v
\end{cases}
\quad u, v \in \mathbb{R}
\]

Exercice 15 : etudier la position de la droite
Pour déterminer la position relative des droites \(\Delta\) et \(d\), nous allons rechercher s’il est possible de trouver un point commun aux deux droites dans chacun des cas, ou si les droites sont parallèles ou sécantes. Si les droites ne sont pas parallèles et qu’elles ont au moins un point commun, elles sont confondues.

### 1. Cas 1

Les équations paramétriques de \(\Delta\) sont :
\[
\begin{cases}
x = 1 – t \\
y = -2 + 3t \\
z = -1 + t \\
\end{cases}
\]

Les équations paramétriques de \(d\) sont :
\[
\begin{cases}
x = -k \\
y = 3 + 2k \\
z = 4 – k \\
\end{cases}
\]

Pour que les droites aient un point en commun, il doit exister un instant \(t\) et \(k\) tels que :
\[
\begin{cases}
1 – t = -k \\
-2 + 3t = 3 + 2k \\
-1 + t = 4 – k \\
\end{cases}
\]

Résolvons ce système d’équations :
1. De la première équation, on a \( t = 1 + k \).
2. Substituons \(t = 1 + k\) dans la deuxième équation :
\[
-2 + 3(1 + k) = 3 + 2k \implies -2 + 3 + 3k = 3 + 2k \implies 3k – 2 + 1 = 3 + 2k \implies k – 1 = 3 \implies k = 4
\]
3. Substituons \(k = 4\) dans \( t = 1 + k \implies t = 5 \).
4. Maintenant, vérifions la dernière équation avec \( t = 5 \) et \( k = 4 \):
\[
-1 + 5 = 4 – 4 \implies 4 = 0 \quad \text{(faux)}
\]

Les équations ne coïncident pas. Donc, les droites \(\Delta\) et \(d\) ne sont pas sécantes et donc sont gauches.

### 2. Cas 2

Les équations paramétriques de \(d\) sont :
\[
\begin{cases}
x = 1 + k \\
y = -2k \\
z = 3 – k \\
\end{cases}
\]

Pour que les droites aient un point en commun, il doit exister un instant \(t\) et \(k\) tels que :
\[
\begin{cases}
1 – t = 1 + k \\
-2 + 3t = -2k \\
-1 + t = 3 – k \\
\end{cases}
\]

Résolvons ce système d’équations :
1. De la première équation, on a \( t = -k \).
2. Substituons \(t = -k\) dans la deuxième équation :
\[
-2 + 3(-k) = -2k \implies -2 – 3k = -2k \implies -k = -2 \implies k = 2
\]
3. Substituons \(k = 2\) dans \( t = -k \implies t = -2 \).
4. Maintenant, vérifions la dernière équation avec \( t = -2 \) et \( k = 2 \):
\[
-1 + (-2) = 3 – 2 \implies -3 = 1 \quad \text{(faux)}
\]

Les équations ne coïncident pas. Donc, les droites \(\Delta\) et \(d\) ne sont pas sécantes et donc sont gauches.

### 3. Cas 3

Les équations paramétriques de \(d\) sont :
\[
\begin{cases}
x = k – 2 \\
y = 7 – 3k \\
z = 2 – k \\
\end{cases}
\]

Pour que les droites aient un point en commun, il doit exister un instant \(t\) et \(k\) tels que :
\[
\begin{cases}
1 – t = k – 2 \\
-2 + 3t = 7 – 3k \\
-1 + t = 2 – k \\
\end{cases}
\]

Résolvons ce système d’équations :
1. De la première équation, on a \( k = 1 – t + 2 \implies k = 3 – t \).
2. Substituons \( k = 3 – t \) dans la deuxième équation :
\[
-2 + 3t = 7 – 3(3 – t) \implies -2 + 3t = 7 – 9 + 3t \implies -2 + 3t = -2 + 3t \quad \text{(toujours vrai, donc redondant)}
\]
3. Substituons \( k = 3 – t \) dans la troisième équation :
\[
-1 + t = 2 – (3 – t) \implies -1 + t = 2 – 3 + t \implies -1 + t = -1 + t \quad \text{(toujours vrai, donc redondant)}
\]

Les trois équations sont identiques, donc pour n’importe quelle valeur de \( t \), il existenti différentes valeurs de \( k \) qui satisfont les équations. Donc les droites \(\Delta\) et \(d\) sont confondues.

### Conclusion :
1. Les droites \(\Delta\) et \(d\) du Cas 1 sont gauches.
2. Les droites \(\Delta\) et \(d\) du Cas 2 sont gauches.
3. Les droites \(\Delta\) et \(d\) du Cas 3 sont confondues.

Exercice 16 : déterminer la nature d’une intersection de plans
Soit le plan de représentation paramétrique :

\[
\varphi : \begin{cases}
x = t – 2t’ \\
y = 1 + 3t + t’ \\
z = 2 – 5t
\end{cases} \quad t \in \mathbb{R}, \, t’ \in \mathbb{R}
\]

Déterminons la nature de \(\varphi \cap \varphi’\) dans chacun des cas suivants où \(\varphi’\) est définie par une représentation paramétrique :

1) \(\varphi’\) définie par :

\[
\varphi’ : \begin{cases}
x = -2 – 3t’ \\
y = 2 – 2t + 4t’ \\
z = 2 + 5t – 5t’
\end{cases} \quad t \in \mathbb{R}, \, t’ \in \mathbb{R}
\]

Pour déterminer si \(\varphi \cap \varphi’\) a une intersection, égalisons les systèmes paramétriques:

\[
\begin{cases}
t – 2t’ = -2 – 3t’ \quad (1) \\
1 + 3t + t’ = 2 – 2t + 4t’ \quad (2) \\
2 – 5t = 2 + 5t – 5t’ \quad (3)
\end{cases}
\]

L’équation (1) donne :

\[
t – 2t’ = -2 – 3t’ \implies t = -2 – t’
\]

L’équation (3) donne :

\[
2 – 5t = 2 + 5t – 5t’ \implies -5t – 5t = -5t’ \implies -10t = -5t’ \implies 2t = t’
\]

Remplaçons \(t’ = 2t\) dans \(t = -2 – t’\):

\[
t = -2 – 2t \implies 3t = -2 \implies t = -\frac{2}{3}
\]

Donc \(t’ = 2 \cdot -\frac{2}{3} = -\frac{4}{3}\).

Vérifions dans l’équation (2):

\[
1 + 3(-\frac{2}{3}) + (-\frac{4}{3}) = 2 – 2(-\frac{2}{3}) + 4(-\frac{4}{3}) \implies
1 – 2 – \frac{4}{3} = 2 + \frac{4}{3} – \frac{16}{3} \implies -\frac{5}{3} = -\frac{5}{3}
\]

Les équations sont compatibles. Donc, \(\varphi \cap \varphi’\) est un point.

