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

Exercice 1 : pyramide de sommet A et vecteurs
a) Exprimer le vecteur $\vec{AB}\,%2B\,\vec{AD}$ en fonction de $\vec{AI}$ .

Nous savons que est le centre du parallélogramme , donc :
$\vec{BI}\,=\,\vec{ID}\,=\,\frac{1}{2}\,\vec{BD}$
Par ailleurs, $\vec{AIB}$ forme un triangle dont est le point médian de et:
$\vec{BD}\,=\,\vec{BA}\,%2B\,\vec{AD}$
D’où,
$\vec{BI}\,=\,\frac{1}{2}\,(\vec{BA}\,%2B\,\vec{AD})$

Dans le paragraphe , comme $\vec{AI}=\vec{I}$ est le centre du parallélogramme, nous avons:
$2\vec{AI}\,=\,\vec{AB}\,%2B\,\vec{AD}$

Donc,
$\vec{AB}\,%2B\,\vec{AD}\,=\,2\vec{AI}$

b) Démontrer que $\vec{AB}\,%2B\,\vec{AD}\,=\,\vec{AC}\,%2B\,\vec{AE}$ .

Nous savons que est un parallélogramme de centre , donc:
$\vec{BI}\,=\,\vec{ID}\,=\,\vec{IE}\,=\,\vec{IC}$
et $\vec{AC}\,%2B\,\vec{AE}$ .

Nous savons aussi que $\vec{AI}$ est la médiane du parallélogramme et:
$\vec{AC}\,=\,\vec{AI}\,%2B\,\vec{IC}$
$\vec{AI}$ étant le vecteur médian, nous avons
$\vec{AI}\,%2B\,\vec{IC}\,=\,\vec{AC}$
et
$\vec{AI}\,%2B\,\vec{IE}\,=\,\vec{AE}$
Donc
$\vec{AC}%2B\vec{AE}\,=\,\vec{AI}%2B\vec{IC}%2B\vec{AE}\,%2B\,\vec{IE}=2\vec{AI}$

On a
$\vec{AI}\,%2B\,\vec{IE}\,%2B\,\vec{AI}\,=\,2\,\vec{AI}$

Nous avons donc:
$\vec{AB}\,%2B\,\vec{AD}\,=\,\vec{AC}\,%2B\,\vec{AE}\,=\,2\vec{AI}$

Exercice 2 : parallélépipède rectangle et égalité de vecteurs
a) Justifier que :
$\vec{AD'}\,%2B\,\vec{AC'}\,=\,2\,\vec{AJ}$
et
$\vec{BD'}\,%2B\,\vec{BC'}\,=\,2\,\vec{BJ}$

En utilisant les propriétés des vecteurs et les positions des points :

1. $\vec{AD’}$ et $\vec{AC’}$ sont respectivement les vecteurs reliant $A$ à $D’$ et $A$ à $C’$.
2. Puisque $J$ est le milieu de $[C’D’]$, nous avons :
$\vec{AJ}\,=\,\frac{1}{2}\,(\vec{AD'}\,%2B\,\vec{AC'})$

D’où :
$\vec{AD'}\,%2B\,\vec{AC'}\,=\,2\,\vec{AJ}$

De même pour le point $B$ et les vecteurs $\vec{BD’}$ et $\vec{BC’}$ :
$\vec{BJ}\,=\,\frac{1}{2}\,(\vec{BD'}\,%2B\,\vec{BC'})$

D’où :
$\vec{BD'}\,%2B\,\vec{BC'}\,=\,2\,\vec{BJ}$

b) Démontrer que :
$\vec{AD'}\,%2B\,\vec{BD'}\,%2B\,\vec{AC'}\,%2B\,\vec{BC'}\,=\,4\,\vec{IJ}$

Sachant que $\vec{IJ}\,=\,\vec{J}\,-\,\vec{I}$ et est le milieu de , nous avons:

D’abord, considérons que $\vec{AJ}$ et $\vec{BJ}$ sont des vecteurs qui relient les points A et B au centre J:

$\vec{AD'}\,%2B\,\vec{AC'}\,=\,2\,\vec{AJ}$
$\vec{BD'}\,%2B\,\vec{BC'}\,=\,2\,\vec{BJ}$

Ensuite, ajoutons ces deux équations :

$(\vec{AD'}\,%2B\,\vec{AC'})\,%2B\,(\vec{BD'}\,%2B\,\vec{BC'})\,=\,2\,\vec{AJ}\,%2B\,2\,\vec{BJ}$

Factorisons par 2 :

$\vec{AD'}\,%2B\,\vec{AC'}\,%2B\,\vec{BD'}\,%2B\,\vec{BC'}\,=\,2\,(\vec{AJ}\,%2B\,\vec{BJ})$

Puis, notons que $\vec{AJ}\,%2B\,\vec{BJ}$ est équivalent à $2\vec{IJ}$ car est le milieu de :

$\vec{AJ}\,%2B\,\vec{BJ}\,=\,2\vec{IJ}$

Finalement :

$\vec{AD'}\,%2B\,\vec{AC'}\,%2B\,\vec{BD'}\,%2B\,\vec{BC'}\,=\,2\,(2\vec{IJ})\,=\,4\vec{IJ}$

Exercice 3 : cube et milieux d’arêtes
Correction de l’exercice

Soit le cube $ABCDEFGH$ tel que représenté dans l’image.