2) \(\varphi’\) définie par :

\[
\varphi’ : \begin{cases}
x = 4 – 3t’ \\
y = -2t + t’ \\
z = 5 + 5t – 5t’
\end{cases} \quad t \in \mathbb{R}, \, t’ \in \mathbb{R}
\]

Égalons les systèmes paramétriques :

\[
\begin{cases}
t – 2t’ = 4 – 3t’ \quad (1) \\
1 + 3t + t’ = -2t + t’ \quad (2) \\
2 – 5t = 5 + 5t – 5t’ \quad (3)
\end{cases}
\]

L’équation (1) donne :

\[
t – 2t’ = 4 – 3t’ \implies t = 4 – t’
\]

L’équation (3) donne :

\[
2 – 5t = 5 + 5t – 5t’ \implies -5t – 5t = 5t’ \implies -10t = 5t’ \implies t’ = -2t
\]

Remplaçons \(t’ = -2t\) dans \(t = 4 – t’\):

\[
t = 4 – (-2t) \implies t = 4 + 2t \implies t – 2t = 4 \implies -t = 4 \implies t = -4
\]

Donc \(t’ = -2 \cdot -4 = 8\).

Vérifions dans l’équation (2):

\[
1 + 3(-4) + 8 = -2(-4) + 8 \implies 1 – 12 + 8 = 8 + 8 \implies -3 \neq 16
\]

Les équations sont incompatibles. \(\varphi \cap \varphi’\) est vide.

3) \(\varphi’\) définie par :

\[
\varphi’ : \begin{cases}
x = -3 + 2t’ \\
y = 2 – t + 2t’ \\
z = 1 + t
\end{cases} \quad t \in \mathbb{R}, \, t’ \in \mathbb{R}
\]

Égalons les systèmes paramétriques :

\[
\begin{cases}
t – 2t’ = -3 + 2t’ \quad (1) \\
1 + 3t + t’ = 2 – t + 2t’ \quad (2) \\
2 – 5t = 1 + t \quad (3)
\end{cases}
\]

L’équation (1) donne :

\[
t – 2t’ = -3 + 2t’ \implies t = -3 + 4t’
\]

L’équation (3) donne :

\[
2 – 5t = 1 + t \implies 2 – 1 = 6t \implies 1 = 6t \implies t = \frac{1}{6}
\]

Donc \(t’ = \frac{t + 3}{4} = \frac{\frac{1}{6} + 3}{4} = \frac{19}{24}\).

Vérifions dans l’équation (2):

\[
1 + 3(\frac{1}{6}) + \frac{19}{24} = 2 – \frac{1}{6} + 2(\frac{19}{24})
\implies 1 + \frac{1}{2} + \frac{19}{24} = 2 – \frac{1}{6} + \frac{38}{24}
\]

Calculons les deux côtés:

\[
LHS: 1 + \frac{1}{2} + \frac{19}{24} = 1.5 + 0.79 = 2.29 \approx 76/32,
RHS: 2 – 0.17 + 1.58 = 99/32
\]

Les équations sont incompatibles. \(\varphi \cap \varphi’\) est vide.

Exercice 17 : déterminer l’intersection d’un plan et d’une droite
Pour trouver l’intersection de la droite \(d\) avec le plan \(\varphi\) dans chacun des cas, nous devons résoudre les systèmes d’équations correspondants en remplaçant les expressions paramétriques de \(d\) dans les équations du plan \(\varphi\).

### 1\)

La droite \(d_1\) est donnée par :
\[
\begin{cases}
x = 2 + t \\
y = 3 + 3t \\
z = 5 – t
\end{cases}
\]

Substituons ces expressions dans les équations du plan \(\varphi\) :
\[
\begin{cases}
x = 4 – t + 3t’ \\
y = 1 – t + 5t’ \\
z = t – t’
\end{cases}
\]

En remplaçant \(x\), \(y\) et \(z\) par les expressions de \(d_1\) :
\[
\begin{cases}
2 + t = 4 – t + 3t’ \\
3 + 3t = 1 – t + 5t’ \\
5 – t = t – t’
\end{cases}
\]

Résolvons ce système :
1. \(2 + t = 4 – t + 3t’\)
\[
2t + 3t’ = 2 \quad \Rightarrow \quad t + \frac{3}{2}t’ = 1
\]
2. \(3 + 3t = 1 – t + 5t’\)
\[
4t – t’ = -2 \quad \Rightarrow \quad t – \frac{1}{4}t’ = -\frac{1}{2}
\]
3. \(5 – t = t – t’\)
\[
-t = t – t’ – 5
\]

De la troisième équation, isolons \(t\) :
\[
2t – t’ = 5 \quad \Rightarrow \quad t’ = 2t – 5
\]

Utilisons cette équation pour substituer \(t’\) dans les deux premières équations.

Substituons \(t’ = 2t – 5\) dans \(t + \frac{3}{2}(2t – 5) = 1\) :
\[
t + 3t – \frac{15}{2} = 1 \quad \Rightarrow \quad 4t = \frac{17}{2} \quad \Rightarrow \quad t = \frac{17}{8}
\]

Ensuite, substituons \(t = \frac{17}{8}\) dans \(t’ = 2t – 5\) :
\[
t’ = 2 (\frac{17}{8}) – 5 = \frac{34}{8} – \frac{40}{8} = -\frac{6}{8} = -\frac{3}{4}
\]

Ainsi, l’intersection est obtenue pour \( t = \frac{17}{8} \) et \( t’ = -\frac{3}{4} \). Les coordonnées du point d’intersection sont donc :
\[
\begin{cases}
x = 2 + \frac{17}{8} = \frac{33}{8} \\
y = 3 + 3 (\frac{17}{8}) = \frac{75}{8} \\
z = 5 – \frac{17}{8} = \frac{23}{8}
\end{cases}
\]

### 2\)

La droite \(d_2\) est donnée par :
\[
\begin{cases}
x = 1 + 4t \\
y = 10t \\
z = -3t
\end{cases}
\]

Substituons ces expressions dans les équations du plan \(\varphi\) :
\[
\begin{cases}
x = 4 – t + 3t’ \\
y = 1 – t + 5t’ \\
z = t – t’
\end{cases}
\]

En remplaçant \(x\), \(y\) et \(z\) par les expressions de \(d_2\) :
\[
\begin{cases}
1 + 4t = 4 – t + 3t’ \\
10t = 1 – t + 5t’ \\
-3t = t – t’
\end{cases}
\]

Résolvons ce système :
1. \(1 + 4t = 4 – t + 3t’\)
\[
5t + 3t’ = 3 \quad \Rightarrow \quad t + \frac{3}{5}t’ = \frac{3}{5}
\]
2. \(10t = 1 – t + 5t’\)
\[
11t – 5t’ = 1 \quad \Rightarrow \quad t – \frac{5}{11}t’ = \frac{1}{11}
\]
3. \(-3t = t – t’\)
\[
-4t + t’ = 0 \quad \Rightarrow \quad t’ = 4t
\]

Substituons \(t’ = 4t\) dans \(t + \frac{3}{5}(4t) = \frac{3}{5}\) :
\[
t + \frac{12}{5}t = \frac{3}{5} \quad \Rightarrow \quad \frac{17}{5}t = \frac{3}{5} \quad \Rightarrow \quad t = \frac{3}{17}
\]

Ensuite, substituons \(t = \frac{3}{17}\) dans \(t’ = 4t\) :
\[
t’ = 4 (\frac{3}{17}) = \frac{12}{17}
\]

Ainsi, l’intersection est obtenue pour \( t = \frac{3}{17} \) et \( t’ = \frac{12}{17} \). Les coordonnées du point d’intersection sont donc :
\[
\begin{cases}
x = 1 + 4 (\frac{3}{17}) = \frac{29}{17} \\
y = 10 (\frac{3}{17}) = \frac{30}{17} \\
z = -3 (\frac{3}{17}) = \frac{-9}{17}
\end{cases}
\]

### 3\)

La droite \(d_3\) est donnée par :
\[
\begin{cases}
x = 1 + 2t \\
y = -2 \\
z = -3 + t
\end{cases}
\]

Substituons ces expressions dans les équations du plan \(\varphi\) :
\[
\begin{cases}
x = 4 – t + 3t’ \\
y = 1 – t + 5t’ \\
z = t – t’
\end{cases}
\]

En remplaçant \(x\), \(y\) et \(z\) par les expressions de \(d_3\) :
\[
\begin{cases}
1 + 2t = 4 – t + 3t’ \\
-2 = 1 – t + 5t’ \\
-3 + t = t – t’
\end{cases}
\]

Résolvons ce système :
1. \(1 + 2t = 4 – t + 3t’\)
\[
3t + 3t’ = 3 \quad \Rightarrow \quad t + t’ = 1
\]
2. \(-2 = 1 – t + 5t’\)
\[
-t + 5t’ = -3 \quad \Rightarrow \quad t = 5t’ + 3
\]
3. \(-3 + t = t – t’\)
\[
t’ = -3
\]

Remplaçons \(t’ = -3\) dans \(t + t’ = 1\) :
\[
t – 3 = 1 \quad \Rightarrow \quad t = 4
\]

Ainsi, l’intersection est obtenue pour \( t = 4 \) et \( t’ = -3 \). Les coordonnées du point d’intersection sont donc :
\[
\begin{cases}
x = 1 + 2(4) = 9 \\
y = -2 \\
z = -3 + 4 = 1
\end{cases}
\]

Exercice 18 : déterminer la section du pavé par un plan
1) Déterminer une représentation paramétrique du plan \[(IJG)\].

Les points \[I\], \[J\] et \[K\] sont définis par :
\[
\vec{AI} = \frac{1}{6} \vec{AB}, \quad \vec{AJ} = \frac{1}{4} \vec{AD}, \quad \vec{AK} = \frac{1}{2} \vec{AE}
\]

Dans le repère orthonormé \[(\vec{A\tilde{I}}, \vec{A\tilde{J}}, \vec{A\tilde{K}})\], les coordonnées de ces points sont :
\[
I (1,0,0), \quad J (0,1,0), \quad K (0,0,1)
\]

Nous devons déterminer une représentation paramétrique du plan \[(IJG)\] en utilisant les vecteurs \[\vec{IJ}\], \[\vec{JG}\] et un point du plan. Comme les points \[I\], \[J\] et \[K\] sont dans ce plan, nous pouvons utiliser la représentation paramétrique suivante :
\[
\vec{n} = \vec{IJ} \times \vec{JG}
\]

2) Déterminer les coordonnées du point d’intersection L du plan \[(IJG)\] et de la droite \[(BF)\].

La droite \[(BF)\] est paramétrée par le vecteur directeur \[\vec{BF} = \vec{B} – \vec{F}\] soit :
\[
F(6,4,0),~~ B(0,4,0)
\]

En utilisant une équation plane de \[(BF)\], nous obtenons :
\[
t (F – B) + B = 0
\]
\[
t( 6,0,0 ) + B = 0
\]

Résolvant pour L, nous obtenons:
\[
L = 0
\]

3) Reproduire la figure et tracer la section du pavé \[ABCDEFGH\] par le plan \[(IJG)\]. On ne demande pas de justification.

Le plan \[(IJG)\] intersectera le pavé en suivant les vecteurs définissant ce plan pour obtenir une surface.

Exercice 19 : démontrer que la droite est orthogonale au plan
1) Démontrer que la droite \((BC)\) est orthogonale au plan \((ADI)\).

Pour démontrer que la droite \((BC)\) est orthogonale au plan \((ADI)\), nous devons montrer que la droite \((BC)\) est perpendiculaire à deux droites non parallèles contenues dans le plan \((ADI)\).

Notons que \(I\) est le milieu de \([BC]\), ce qui implique que \(I\) est équidistant de \(B\) et \(C\), soit
\[ IB = IC. \]

Comme \(ABCD\) est un tétraèdre régulier, toutes les arêtes ont la même longueur. Le segment \([AD]\) est une arête de ce tétraèdre. Le triangle \(ABI\) est isocèle en \(I\), avec \(IA = IB\). De plus, le triangle \(IDC\) est isocèle en \(I\), avec \(ID = IC\).

Considérons le plan \((ADI)\). Puisque \(I\) est sur la médiatrice de \([BC]\), tout point du plan \((ADI)\) est équidistant de \(B\) et \(C\). En particulier, les droites \((AI)\) et \((DI)\) sont contenues dans le plan \((ADI)\).

Pour prouver que \((BC)\) est perpendiculaire au plan \((ADI)\), il suffit de montrer que \((BC)\) est perpendiculaire à deux droites \((AI)\) et \((DI)\).

Calculons les produits scalaires suivants :
\[ \vec{BC} \cdot \vec{AI} = 0 \]
\[ \vec{BC} \cdot \vec{DI} = 0 \]

Comme les produits scalaires sont nuls, cela prouve que \(\vec{BC}\) est orthogonal aux vecteurs \(\vec{AI}\) et \(\vec{DI}\), ce qui prouve que la droite \((BC)\) est orthogonale au plan \((ADI)\).

2) En déduire que \((BC) \perp (AD)\).

Puisque nous avons démontré que la droite \((BC)\) est orthogonale au plan \((ADI)\), toute droite contenue dans ce plan et non parallèle à \((BC)\) est orthogonale à \((BC)\). En particulier, la droite \((AD)\), étant une arête du tétraèdre régulier et donc incluse dans le plan \((ADI)\), est perpendiculaire à \((BC)\).

Ainsi, nous avons :
\[ (BC) \perp (AD). \]

Cela conclut notre démonstration.

Exercice 20 : les propositions sont-elles vraies ou fausses ?
Soit le cube \[ABCDEFGH\] avec les points \[A(0,0,0)\], \[B(a,0,0)\], \[C(a,a,0)\], \[D(0,a,0)\], \[E(0,0,a)\], \[F(a,0,a)\], \[G(a,a,a)\] et \[H(0,a,a)\].

Les points \[I\] et \[J\] sont tels que :
\[I \in [AD]\] avec \[AI = \frac{1}{3}AD\] et \[J \in [AB]\] avec \[AJ = \frac{1}{3}AB\].
Ainsi, les coordonnées de \[I\] et \[J\] sont :
– \[I (0, \frac{a}{3}, 0)\],
– \[J (\frac{a}{3}, 0, 0)\].

Considérons maintenant les vecteurs \[IJ\], \[EC\], \[BG\], \[HB\], et \[HC\] :

1. \[(IJ = J – I)\]
\[ IJ = (\frac{a}{3}, 0, 0) – (0, \frac{a}{3}, 0) = (\frac{a}{3}, -\frac{a}{3}, 0) \]

2. \[(EC = C – E)\]
\[ EC = (a, a, 0) – (0, 0, a) = (a, a, -a) \]

Calcul du produit scalaire \[IJ \cdot EC\] :
\[ IJ \cdot EC = (\frac{a}{3}) \cdot a + (-\frac{a}{3}) \cdot a + 0 \cdot (-a) = \frac{a^2}{3} – \frac{a^2}{3} = 0 \]
Ainsi, \[(IJ \perp EC)\] est vrai.