1. Démonstration de :
$\vec{AB}\,%2B\,\vec{CF}\,=\,\vec{AF}\,%2B\,\vec{CB}.$

Preuve :
\begin{align*}
\vec{AB} + \vec{CF} = \vec{AB} + (\vec{HF} – \vec{HC}) \\
= \vec{AB} + \vec{HF} – \vec{HC} \\
= \vec{AF} + \vec{CB}. \quad (\text{puisque } \vec{HF} = \vec{AF} \text{ et } \vec{HC} = \vec{BC})
\end{align*}

Donc, nous avons démontré que $\vec{AB} + \vec{CF} = \vec{AF} + \vec{CB}$.

2. Recherche du point $M$ tel que :
$\vec{AB}\,%2B\,\vec{AE}\,%2B\,\vec{FI}\,=\,\vec{AM}.$

Sachant que $I$ est le milieu de l’arête $[FG]$, nous avons
$\vec{FI}\,=\,\frac{1}{2}\,\vec{FG}\,=\,\frac{1}{2}\,\vec{AE}.$

Alors :
\begin{align*}
\vec{AB} + \vec{AE} + \vec{FI} = \vec{AB} + \vec{AE} + \frac{1}{2} \vec{AE} \\
= \vec{AB} + \frac{3}{2} \vec{AE} \\
= \vec{AM}.
\end{align*}

Donc, le point $M$ est un point tel que :
$M\,=\,B\,%2B\,\frac{3}{2}E.$

3. Recherche du vecteur $\vec{u}$ tel que :
$\vec{AG}\,%2B\,\vec{HE}\,%2B\,\vec{FB}\,%2B\,\vec{u}\,=\,\vec{0}.$

Nous savons que :
\begin{align*}
\vec{AG} = \vec{AB} + \vec{BC} + \vec{CG}, \\
\vec{HE} = \vec{HG} + \vec{GE}, \\
\vec{FB} = \vec{HG} + \vec{GB}.
\end{align*}

En remplaçant les vecteurs :
\begin{align*}
\vec{AG} + \vec{HE} + \vec{FB} = \vec{AB} + \vec{BC} + \vec{CG} + \vec{HG} + \vec{GE} + \vec{HG} + \vec{GB} + \vec{u}, \\
= \vec{0} + \vec{u} = \vec{0}.
\end{align*}

Donc, le vecteur $\vec{u}$ doit être nul :
$\vec{u}\,=\,\vec{0}.$

4. Recherche du point $M$ tel que :
$\vec{AJ}\,%2B\,\vec{MB}\,=\,\vec{KB}.$

Sachant que $J$ et $K$ sont les milieux respectifs des arêtes $[AB]$ et $[AE]$ :
\begin{align*}
\vec{AJ} = \frac{1}{2} \vec{AB}, \\
\vec{KB} = \frac{1}{2} (\vec{AE} + \vec{EB}) = \frac{1}{2} (\vec{AE} – \vec{AB}).
\end{align*}

Nous avons :
\begin{align*}
\vec{AJ} + \vec{MB} = \frac{1}{2} \vec{AB} + \vec{MB} = \vec{KB}, \\
\frac{1}{2} \vec{AB} + \vec{MB} = \frac{1}{2} \vec{AE} – \frac{1}{2} \vec{AB}, \\
\vec{MB} = \frac{1}{2} \vec{AE} – \vec{AB}, \\
\vec{MB} = \vec{M} – \vec{B}.
\end{align*}

Donc, le point $M$ est donné par :
$M\,=\,B\,%2B\,\frac{1}{2}\,E\,-\,\vec{A}.$

Exercice 4 : compléter les égalités vectorielles

Compléter les égalités vectorielles suivantes :
\begin{enumerate}
[$\to$] $\vec{A…} = \frac{1}{2} \vec{BC}$

$\vec{AK} = \vec{AE} + \frac{1}{2} \vec{ED}$

$\vec{AK} + \vec{EH} = \vec{AH}$

Compléter les égalités vectorielles suivantes :

[$\to$] $\vec{I…} = \frac{1}{2} \vec{AC}$

$\vec{L…} = \vec{EA} + \vec{FE} + \vec{AI}$

$\vec{AH} = \vec{GH} + 3 \vec{AK} + \vec{AB} + \vec{JL}$

\end{enumerate}

Exercice 5 : déterminer les coordonnées des points
Pour la détermination des coordonnées des points , et , nous procédons comme suit :

1. $\vec{AM}\,=\,2\,\vec{BC}\,-\,\vec{BA}$

Calculons $\vec{BC}$ et $\vec{BA}$ :
$\vec{BC}\,=\,(2\,%2B\,1%2C\,-3\,-\,1%2C\,5\,-\,0)\,=\,(3%2C\,-4%2C\,5)$
$\vec{BA}\,=\,(3\,-\,1%2C\,2\,-\,1%2C\,4\,-\,0)\,=\,(2%2C\,1%2C\,4)$

Ensuite, calculons $2\,\vec{BC}$ :
$2\,\vec{BC}\,=\,2\,\times \,(3%2C\,-4%2C\,5)\,=\,(6%2C\,-8%2C\,10)$

Puis, calculons $\vec{AM}$ :
$\vec{AM}\,=\,(6%2C\,-8%2C\,10)\,-\,(2%2C\,1%2C\,4)\,=\,(6\,-\,2%2C\,-8\,-\,1%2C\,10\,-\,4)\,=\,(4%2C\,-9%2C\,6)$