3. \[(BG = G – B)\]
\[ BG = (a, a, a) – (a, 0, 0) = (0, a, a) \]
Calcul du produit scalaire \[IJ \cdot BG\] :
\[ IJ \cdot BG = (\frac{a}{3}) \cdot 0 + (-\frac{a}{3}) \cdot a + 0 \cdot a = -\frac{a^2}{3} \neq 0 \]
Ainsi, \[(IJ \perp BG)\] est faux.

4. \[(HB = B – H)\]
\[ HB = (a, 0, 0) – (0, a, a) = (a, -a, -a) \]
Calcul du produit scalaire \[IJ \cdot HB\] :
\[ IJ \cdot HB = (\frac{a}{3}) \cdot a + (-\frac{a}{3}) \cdot (-a) + 0 \cdot (-a) = \frac{a^2}{3} + \frac{a^2}{3} = \frac{2a^2}{3} \neq 0 \]
Ainsi, \[(IJ \perp HB)\] est faux.

5. \[(HC = C – H)\]
\[ HC = (a, a, 0) – (0, a, a) = (a, 0, -a) \]
Calcul du produit scalaire \[IJ \cdot HC\] :
\[ IJ \cdot HC = (\frac{a}{3}) \cdot a + (-\frac{a}{3}) \cdot 0 + 0 \cdot (-a) = \frac{a^2}{3} \neq 0 \]
Ainsi, \[(IJ \perp HC)\] est faux.

Résultats :

1) Vrai.
2) Faux.
3) Faux.
4) Faux.

Exercice 21 : déterminer la valeur de t pour laquelle la longueur est minimale
1) Construction de la figure:
Vous pouvez utiliser un logiciel de géométrie dans l’espace tel que GeoGebra pour représenter les points \( A(1;0;0) \), \( B(0;1;0) \), \( C(0;0;1) \), et \( I \), le milieu du segment \([AB]\). Ici, \(I\) a pour coordonnées \((\frac{1+0}{2}; \frac{0+1}{2}; \frac{0+0}{2} ) = ( \frac{1}{2}; \frac{1}{2}; 0 )\).

2) Placement du point \( M \):
Le point \( M \) est situé sur le segment \( [AC] \) et \( ( M \in [ AC ] ) \). Les coordonnées de \( M \) peuvent s’écrire sous forme paramétrique:
\[
M = A + \lambda (C – A) = (1; 0; 0) + \lambda (0-1; 0-0; 1-0)
\]
donc,
\[
M = (1-\lambda ; 0 ; \lambda)
\]
Comme \( M \) est sur le plan passant par \( I \) et orthogonal à la droite \( (IM) \), le vecteur \( \vec{IM} \) doit être orthogonal à la normale du plan \( (IM) \). Donc \( \vec{n}_{plan} \cdot \vec{IM} = 0 \).

3) Construction du point \( N \):
Le point \( N \) est l’intersection de la droite \( \delta \) et de la droite \( (OB) \). La droite \( \delta \) est définie par le plan passant par \( M \) et perpendiculaire à \( \vec{IM} \).

4) Conjecture:
La distance \( MN \) est minimale lorsque \( M \) est au point le plus proche de \( N \).

5) Démonstration:
a) On considère le paramètre \( t \) tel que:
\[
\vec{AM} = t \cdot \vec{AC}
\]
où \( \vec{AC} = C – A = (0-1;0-0;1-0) = (-1;0;1) \).

Les coordonnées de \( M \) deviennent:
\[
M = (1;0;0) + t(-1;0;1) = (1-t; 0; t)
\]

b) La longueur \( MN \) en fonction de \( t \):
Les coordonnées de \( N \) sont : \( N(0;t;0) \). Alors :
\[
\vec{MN} = (0-1+t ; t-0 ; 0-t) = (-1+t ; t ; -t)
\]
La longueur \( MN \) est:
\[
MN = \sqrt{(t-1)^2 + t^2 + (-t)^2}
\]
Simplification:
\[
MN = \sqrt{(t-1)^2 + t^2 + t^2} = \sqrt{t^2 – 2t +1 + t^2 + t^2} = \sqrt{3t^2 – 2t + 1}
\]

c) Détermination de la valeur de \( t \) :
Pour minimiser la distance \( MN \), on cherche à minimiser la fonction \( f(t) = 3t^2 – 2t + 1 \). La fonction est une parabole avec une dérivée:
\[
f'(t) = 6t – 2
\]
Résolvons \( f'(t) = 0 \):
\[
6t – 2 = 0
\]
\[
t = \frac{1}{3}
\]

Ainsi, la valeur de \( t \) pour laquelle la distance \( MN \) est minimale est \( t = \frac{1}{3} \).

Exercice 22 : déterminer les coordonnées du point M tel que la distance AM soit minimale
{Correction de l’exercice:}

1) Les points \( A(5 ; 2 ; 6) \) et \( B(5 ; -6 ; 4) \) appartiennent-ils à la droite \(\Delta\) ?

La droite \(\Delta\) est définie par les équations paramétriques suivantes :

\[
\begin{cases}
x = 3 – t \\
y = 2 + 4t \\
z = -2t
\end{cases}
\]

Pour le point \( A(5 ; 2 ; 6) \), nous devons vérifier s’il existe un \( t \) tel que :
\[
\begin{cases}
5 = 3 – t \\
2 = 2 + 4t \\
6 = -2t
\end{cases}
\]

En résolvant ces équations :
\[
5 = 3 – t \implies t = -2
\]
\[
2 = 2 + 4(-2) \implies 2 = 2 – 8 \implies 2 \neq -6 \quad \text{(fausse)}
\]
\[
6 = -2(-2) \implies 6 = 4 \quad \text{(fausse)}
\]

Donc, le point \( A(5 ; 2 ; 6) \) n’appartient pas à la droite \(\Delta\).

Pour le point \( B(5 ; -6 ; 4) \), nous devons vérifier s’il existe un \( t \) tel que :
\[
\begin{cases}
5 = 3 – t \\
-6 = 2 + 4t \\
4 = -2t
\end{cases}
\]

En résolvant ces équations :
\[
5 = 3 – t \implies t = -2
\]
\[
-6 = 2 + 4(-2) \implies -6 = 2 – 8 \implies -6 = -6 \quad \text{(vraie)}
\]
\[
4 = -2(-2) \implies 4 = 4 \quad \text{(vraie)}
\]

Donc, le point \( B(5 ; -6 ; 4) \) appartient à la droite \(\Delta\).

2) Déterminer les valeurs des réels \(a\) et \(b\) sans la condition du point \(C(4 ; a ; b)\) appartient à \(\Delta\).

Pour que le point \(C(4 ; a ; b)\) appartienne à \(\Delta\), il faut qu’il existe un \(t\) tel que :

\[
\begin{cases}
4 = 3 – t \\
a = 2 + 4t \\
b = -2t
\end{cases}
\]

En résolvant la première équation :
\[
4 = 3 – t \implies t = -1
\]

En utilisant cette valeur de \(t\) dans les autres équations :
\[
a = 2 + 4(-1) \implies a = 2 – 4 \implies a = -2
\]
\[
b = -2(-1) \implies b = 2
\]

Donc, les valeurs de \(a\) et \(b\) sont \(a = -2\) et \(b = 2\).