Enfin, trouvons les coordonnées de :
$M\,=\,A\,%2B\,\vec{AM}\,=\,(-3%2C\,2%2C\,4)\,%2B\,(4%2C\,-9%2C\,6)\,=\,(1%2C\,-7%2C\,10)$

2. $\vec{NB}\,=\,4\,\vec{CA}\,-\,3\,\vec{BC}$

Calculons $\vec{CA}$ :
$\vec{CA}\,=\,(-3\,-\,2%2C\,2\,%2B\,3%2C\,4\,-\,5)\,=\,(-5%2C\,5%2C\,-1)$

Ensuite, calculons $4\,\vec{CA}$ :
$4\,\vec{CA}\,=\,4\,\times \,(-5%2C\,5%2C\,-1)\,=\,(-20%2C\,20%2C\,-4)$

Puis, calculons $3\,\vec{BC}$ :
$3\,\vec{BC}\,=\,3\,\times \,(3%2C\,-4%2C\,5)\,=\,(9%2C\,-12%2C\,15)$

Puis, calculons $\vec{NB}$ :
$\vec{NB}\,=\,(-20%2C\,20%2C\,-4)\,-\,(9%2C\,-12%2C\,15)\,=\,(-20\,-\,9%2C\,20\,%2B\,12%2C\,-4\,-\,15)\,=\,(-29%2C\,32%2C\,-19)$

Enfin, trouvons les coordonnées de :
$N\,=\,B\,%2B\,\vec{NB}\,=\,(-1%2C\,1%2C\,0)\,%2B\,(-29%2C\,32%2C\,-19)\,=\,(-30%2C\,33%2C\,-19)$

3. $2\,\vec{PA}\,-\,3\,\vec{PB}\,%2B\,\vec{PC}\,=\,\vec{0}$

Réécrivons l’équation :
$\vec{0}\,=\,2\,\vec{PA}\,-\,3\,\vec{PB}\,%2B\,\vec{PC}$

Nous savons que $\vec{PA}\,=\,P\,-\,A$ , $\vec{PB}\,=\,P\,-\,B$ et $\vec{PC}\,=\,P\,-\,C$ .
$2(P\,-\,A)\,-\,3(P\,-\,B)\,%2B\,(P\,-\,C)\,=\,0$
$2P\,-\,2A\,-\,3P\,%2B\,3B\,%2B\,P\,-\,C\,=\,0$
$(2P\,-\,3P\,%2B\,P)\,%2B\,(-2A\,%2B\,3B\,-\,C)\,=\,0$
$0P\,%2B\,(-2A\,%2B\,3B\,-\,C)\,=\,0$
$-2A\,%2B\,3B\,-\,C\,=\,0$

Calculons , et :
$-2A\,=\,-2\,\times \,(-3%2C\,2%2C\,4)\,=\,(6%2C\,-4%2C\,-8)$
$3B\,=\,3\,\times \,(-1%2C\,1%2C\,0)\,=\,(-3%2C\,3%2C\,0)$
$-C\,=\,-\,(2%2C\,-3%2C\,5)\,=\,(-2%2C\,3%2C\,-5)$

Ajoutons-les :
$-2A\,%2B\,3B\,-\,C\,=\,(6%2C\,-4%2C\,-8)\,%2B\,(-3%2C\,3%2C\,0)\,%2B\,(-2%2C\,3%2C\,-5)\,=\,(6\,-\,3\,-\,2%2C\,-4\,%2B\,3\,%2B\,3%2C\,-8\,%2B\,0\,-\,5)\,=\,(1%2C\,2%2C\,-13)$

Donc les coordonnées de sont $(1%2C\,2%2C\,-13)$ .

Finalement, les coordonnées des points , et sont:
$M(1%2C\,-7%2C\,10)$
$N(-30%2C\,33%2C\,-19)$
$P(1%2C\,2%2C\,-13)$

Exercice 6 : que peut-on dire des points A,B,C et D?
1) Montrons que $\vec{AD}\,=\,2\,\vec{AB}\,-\,3\,\vec{AC}$ .

Calculons les vecteurs nécessaires :

$\vec{AB}\,=\,B\,-\,A\,=\,\begin{pmatrix}\,1\,-\,(-4)\,\\\,5\,-\,2\,\\\,2\,-\,3\,\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}\,5\,\\\,3\,\\\,-1\,\end{pmatrix}$

$\vec{AC}\,=\,C\,-\,A\,=\,\begin{pmatrix}\,0\,-\,(-4)\,\\\,5\,-\,2\,\\\,4\,-\,3\,\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}\,4\,\\\,3\,\\\,1\,\end{pmatrix}$

$\vec{AD}\,=\,D\,-\,A\,=\,\begin{pmatrix}\,-6\,-\,(-4)\,\\\,-1\,-\,2\,\\\,-2\,-\,3\,\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}\,-2\,\\\,-3\,\\\,-5\,\end{pmatrix}$

Calculons maintenant $2\,\vec{AB}\,-\,3\,\vec{AC}$ :

$2\,\vec{AB}\,=\,2\,\begin{pmatrix}\,5\,\\\,3\,\\\,-1\,\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}\,10\,\\\,6\,\\\,-2\,\end{pmatrix}$

$3\,\vec{AC}\,=\,3\,\begin{pmatrix}\,4\,\\\,3\,\\\,1\,\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}\,12\,\\\,9\,\\\,3\,\end{pmatrix}$

$2\,\vec{AB}\,-\,3\,\vec{AC}\,=\,\begin{pmatrix}\,10\,\\\,6\,\\\,-2\,\end{pmatrix}\,-\,\begin{pmatrix}\,12\,\\\,9\,\\\,3\,\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}\,10\,-\,12\,\\\,6\,-\,9\,\\\,-2\,-\,3\,\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}\,-2\,\\\,-3\,\\\,-5\,\end{pmatrix}$

Nous avons bien
$2\,\vec{AB}\,-\,3\,\vec{AC}\,=\,\vec{AD}$

2) Nous avons montré que $\vec{AD}\,=\,2\,\vec{AB}\,-\,3\,\vec{AC}$ . Cela signifie que les vecteurs $\vec{AB}$ , $\vec{AC}$ et $\vec{AD}$ sont liés par une relation linéaire particulière.