3) Soit \( M(x ; y ; z) \in \Delta \). Exprimer \( AM^2 \) en fonction de \(t\).

Le point \( M(x ; y ; z) \) sur la droite \(\Delta\) a pour coordonnées :
\[
\begin{cases}
x = 3 – t \\
y = 2 + 4t \\
z = -2t
\end{cases}
\]

Le point \( A(5 ; 2 ; 6) \) a pour coordonnées :
\[
A = (5 ; 2 ; 6)
\]

La distance au carré \( AM^2 \) est donnée par :
\[
AM^2 = (x – 5)^2 + (y – 2)^2 + (z – 6)^2
\]

En remplaçant \( x \), \( y \) et \( z \) par les expressions en fonction de \( t \) :

\[
AM^2 = (3 – t – 5)^2 + (2 + 4t – 2)^2 + (-2t – 6)^2
\]
\[
AM^2 = (-2 – t)^2 + (4t)^2 + (-2t – 6)^2
\]
\[
AM^2 = (t + 2)^2 + (4t)^2 + (-2t – 6)^2
\]

En développant chaque terme :

\[
(t + 2)^2 = t^2 + 4t + 4
\]
\[
(4t)^2 = 16t^2
\]
\[
(-2t – 6)^2 = 4t^2 + 24t + 36
\]

Donc :
\[
AM^2 = (t^2 + 4t + 4) + 16t^2 + (4t^2 + 24t + 36)
\]
\[
AM^2 = 21t^2 + 28t + 40
\]

4) Déterminer les coordonnées du point \(M\) tel que la distance \(AM\) soit minimale.

Pour minimiser la distance \(AM\), il faut minimiser \(AM^2 = 21t^2 + 28t + 40\).

Cette expression est une fonction quadratique de la forme \(at^2 + bt + c\) où \(a = 21\), \(b = 28\), et \(c = 40\).

Le minimum de cette fonction est atteint pour \( t = -\frac{b}{2a} \).

\[
t = -\frac{28}{2 \times 21} = -\frac{28}{42} = -\frac{2}{3}
\]

En utilisant cette valeur de \(t\) pour trouver les coordonnées de \(M\) :

\[
x = 3 – t = 3 + \frac{2}{3} = \frac{9}{3} + \frac{2}{3} = \frac{11}{3}
\]
\[
y = 2 + 4t = 2 + 4 (-\frac{2}{3}) = 2 – \frac{8}{3} = \frac{6}{3} – \frac{8}{3} = -\frac{2}{3}
\]
\[
z = -2t = -2 (-\frac{2}{3}) = \frac{4}{3}
\]

Donc, les coordonnées du point \(M\) minimisant la distance \(AM\) sont :

\[
M( \frac{11}{3} ; -\frac{2}{3} ; \frac{4}{3} )
\]

Exercice 23 : démontrer que la droite et le plan sont sécants
Les points \( A(-2; 0; 1) \), \( B(1; 2; -1) \) et \( C(-2; 2; 2) \) définissent un plan s’ils ne sont pas alignés. Pour vérifier cela, nous devons calculer le vecteur normal au plan formé par ces points.

1) Vecteurs \( \vec{AB} \) et \( \vec{AC} \) :

\[ \vec{AB} = B – A = (1 – (-2); 2 – 0; -1 – 1) = (3; 2; -2) \]
\[ \vec{AC} = C – A = (-2 – (-2); 2 – 0; 2 – 1) = (0; 2; 1) \]

Vérifions si ces vecteurs sont colinéaires en calculant leur produit vectoriel.

\[ \vec{AB} \times \vec{AC} = \begin{vmatrix}
\mathbf{i} \mathbf{j} \mathbf{k} \\
3 2 -2 \\
0 2 1
\end{vmatrix}
= \mathbf{i}(2 \cdot 1 – (-2) \cdot 2) – \mathbf{j}(3 \cdot 1 – (-2) \cdot 0) + \mathbf{k}(3 \cdot 2 – 2 \cdot 0) \]

\[ = \mathbf{i}(2 + 4) – \mathbf{j}(3 – 0) + \mathbf{k}(6 – 0) \]
\[ = 6\mathbf{i} – 3\mathbf{j} + 6\mathbf{k} \]

Puisque le vecteur résultant \( 6\mathbf{i} – 3\mathbf{j} + 6\mathbf{k} \) n’est pas le vecteur nul, les points \( A, B, C \) ne sont pas alignés et donc ils définissent un plan.

2) Soit \( D(-2; -1; 0) \) et \( E(-2; 5; 2) \). La droite \( (DE) \) est donnée par :

\[ \vec{DE} = E – D = (-2 – (-2); 5 – (-1); 2 – 0) = (0; 6; 2) \]

La paramétrisation de la droite \( (DE) \) est :

\[ \mathbf{r}(t) = \mathbf{D} + t \cdot \vec{DE} \]
\[ = (-2; -1; 0) + t \cdot (0; 6; 2) \]
\[ = (-2; -1 + 6t; 2t) \]

Nous cherchons les coordonnées du point \( I \) de l’intersection entre la droite \( (DE) \) et le plan \( (ABC) \).
L’équation du plan \( (ABC) \) peut être trouvée en utilisant le vecteur normal \( \mathbf{n} = (6, -3, 6) \) et le point \( A \).

L’équation cartésienne du plan est de la forme :

\[ 6(x + 2) – 3(y – 0) + 6(z – 1) = 0 \]

Simplifions cette équation :

\[ 6x + 12 – 3y + 6z – 6 = 0 \]
\[ 6x – 3y + 6z + 6 = 0 \]
\[ 2x – y + 2z + 2 = 0 \]

Remplaçons \( x, y, z \) par les coordonnées paramétriques de la droite \( (DE) \) :

\[ 2(-2) – ( -1 + 6t) + 2(2t) + 2 = 0 \]
\[ -4 + 1 – 6t + 4t + 2 = 0 \]
\[ -1 – 2t = 0 \]
\[ t = -\frac{1}{2} \]

En utilisant \( t = -\frac{1}{2} \), nous trouvons les coordonnées du point \( I \) :

\[ x = -2, \quad y = -1 + 6(-\frac{1}{2}) = -1 – 3 = -4, \quad z = 2(-\frac{1}{2}) = -1 \]

Donc, les coordonnées de l’intersection \( I \) sont :

\[ I(-2, -4, -1) \]

Exercice 24 : aBCDEFGH est un parallélépipède rectangle
{Correction de l’exercice:}

[a)] \(\vec{AD} = \vec{EF} + \vec{FH}\)

Pour vérifier cette égalité, analysons chaque vecteur :

– \(\vec{AD}\) est le vecteur qui va de \(A\) à \(D\), donc \(\vec{AD} = \vec{A}D\)
– \(\vec{EF}\) est le vecteur qui va de \(E\) à \(F\).
– \(\vec{FH}\) est le vecteur qui va de \(F\) à \(H\).

Dans un parallélépipède rectangle, si l’on considère que \(A = 0\),
\[
\vec{AD} = \vec{A} + \vec{D}
\]
Par conséquent, l’égalité \(\vec{AD} = \vec{EF} + \vec{FH}\) est fausse.

[b)] \(\vec{AC} = \vec{DG} + \vec{ED}\)

Pour vérifier cette égalité, analysons chaque vecteur :

– \(\vec{AC}\) est le vecteur qui va de \(A\) à \(C\),
– \(\vec{DG}\) est le vecteur qui va de \(D\) à \(G\),
– \(\vec{ED}\) est le vecteur qui va de \(E\) à \(D\).

Dans un parallélépipède rectangle, comme \(E\) et \(D\) sont en face de chacun d’autres:
\[
\vec{AC} = \vec{DG} + \vec{ED}
\]

Donc l’égalité est vraie.

[c)] \(\vec{FI} = -\frac{1}{2}\vec{AD}\)

Pour vérifier cette égalité,

– Notons que \(I\) est le milieu de \([FG]\), donc \(\vec{FI} = \frac{1}{2}\vec{FG}\).
– D’autre part, \(\vec{FG} = \vec{DH}\) (parallèles et de même direction).

Donc :
\[
\vec{FI} = \frac{1}{2} \vec{FG} = \frac{1}{2}\vec{DH}
\]

Cela ne correspond pas à l’égalité donnée. Donc, cette égalité est fausse.

[d)] \(\vec{FE} = -2\vec{JC}\)

Vérifions cette égalité :

– \(\vec{FE} = -\vec{EF}\)
– \(J\) est le milieu de \([CD]\), donc \(\vec{CJ} = \frac{1}{2}\vec{CD}\).
– D’autre part, \(\vec{JC} = -\vec{CJ} = -\frac{1}{2}\vec{CD}\).

On déduit que :
\[
\vec{FE} \text{ n’est pas égal } -2\vec{JC} .
\]

Donc, cette égalité est également fausse.

Exercice 25 : construire ces points définis par des égalités vectorielles
Correction de l’exercice :

a) Pour trouver le point \( P \) tel que \( \vec{AP} = \vec{AB} + \frac{1}{2} \vec{CG} \):

\[
\vec{AP} = \vec{AB} + \frac{1}{2} \vec{CG}
\]

Le vecteur \( \vec{AB} \) est de la longueur d’une arête du cube.
Le vecteur \( \vec{CG} \) est aussi une arête du cube, mais dans la direction en diagonale.
Ainsi, \( \vec{CG} = \vec{CF} + \vec{FG} \).

Étant donné que \( \vec{CG} \) est deux fois plus long qu’une arête dans le plan \( x \), \( y \):
\[
\vec{CG} = \vec{CF} + \vec{FG} = \vec{CB} (sur l’axe \( y \)) + \vec{BG}(sur l’axe \( z \)).
\]

Donc \( \vec{AP} = \vec{AB} + \frac{1}{2} \vec{CB} + \frac{1}{2} \vec{BG} \).

b) Pour trouver le point \( Q \) tel que \( \vec{BQ} = \vec{CG} + \vec{AD} + \frac{1}{3} \vec{HD} \):

\[
\vec{BQ} = \vec{CG} + \vec{AD} + \frac{1}{3} \vec{HD}
\]

Les vecteurs \( \vec{CG} \) et \( \vec{AD} \) sont les arêtes du cube. La distance \( \vec{HD} \) est égale à \( \vec{EB} \). Donc,

\(\vec{BQ} = \vec{CB}+\vec{BG}+ \vec{AD} +\frac{1}{3} (\vec{HD})\).

c) Pour trouver le point \( R \) tel que \( \vec{BR} = \vec{CD} + \frac{1}{2} \vec{BA} \):

\[
\vec{BR} = \vec{CD} + \frac{1}{2} \vec{BA}
\]

Sachant que \( \vec{CD} = \vec{CB} \) et \( \vec{BA} \) est une arête du cube:

\[
\vec{BR} = \vec{CB} + \frac{1}{2} ( -\vec{AB}) \]

d) Pour trouver le point \( S \) tel que \( \vec{HS} = \vec{DB} – \frac{1}{2} \vec{DA} \):

\[
\vec{HS} = \vec{DB} – \frac{1}{2} \vec{DA}
\]

Sachant que \(\vec{DB} = \vec{DC}+\vec{CB} = -\vec{AD}+\vec{CB}\):

\[
\vec{HS} = -\vec{AD}+\vec{CB} -\frac{1}{2}(-\vec{AD})
\]

Ensuite, déterminez les positions précises de \( P \), \( Q \), \( R \), et \( S \) dans le cube à partir des calculs ci-dessus.

(Notez que les vecteurs de translations peuvent encore être simplifiés graphiquement sur le cube en fonction de la figure fournie.)

Exercice 26 : sABCD est une pyramide de base le parallélogramme ABCD
\[
\text{Prenons le point } K \text{ comme milieu de } [SC].
\]
\[
\text{On a donc : } \vec{SK} = \vec{KC}.
\]

\[
\text{On cherche } \vec{AK}.
\]

\[
\text{On peut écrire : } \vec{AK} = \vec{AS} + \vec{SK}.
\]

\[
\vec{SK} = \frac{1}{2} \vec{SC},
\]

\[
\text{donc } \vec{AK} = \vec{AS} + \frac{1}{2} \vec{SC}.
\]

\[
\text{Le vecteur } \vec{AS} \text{ peut être exprimé comme une combinaison linéaire des vecteurs } \vec{AB}, \vec{AD} \text{ et } \vec{SC}.
\]

\[
\text{En effet, comme } S \text{ est le sommet de la pyramide, on a: } \vec{AS} = a\vec{AB} + b\vec{AD} + c\vec{SC},
\]
où \(a\), \(b\), et \(c\) sont des scalaires.

Mais puisque \(\vec{AS}\) est un vecteur reliant le point \(A\) au sommet \(S\), on peut dire que:
\[
\vec{AS} = \vec{0}.
\]

Ainsi,
\[
\vec{AK} = \frac{1}{2} \vec{SC}.
\]

Nous avons donc :
\[
\vec{AK} = 0\cdot\vec{AB} + 0\cdot\vec{AD} + \frac{1}{2} \vec{SC}.
\]

\[
\text{En conclusion,} \quad \vec{AK} = \frac{1}{2} \vec{SC}.
\]

Exercice 27 : démontrer que la droite d est parallèle au plan P
Correction de l’exercice :

\[\]a) Démontrer que la droite \(d\) est parallèle au plan \(\mathscr{P}\).\[\]

Pour que la droite \(d\) soit parallèle au plan \(\mathscr{P}\), il faut que son vecteur directeur \(\vec{w}\) soit orthogonal au vecteur normal du plan \(\mathscr{P}\).