On peut en déduire que les points $A%2C\,B%2C\,C$ et sont coplanaires, c’est-à-dire qu’ils appartiennent tous à un même plan.

Exercice 7 : montrer que des points définissent un plan
1) Montrer que les points , et définissent un plan.

Pour montrer que les points , et définissent un plan, nous devons vérifier qu’ils ne sont pas alignés. Cela revient à montrer que le vecteur $\vec{AB}$ et le vecteur $\vec{AC}$ ne sont pas colinéaires.

Calculons les vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ :
$\vec{AB}\,=\,B\,-\,A\,=\,\begin{pmatrix}\,2\,-\,0\,\\\,-2\,-\,3\,\\\,0\,-\,(-1)\,\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}\,2\,\\\,-5\,\\\,1\,\end{pmatrix}$
$\vec{AC}\,=\,C\,-\,A\,=\,\begin{pmatrix}\,4\,-\,0\,\\\,1\,-\,3\,\\\,5\,-\,(-1)\,\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}\,4\,\\\,-2\,\\\,6\,\end{pmatrix}$

Calculons le produit vectoriel $\vec{AB}\,\times \,\vec{AC}$ :
$\vec{AB}\,\times \,\vec{AC}\,=\,\begin{vmatrix}\,\mathbf{i}\,%26\,\mathbf{j}\,%26\,\mathbf{k}\,\\\,2\,%26\,-5\,%26\,1\,\\\,4\,%26\,-2\,%26\,6\,\end{vmatrix}$
$=\,\mathbf{i}\,(\,-5\,\cdot\,6\,-\,1\,\cdot\,(-2)\,)\,-\,\mathbf{j}\,(\,2\,\cdot\,6\,-\,1\,\cdot\,4\,)\,%2B\,\mathbf{k}\,(\,2\,\cdot\,(-2)\,-\,(-5)\,\cdot\,4\,)$
$=\,\mathbf{i}\,(-30\,%2B\,2)\,-\,\mathbf{j}\,(12\,-\,4)\,%2B\,\mathbf{k}\,(-4\,%2B\,20)$
$=\,\mathbf{i}\,(-28)\,-\,\mathbf{j}\,(8)\,%2B\,\mathbf{k}\,(16)$
$=\,\begin{pmatrix}\,-28\,\\\,-8\,\\\,16\,\end{pmatrix}$

Étant donné que $\vec{AB}\,\times \,\vec{AC}\,\neq\,\mathbf{0}$ , les vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ ne sont pas colinéaires et par conséquent, les points , et définissent un plan.

2) Le point appartient-il à ce plan ?

Pour vérifier si le point appartient à ce plan, nous devons vérifier que le vecteur $\vec{AD}$ est linéairement dépendant des vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ .

Calculons le vecteur $\vec{AD}$ :
$\vec{AD}\,=\,D\,-\,A\,=\,\begin{pmatrix}\,2\,-\,0\,\\\,21\,-\,3\,\\\,12\,-\,(-1)\,\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}\,2\,\\\,18\,\\\,13\,\end{pmatrix}$

Vérifions si $\vec{AD}$ peut être écrit comme une combinaison linéaire de $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ , c’est-à-dire s’il existe des scalaires $\lambda$ et $\mu$ tels que :
$\vec{AD}\,=\,\lambda\,\vec{AB}\,%2B\,\mu\,\vec{AC}$
$\begin{pmatrix}\,2\,\\\,18\,\\\,13\,\end{pmatrix}\,=\,\lambda\,\begin{pmatrix}\,2\,\\\,-5\,\\\,1\,\end{pmatrix}\,%2B\,\mu\,\begin{pmatrix}\,4\,\\\,-2\,\\\,6\,\end{pmatrix}$

Écrivons le système d’équations obtenu :
$2\lambda\,%2B\,4\mu\,=\,2$
$-5\lambda\,%2B\,(-2)\mu\,=\,18$
$\lambda\,%2B\,6\mu\,=\,13$

Résolvons le système :
1) Pour la première équation : $2\lambda\,%2B\,4\mu\,=\,2\,\Rightarrow\,\lambda\,%2B\,2\mu\,=\,1$
2) Pour la deuxième équation : $-5\lambda\,-\,2\mu\,=\,18$
3) Pour la troisième équation : $\lambda\,%2B\,6\mu\,=\,13$

Dédoublons le premier système pour résoudre :
$\lambda\,%2B\,2\mu\,=\,1$
$\lambda\,%2B\,6\mu\,=\,13$

Soustrayons la première équation de la seconde :
$(\lambda\,%2B\,6\mu)\,-\,(\lambda\,%2B\,2\mu)\,=\,13\,-\,1$
$4\mu\,=\,12$
$\mu\,=\,3$

Substituons $\mu\,=\,3$ dans l’équation $\lambda\,%2B\,2\mu\,=\,1$ :
$\lambda\,%2B\,2(3)\,=\,1$
$\lambda\,%2B\,6\,=\,1$
$\lambda\,=\,-5$

Vérifions la deuxième équation $-5\lambda\,-\,2\mu\,=\,18$ avec $\lambda\,=\,-5$ et $\mu\,=\,3$ :
$-5(-5)\,-\,2(3)\,=\,25\,-\,6\,=\,19\,\neq\,18$

Puisque les valeurs trouvées ne satisfont pas la deuxième équation, il est impossible d’exprimer $\vec{AD}$ comme une combinaison linéaire de $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ .

Donc, le point n’appartient pas au plan défini par les points , et .

Exercice 8 : calcul avec des coordonnées dans l’espace

Montrer que les points , et définissent un plan.

Pour montrer que les points $A\\,(1\,%3B\,-1\,%3B\,-1)$ , $B\\,(5\,%3B\,0\,%3B\,-3)$ et $C\\,(2\,%3B\,-2\,%3B\,-2)$ sont coplanaires, calculons les vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ :

$\vec{AB}\,=\,B\,-\,A\,=\,(5\,-\,1\,%3B\,0\,%2B\,1\,%3B\,-3\,%2B\,1)\,=\,(4\,%3B\,1\,%3B\,-2)$

$\vec{AC}\,=\,C\,-\,A\,=\,(2\,-\,1\,%3B\,-2\,%2B\,1\,%3B\,-2\,%2B\,1)\,=\,(1\,%3B\,-1\,%3B\,-1)$

Calculons maintenant le produit vectoriel $\vec{AB}\,\times \,\vec{AC}$ pour vérifier que les deux vecteurs ne sont pas colinéaires, ce qui montrerait que les trois points sont coplanaires.

$\vec{AB}\,\times \,\vec{AC}\,=%0D%0A\begin{vmatrix}%0D%0A\mathbf{i}\,%26\,\mathbf{j}\,%26\,\mathbf{k}\,\\%0D%0A4\,%26\,1\,%26\,-2\,\\%0D%0A1\,%26\,-1\,%26\,-1%0D%0A\end{vmatrix}$

$=\,\mathbf{i}\,(1\,\cdot\,(-1)\,-\,(-1)\,\cdot\,(-2))\,-\,\mathbf{j}\,(4\,\cdot\,(-1)\,-\,1\,\cdot\,(-2))\,%2B\,\mathbf{k}\,(4\,\cdot\,(-1)\,-\,1\,\cdot\,1)$

$=\,\mathbf{i}\,(-1\,-\,2)\,-\,\mathbf{j}\,(-4\,%2B\,2)\,%2B\,\mathbf{k}\,(-4\,-\,1)$

$=\,\mathbf{i}\,(-3)\,-\,\mathbf{j}\,(-2)\,%2B\,\mathbf{k}\,(-5)$

$=\,-3\mathbf{i}\,%2B\,2\mathbf{j}\,-5\mathbf{k}$

Puisque $\vec{AB}\,\times \,\vec{AC}\,\neq\,\mathbf{0}$ , les vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ ne sont pas colinéaires. Ainsi, les points , et définissent un plan.

Le point appartient-il à ce plan?

Pour vérifier si le point $D\\,(0\,%3B\,5\,%3B\,-2)$ appartient au plan défini par , et , nous devons vérifier si $\vec{AD}$ est une combinaison linéaire de $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ .

Calculons $\vec{AD}$ :

$\vec{AD}\,=\,D\,-\,A\,=\,(0\,-\,1\,%3B\,5\,%2B\,1\,%3B\,-2\,%2B\,1)\,=\,(-1\,%3B\,6\,%3B\,-1)$

Nous résolvons l’équation vectorielle suivante:

$\vec{AD}\,=\,x\,\vec{AB}\,%2B\,y\,\vec{AC}$

c’est-à-dire:

$(-1\,%3B\,6\,%3B\,-1)\,=\,x\,(4\,%3B\,1\,%3B\,-2)\,%2B\,y\,(1\,%3B\,-1\,%3B\,-1)$

qui se traduit par le système d’équations linéaires:

$\begin{cases}%0D%0A-1\,=\,4x\,%2B\,y\,\\%0D%0A6\,=\,x\,-\,y\,\\%0D%0A-1\,=\,-2x\,-\,y%0D%0A\end{cases}$

Résolvons le système:

De la seconde équation, nous trouvons:

$y\,=\,x\,-\,6$

Substituons dans les deux autres équations:

$-1\,=\,4x\,%2B\,(x\,-\,6)$
$-1\,=\,-2x\,-\,(x\,-\,6)$

Simplifions les deux équations:

$-1\,=\,5x\,-\,6\,\implies\,5x\,=\,5\,\implies\,x\,=\,1$

$-1\,=\,-2x\,-\,x\,%2B\,6\,\implies\,-1\,=\,-3x\,%2B\,6\,\implies\,-3x\,=\,-7\,\implies\,x\,=\,\frac{7}{3}$

Les deux équations donnent des valeurs de contradictoires, par conséquent, le point n’appartient pas au plan défini par , et .