Les vecteurs \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) sont donnés :
\[
\vec{u} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad \vec{v} = \begin{pmatrix} 0 \\ 3 \\ 5 \end{pmatrix}
\]

Nous calculons le vecteur normal \(\vec{n}\) du plan \(\mathscr{P}\) comme produit vectoriel de \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) :
\[
\vec{n} = \vec{u} \wedge \vec{v} = \begin{vmatrix} \vec{i} \vec{j} \vec{k} \\ 1 0 1 \\ 0 3 5 \end{vmatrix} = \vec{i} (0 \cdot 5 – 1 \cdot 3) – \vec{j} (1 \cdot 5 – 1 \cdot 0) + \vec{k} (1 \cdot 3 – 0 \cdot 0)
\]
\[
\vec{n} = \begin{pmatrix} -3 \\ -5 \\ 3 \end{pmatrix}
\]

Le vecteur directeur de la droite \(d\) est :
\[
\vec{w} = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 6 \end{pmatrix}
\]

Pour vérifier la parallélité, nous devons vérifier si \(\vec{w}\) est orthogonal à \(\vec{n}\) :
\[
\vec{n} \cdot \vec{w} = \begin{pmatrix} -3 \\ -5 \\ 3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 6 \end{pmatrix} = (-3) \cdot 1 + (-5) \cdot 3 + 3 \cdot 6
\]
\[
\vec{n} \cdot \vec{w} = -3 – 15 + 18 = 0
\]

Donc, \(\vec{n} \cdot \vec{w} = 0\), ce qui signifie que \(\vec{w}\) est orthogonal à \(\vec{n}\), et donc la droite \(d\) est parallèle au plan \(\mathscr{P}\).

\[\]b) Déterminer la position relative des plans \(\mathscr{P}\) et \(\mathscr{Q}\).\[\]

Les vecteurs normaux des plans \(\mathscr{P}\) et \(\mathscr{Q}\) sont nécessaires. Nous avons déjà \(\vec{n}_{\mathscr{P}} = \vec{u} \wedge \vec{v} = \begin{pmatrix} -3 \\ -5 \\ 3 \end{pmatrix}\).

Pour le plan \(\mathscr{Q}\), les vecteurs \(\vec{w}\) et \(\vec{t}\) sont donnés :
\[
\vec{t} = \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ -3 \end{pmatrix}
\]

Le vecteur normal \(\vec{n}_{\mathscr{Q}}\) du plan \(\mathscr{Q}\) est le produit vectoriel de \(\vec{w}\) et \(\vec{t}\) :
\[
\vec{n}_{\mathscr{Q}} = \vec{w} \wedge \vec{t} = \begin{vmatrix} \vec{i} \vec{j} \vec{k} \\ 1 3 6 \\ 2 -3 -3 \end{vmatrix} = \vec{i} (3 \cdot (-3) – 6 \cdot (-3)) – \vec{j} (1 \cdot (-3) – 6 \cdot 2) + \vec{k} (1 \cdot (-3) – 3 \cdot 2)
\]
\[
\vec{n}_{\mathscr{Q}} = \begin{pmatrix} -9 + 18 \\ -3 – 12 \\ -3 – 6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 9 \\ -15 \\ -9 \end{pmatrix}
\]

Pour déterminer la position relative des plans, nous devons voir s’ils sont parallèles, c’est-à-dire si les vecteurs normaux sont colinéaires :
\[
\vec{n}_{\mathscr{P}} = \begin{pmatrix} -3 \\ -5 \\ 3 \end{pmatrix}, \quad \vec{n}_{\mathscr{Q}} = \begin{pmatrix} 9 \\ -15 \\ -9 \end{pmatrix}
\]

Vérifions si \(\vec{n}_{\mathscr{Q}}\) est un multiple scalaire de \(\vec{n}_{\mathscr{P}}\) :
\[
\vec{n}_{\mathscr{Q}} = k \vec{n}_{\mathscr{P}}
\]
\[
9 = k (-3), \quad -15 = k (-5), \quad -9 = k (3)
\]
\[
k = \frac{9}{-3} = -3, \quad k = \frac{-15}{-5} = 3, \quad k = \frac{-9}{3} = -3
\]

Les scalaires ne sont pas tous les mêmes, donc les vecteurs ne sont pas colinéaires, et les plans ne sont pas parallèles.

Ensuite, nous vérifions s’ils sont sécants (intersectant) en trouvant une solution commune :
On vérifie les équations des plans, trouvant une unique intersection ou démontrant indépendance des normales.

Ainsi, les plans \(\mathscr{P}\) et \(\mathscr{Q}\) se coupent (secants).

\[\]Conclusion :\[\]
– La droite \(d\) est parallèle au plan \(\mathscr{P}\).
– Les plans \(\mathscr{P}\) et \(\mathscr{Q}\) sont sécants.

Exercice 28 : coordonnées de points et position relative d’une droite
Correction de l’exercice :

1. a) Le point \( B(-2; 6; 7) \) appartient-il au plan \( \mathcal{P} \) ?

Un point \( B(x_B, y_B, z_B) \) appartient au plan \( \mathcal{P} \) défini par le point \( A(2; -1; -3) \) et les vecteurs \( \vec{u}(2; 1; 0) \) et \( \vec{v}(-1; 4; 5) \) si le vecteur \( \vec{AB} \) est une combinaison linéaire des vecteurs \( \vec{u} \) et \( \vec{v} \).

Calculons \( \vec{AB} \) :
\[ \vec{AB} = B – A = (-2 – 2; 6 – (-1); 7 – (-3)) = (-4; 7; 10) \]

Nous cherchons donc des scalaires \( \alpha \) et \( \beta \) tels que :
\[ \vec{AB} = \alpha \vec{u} + \beta \vec{v} \]

C’est-à-dire :
\[ (-4; 7; 10) = \alpha (2; 1; 0) + \beta (-1; 4; 5) \]

Ce qui donne le système de trois équations :
\[
\begin{cases}
2\alpha – \beta = -4 \\
\alpha + 4\beta = 7 \\
0\alpha + 5\beta = 10
\end{cases}
\]

Résolvons ce système :
\[ 5\beta = 10 \implies \beta = 2 \]
\[ \alpha + 4(2) = 7 \implies \alpha + 8 = 7 \implies \alpha = -1 \]
Vérifions la première équation :
\[ 2(-1) – 2 = -2 – 2 = -4 \]

Les valeurs \( \alpha = -1 \) et \( \beta = 2 \) vérifient les trois équations, donc le point \( B \) appartient bien au plan \( \mathcal{P} \).

b) M est le point tel que B soit le milieu de \([AM]\). Justifier que M appartient au plan \( \mathcal{P} \).

Le point \( M \) milieu de \([A, B]\) est tel que :
\[ M = ( \frac{x_A + x_B}{2}, \frac{y_A + y_B}{2}, \frac{z_A + z_B}{2} ) \]
\[ M = ( \frac{2 – 2}{2}, \frac{-1 + 6}{2}, \frac{-3 + 7}{2} ) \]
\[ M = (0, 2.5, 2) \]

Pour vérifier que \( M \) appartient au plan \( \mathcal{P} \), nous devons vérifier que \( \vec{AM} \) est une combinaison linéaire de \( \vec{u} \) et \( \vec{v} \).

Calculons \( \vec{AM} \) :
\[ \vec{AM} = M – A = (0 – 2; 2.5 – (-1); 2 – (-3)) \]
\[ \vec{AM} = (-2; 3.5; 5) \]

Nous cherchons des scalaires \( \alpha \) et \( \beta \) tels que :
\[ \vec{AM} = \alpha \vec{u} + \beta \vec{v} \]

C’est-à-dire :
\[ (-2; 3.5; 5) = \alpha (2; 1; 0) + \beta (-1; 4; 5) \]

Ce qui donne le système de trois équations :
\[
\begin{cases}
2\alpha – \beta = -2 \\
\alpha + 4\beta = 3.5 \\
5\beta = 5
\end{cases}
\]

Résolvons ce système :
\[ 5\beta = 5 \implies \beta = 1 \]
\[ \alpha + 4(1) = 3.5 \implies \alpha + 4 = 3.5 \implies \alpha = -0.5 \]
Vérifions la première équation :
\[ 2(-0.5) – 1 = -1 – 1 = -2 \]

Les valeurs \( \alpha = -0.5 \) et \( \beta = 1 \) vérifient les trois équations, donc le point \( M \) appartient au plan \( \mathcal{P} \).

2. a) Le point \( C(12; -8; -11) \) appartient-il au plan \( \mathcal{P} \) ?

Un point \( C(x_C, y_C, z_C) \) appartient au plan \( \mathcal{P} \) si le vecteur \( \vec{AC} \) est une combinaison linéaire des vecteurs \( \vec{u} \) et \( \vec{v} \).

Calculons \( \vec{AC} \) :
\[ \vec{AC} = C – A = (12 – 2; -8 – (-1); -11 – (-3)) \]
\[ \vec{AC} = (10; -7; -8) \]

Nous cherchons donc des scalaires \( \alpha \) et \( \beta \) tels que :
\[ \vec{AC} = \alpha \vec{u} + \beta \vec{v} \]

C’est-à-dire :
\[ (10; -7; -8) = \alpha (2; 1; 0) + \beta (-1; 4; 5) \]

Ce qui donne le système de trois équations :
\[
\begin{cases}
2\alpha – \beta = 10 \\
\alpha + 4\beta = -7 \\
5\beta = -8
\end{cases}
\]

Résolvons ce système :
\[ 5\beta = -8 \implies \beta = -\frac{8}{5} \]
\[ \alpha + 4(-\frac{8}{5}) = -7 \implies \alpha – \frac{32}{5} = -7 \implies \alpha = -7 + \frac{32}{5} \implies \alpha = \frac{3}{5} \]

Vérifions la première équation :
\[ 2 (\frac{3}{5}) – (-\frac{8}{5}) = \frac{6}{5} + \frac{8}{5} = \frac{14}{5} \]

Les valeurs \( \alpha = \frac{3}{5} \) et \( \beta = -\frac{8}{5} \) ne vérifient pas la première équation, donc le point \( C \) n’appartient pas au plan \( \mathcal{P} \).

b) Déterminer la position relative de la droite (MC) et du plan \( \mathcal{P} \).

La droite \( (MC) \) est définie par le point \( M(0, 2.5, 2) \) et le point \( C(12, -8, -11) \).

Calculons le vecteur directeur de la droite \( (MC) \):
\[ \vec{MC} = C – M = (12 – 0; -8 – 2.5; -11 – 2) \]
\[ \vec{MC} = (12; -10.5; -13) \]

Pour déterminer la position relative de la droite \( (MC) \) et du plan \( \mathcal{P} \), nous devons vérifier si le vecteur directeur \( \vec{MC} \) est orthogonal au vecteur normal du plan \( \mathcal{P} \).

Le vecteur normal \( \vec{n} \) du plan \( \mathcal{P} \) est donné par le produit vectoriel \( \vec{u} \times \vec{v} \):
\[ \vec{u} = (2; 1; 0), \quad \vec{v} = (-1; 4; 5) \]
\[ \vec{n} = \vec{u} \times \vec{v} = \begin{vmatrix}
\mathbf{i} \mathbf{j} \mathbf{k} \\
2 1 0 \\
-1 4 5
\end{vmatrix} \]
\[ \vec{n} = (1 \cdot 5 – 0 \cdot 4, 0 \cdot (-1) – 2 \cdot 5, 2 \cdot 4 – 1 \cdot (-1)) \]
\[ \vec{n} = (5

Exercice 29 : décomposer des vecteurs avec un tétraèdre
1. Montrons que les segments \( [IJ], [KL] \) et \( [MN] \) ont le même milieu \( E \).

Considérons le tétraèdre \( ABCD \) et les milieux des arêtes \( I, J, K, L, M, \) et \( N \).

Pour les segments \( [IJ], [KL], [MN] \), nous devons montrer que \( E \) est leur milieu.

Le point \( E \) est le centre de gravité du tétraèdre et également le centre des segments joignant les milieux des arêtes opposées. Par définition du centre de gravité et propriétés de symétrie dans un tétraèdre, on en déduit que :

\[ E \text{ est le milieu de } [IJ], [KL] \text{ et } [MN]. \]

2. En déduire que \( \vec{EA} + \vec{EB} + \vec{EC} + \vec{ED} = \vec{0} \).

Puisque \( E \) est le centre de gravité du tétraèdre \( ABCD \), par définition, on a :

\[ \vec{EA} + \vec{EB} + \vec{EC} + \vec{ED} = \vec{0}. \]

3. Quelles sont les coordonnées du point \( E \) dans le repère \( (A; \vec{AB}, \vec{AC}, \vec{AD}) \) ?

Les coordonnées barycentriques du point \( E \) dans le repère \( (A; \vec{AB}, \vec{AC}, \vec{AD}) \) sont \( ( \frac{1}{4}, \frac{1}{4}, \frac{1}{4}, \frac{1}{4} ) \), donc les coordonnées de \( E \) sont :

\[ E = \frac{1}{4} (A + B + C + D). \]

4. (a) Décomposer chacun des vecteurs \( \vec{EI}, \vec{EK}, \vec{EM} \) dans la base \( (\vec{AB}, \vec{AC}, \vec{AD}) \).

Soit \( I, J, K, L, M, N \) les milieux de \( [AB], [CD], [BC], [DA], [BD], [AC] \).

Les vecteurs peuvent être décomposés comme suit :

\[
\vec{EI} = \frac{1}{2} \vec{EA} + \frac{1}{2} \vec{EB}
\]

\[
\vec{EK} = \frac{1}{2} \vec{EB} + \frac{1}{2} \vec{EC}
\]

\[
\vec{EM} = \frac{1}{2} \vec{EC} + \frac{1}{2} \vec{ED}
\]

(b) Vérifier que \( (E; \vec{EI}, \vec{EK}, \vec{EM}) \) est un repère de l’espace.

Pour cela, nous devons vérifier que les vecteurs \( \vec{EI}, \vec{EK}, \vec{EM} \) sont linéairement indépendants.

Comme \( \vec{EI} \), \( \vec{EK} \), \( \vec{EM} \) sont issus de points non colinéaires (milieux des arêtes opposées), ils définissent un repère de l’espace.

5. Quelles sont, dans ce repère, les coordonnées de chacun des sommets \( A, B, C \) et \( D \) du tétraèdre ?

Les coordonnées des sommets \( A, B, C \) et \( D \) dans le repère \( (E; \vec{EI}, \vec{EK}, \vec{EM}) \) sont trouvées par résolution de systèmes d’équations et les symétries inhérentes de la figure:

\[
A(3; -1; -1; -1), B(-1; 3; -1; -1), C(-1; -1; 3; -1), D(-1; -1; -1; 3)
\]

Ainsi, nous avons les coordonnées recherchées pour chaque sommet du tétraèdre dans le repère donné.