Exercice 9 : démontrer à l’aide de coordonnées
1) Les coordonnées des points de la figure :

Supposons que $A\,=\,(0%2C\,0%2C\,0)$ , $B\,=\,(1%2C\,0%2C\,0)$ , $D\,=\,(0%2C\,1%2C\,0)$ , et $E\,=\,(0%2C\,0%2C\,1)$ . Utilisons des coordonnées cartésiennes dans le repère $(A%3B\,\vec{AB}%2C\,\vec{AD}%2C\,\vec{AE})$ .

Les coordonnées de en fonction de peuvent être exprimées comme une combinaison linéaire de $\vec{AB}$ , $\vec{AD}$ et $\vec{AE}$ :

$M(t)\,=\,(1\,-\,t)\vec{AB}\,%2B\,t\vec{AE}$

En termes de coordonnées, cela donne :

$M(t)\,=\,(1\,-\,t%2C\,0%2C\,t)$

Les coordonnées des autres points sont alors :
– $A\,=\,(0%2C\,0%2C\,0)$
– $B\,=\,(1%2C\,0%2C\,0)$
– $D\,=\,(0%2C\,1%2C\,0)$
– $E\,=\,(0%2C\,0%2C\,1)$

2) Pour démontrer que , et sont alignés si et seulement si $t\,=\,\frac{4}{5}$ , calculons les vecteurs $\vec{DM}$ et $\vec{DI}$ .

Soit le point de coordonnées $(x_I%2C\,y_I%2C\,z_I)$ .

Coordonnées de pour $t\,=\,\frac{4}{5}$ :

$M(\frac{4}{5})\,=\,(\frac{1}{5}%2C\,0%2C\,\frac{4}{5})$

Vecteur $\vec{DM}$ :

$\vec{DM}\,=\,(\frac{1}{5}\,-\,0%2C\,0\,-\,1%2C\,\frac{4}{5}\,-\,0)\,=\,(\frac{1}{5}%2C\,-1%2C\,\frac{4}{5})$

Pour que , et soient alignés, les vecteurs $\vec{DM}$ et $\vec{DI}$ doivent être colinéaires. Cela signifie qu’il existe un scalaire tel que :

$\vec{DI}\,=\,k\,\cdot\,\vec{DM}$

Soit $I\,=\,(x_I%2C\,y_I%2C\,z_I)\,=\,(x_I%2C\,\frac{1}{5}%2C\,\frac{4}{5})$

Coordonnées de en fonction de :

$(\frac{x_I}{\frac{1}{5}}%2C\,\frac{y_I}{-1}%2C\,\frac{z_I}{\frac{4}{5}})\,=\,(k%2C\,k%2C\,k)$

Pour colinéarité:

$\frac{x_I}{\frac{1}{5}}\,=\,\frac{y_I}{-1}\,=\,\frac{z_I}{\frac{4}{5}}$

Cela donne :

$5x_I\,=\,-y_I\,=\,\frac{5}{4}z_I$

En conclusion, pour que , et soient alignés, doit être égal à $\frac{4}{5}$ .

Exercice 10 : ecrire une représentation paramétrique de la droite
Pour déterminer la représentation paramétrique de la droite passant par les points $A(-3%3B\,2%3B\,4)$ et $B(-1%3B\,1%3B\,0)$ , nous devons d’abord trouver le vecteur directeur de cette droite.

Le vecteur directeur $\vec{AB}$ peut être obtenu par la différence des coordonnées de et :
$\vec{AB}\,=\,B\,-\,A\,=\,(-1\,-\,(-3)%3B\,1\,-\,2%3B\,0\,-\,4)\,=\,(2%3B\,-1%3B\,-4)$

Maintenant, nous pouvons écrire la représentation paramétrique de la droite .

La forme paramétrique d’une droite passant par un point $A(x_0%2C\,y_0%2C\,z_0)$ et dirigée par un vecteur $\vec{u}\,=\,(u_1%2C\,u_2%2C\,u_3)$ est donnée par :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,x_0\,%2B\,t\,u_1\,\\%0D%0Ay\,=\,y_0\,%2B\,t\,u_2\,\\%0D%0Az\,=\,z_0\,%2B\,t\,u_3%0D%0A\end{cases}$

En utilisant le point $A(-3%3B\,2%3B\,4)$ et le vecteur directeur $(2%3B\,-1%3B\,-4)$ , nous obtenons :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,-3\,%2B\,2t\,\\%0D%0Ay\,=\,2\,-\,t\,\\%0D%0Az\,=\,4\,-\,4t%0D%0A\end{cases}$
où $t\,\in\,\mathbb{R}$ est le paramètre.

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 dans la représentation paramétrique de $\Delta$ . Ainsi, on obtient le vecteur directeur $\mathbf{v}\,=\,(-4%2C\,1%2C\,-1)$ . Un point de la droite $\Delta$ est obtenu en prenant une valeur particulière de . Par exemple, en prenant $t\,=\,0$ , on a $(x%2C\,y%2C\,z)\,=\,(1%2C\,3%2C\,1)$ .

2) Pour déterminer si le point $M(-3%2C\,4%2C\,1)$ appartient à la droite $\Delta$ , on doit vérifier s’il existe un tel que :
$\{%0D%0A\begin{array}{l}%0D%0A1\,-\,4t\,=\,-3\,\\%0D%0A3\,%2B\,t\,=\,4\,\\%0D%0A1\,-\,t\,=\,1%0D%0A\end{array}%0D%0A.$

La deuxième équation donne directement $t\,=\,1$ . On vérifie alors cette valeur dans les autres équations :
$1\,-\,4(1)\,=\,-3\,\quad\,et\,\quad\,1\,-\,1\,=\,0$

La première équation est vérifiée mais pas la troisième. Donc, le point $M(-3%2C\,4%2C\,1)$ 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 . Par exemple :
– Pour $t\,=\,0$ : $(x%2C\,y%2C\,z)\,=\,(1%2C\,3%2C\,1)$
– Pour $t\,=\,1$ : $(x%2C\,y%2C\,z)\,=\,(-3%2C\,4%2C\,0)$
– Pour $t\,=\,2$ : $(x%2C\,y%2C\,z)\,=\,(-7%2C\,5%2C\,-1)$

Ainsi, trois points de la droite sont $(1%2C\,3%2C\,1)$ , $(-3%2C\,4%2C\,0)$ , et $(-7%2C\,5%2C\,-1)$ .

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 :
$\{%0D%0A\begin{array}{l}%0D%0Ax\,=\,1\,-\,4(t'%2B1)\,=\,1\,-\,4t'\,-\,4\,=\,-3\,-\,4t'\,\\%0D%0Ay\,=\,3\,%2B\,(t'%2B1)\,=\,3\,%2B\,t'\,%2B\,1\,=\,4\,%2B\,t'\,\\%0D%0Az\,=\,1\,-\,(t'%2B1)\,=\,1\,-\,t'\,-\,1\,=\,-t'%0D%0A\end{array}%0D%0A.$

On obtient donc une nouvelle représentation paramétrique de $\Delta$ :
$\Delta\,%3A\,\{%0D%0A\begin{array}{l}%0D%0Ax\,=\,-3\,-\,4t'\,\\%0D%0Ay\,=\,4\,%2B\,t'\,\\%0D%0Az\,=\,-t'%0D%0A\end{array}%0D%0A.\,\quad\,avec\,\quad\,t'\,\in\,\mathbb{R}$

Exercice 12 : donner les coordonnées de trois points
Soit $\Delta$ la droite de représentation paramétrique :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,t\,-\,2\,\\%0D%0Ay\,=\,4\,\\%0D%0Az\,=\,2t\,-\,1%0D%0A\end{cases}%2C\,\quad\,t\,\in\,\mathbb{R}$

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 :
$\vec{d}\,=\,\begin{pmatrix}%0D%0A1\,\\%0D%0A0\,\\%0D%0A2%0D%0A\end{pmatrix}$

Pour trouver un point appartenant à $\Delta$, nous pouvons prendre une valeur particulière de $t$. Par exemple, pour $t = 0$ :
$x\,=\,0\,-\,2\,=\,-2%2C\,\quad\,y\,=\,4%2C\,\quad\,z\,=\,2(0)\,-\,1\,=\,-1$
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 :
$\begin{cases}%0D%0A-3\,=\,t\,-\,2\,\\%0D%0A4\,=\,4\,\\%0D%0A-3\,=\,2t\,-\,1%0D%0A\end{cases}$

Pour la première équation :
$-3\,=\,t\,-\,2\,\implies\,t\,=\,-1$

Pour la deuxième équation, elle est toujours vraie.

Pour la troisième équation :
$-3\,=\,2(-1)\,-\,1\,\implies\,-3\,=\,-2\,-\,1\,\implies\,-3\,=\,-3\,\quad\,(vrai)$

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 $t = 1$ :
$x\,=\,1\,-\,2\,=\,-1%2C\,\quad\,y\,=\,4%2C\,\quad\,z\,=\,2(1)\,-\,1\,=\,1$
Donc, le point est $B(-1, 4, 1)$.

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

– Pour $t = -1$ :
$x\,=\,-1\,-\,2\,=\,-3%2C\,\quad\,y\,=\,4%2C\,\quad\,z\,=\,2(-1)\,-\,1\,=\,-3$
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 :
$\begin{cases}%0D%0At\,=\,u\,-\,1\,\\%0D%0Ax\,=\,(u\,-\,1)\,-\,2\,=\,u\,-\,3\,\\%0D%0Ay\,=\,4\,\\%0D%0Az\,=\,2(u-1)\,-\,1\,=\,2u\,-\,2\,-\,1\,=\,2u\,-\,3%0D%0A\end{cases}$

Donc, une autre représentation paramétrique de $\Delta$ est :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,u\,-\,3\,\\%0D%0Ay\,=\,4\,\\%0D%0Az\,=\,2u\,-\,3%0D%0A\end{cases}%2C\,\quad\,u\,\in\,\mathbb{R}$

Exercice 13 : donner une représentation paramétrique de chacun des objets
Soient $A(-4%3B\,1%3B\,2)$ et $B(-1%3B\,2%3B\,5)$ .

1. $La\,droite\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3F%2528AB%2529%22\,alt=%22(AB)$ : » align= »absmiddle » />

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

Une représentation paramétrique de la droite (AB) est donnée par :
$\{%0D%0A\begin{array}{l}%0D%0Ax\,=\,-4\,%2B\,3t\,\\%0D%0Ay\,=\,1\,%2B\,t\,\\%0D%0Az\,=\,2\,%2B\,3t\,\\%0D%0A\end{array}%0D%0A.\,\quad\,pour\,\,t\,\in\,\mathbb{R}$

2. $Le\,segment\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3F%255BAB%255D%22\,alt=%22%5BAB%5D$ : » align= »absmiddle » />

La représentation paramétrique du segment est similaire à celle de la droite, mais avec limité à l’intervalle $%5B0%2C\,1%5D$ :
$\{%0D%0A\begin{array}{l}%0D%0Ax\,=\,-4\,%2B\,3t\,\\%0D%0Ay\,=\,1\,%2B\,t\,\\%0D%0Az\,=\,2\,%2B\,3t\,\\%0D%0A\end{array}%0D%0A.\,\quad\,pour\,\,t\,\in\,%5B0%2C\,1%5D$

3. $La\,demi-droite\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3F%255BAB%2529%22\,alt=%22%5BAB)$ : » align= »absmiddle » />

La représentation paramétrique de la demi-droite %5BAB) est similaire à celle de la droite, mais avec limité à $t\,\geq\,\,0$ :
$\{%0D%0A\begin{array}{l}%0D%0Ax\,=\,-4\,%2B\,3t\,\\%0D%0Ay\,=\,1\,%2B\,t\,\\%0D%0Az\,=\,2\,%2B\,3t\,\\%0D%0A\end{array}%0D%0A.\,\quad\,pour\,\,t\,\geq\,\,0$

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

$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,3\,-\,t\,%2B\,5t'\,\\%0D%0Ay\,=\,1\,%2B\,t'\,\\%0D%0Az\,=\,-5t\,%2B\,3t'%0D%0A\end{cases}%0D%0A\quad\,t\,\in\,\mathbb{R}%2C\,\%2C\,t'\,\in\,\mathbb{R}$

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

$Choisissons\,\,(t%2C\,t')\,=\,(0%2C\,0)\,\,pour\,obtenir\,un\,point\,de\,\,\varnothing%3A$

$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,3\,\\%0D%0Ay\,=\,1\,\\%0D%0Az\,=\,-5\,\\%0D%0A\end{cases}%0D%0A\quad\,\implies\,\quad\,P(3%2C\,1%2C\,-5)\,\,est\,un\,point\,particulier\,de\,\,\varnothing.$

$Pour\,les\,vecteurs\,directeurs%2C\,choisissons\,\,(t%2C\,t')\,=\,(1%2C\,0)\,\,et\,\,(0%2C\,1)\,%3A$

$Pour\,\,(t%2C\,t')\,=\,(1%2C\,0)\,%3A$

$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,3\,-\,1\,%2B\,0\,=\,2\,\\%0D%0Ay\,=\,1\,%2B\,0\,=\,1\,\\%0D%0Az\,=\,-5\,\cdot\,1\,%2B\,3\,\cdot\,0\,=\,-5\,\\%0D%0A\end{cases}%0D%0A\quad\,\implies\,\quad\,\vec{u}\,=\,(2-3%2C\,1-1%2C\,-5-(-5))\,=\,(-1%2C\,0%2C\,0)$

$Pour\,\,(t%2C\,t')\,=\,(0%2C\,1)\,%3A$

$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,3\,-\,0\,%2B\,5\,=\,8\,\\%0D%0Ay\,=\,1\,%2B\,1\,=\,2\,\\%0D%0Az\,=\,-5\,\cdot\,0\,%2B\,3\,\cdot\,1\,=\,3\,\\%0D%0A\end{cases}%0D%0A\quad\,\implies\,\quad\,\vec{v}\,=\,(8-3%2C\,2-1%2C\,3-(-5))\,=\,(5%2C\,1%2C\,8)$

$Ainsi%2C\,les\,vecteurs\,directeurs\,sont\,\,\vec{u}\,=\,(-1%2C\,0%2C\,0)\,\,et\,\,\vec{v}\,=\,(5%2C\,1%2C\,8).$

2) Le point appartient-il à $\varnothing$ ?

$Verifions\,si\,le\,point\,\,M(6%2C\,2%2C\,-6)\,\,satisfait\,les\,equations\,parametriques%3A$

$\begin{cases}%0D%0A6\,=\,3\,-\,t\,%2B\,5t'\,\\%0D%0A2\,=\,1\,%2B\,t'\,\\%0D%0A-6\,=\,-5t\,%2B\,3t'%0D%0A\end{cases}$

$Resolvons\,ces\,equations%3A$

$2\,=\,1\,%2B\,t'\,\implies\,t'\,=\,1$

$6\,=\,3\,-\,t\,%2B\,5(1)\,\implies\,6\,=\,8\,-\,t\,\implies\,t\,=\,2$

$-6\,=\,-5(2)\,%2B\,3(1)\,\implies\,-6\,=\,-10\,%2B\,3\,=\,-7\,\quad\,(contradiction)$

$Le\,point\,\,M(6%2C\,2%2C\,-6)\,\,n'appartient\,pas\,a\,\,\varnothing.$

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

$En\,prenant\,\,(t%2C\,t')\,=\,(0%2C\,0)%2C\,(1%2C\,0)%2C\,\,et\,\,(0%2C\,1)%3A$

$Pour\,\,(t%2C\,t')\,=\,(0%2C\,0)\,%3A$

$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,3\,\\%0D%0Ay\,=\,1\,\\%0D%0Az\,=\,-5\,\\%0D%0A\end{cases}%0D%0A\quad\,\implies\,\quad\,P_1(3%2C\,1%2C\,-5)$

$Pour\,\,(t%2C\,t')\,=\,(1%2C\,0)\,%3A$

$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,2\,\\%0D%0Ay\,=\,1\,\\%0D%0Az\,=\,-5\,\\%0D%0A\end{cases}%0D%0A\quad\,\implies\,\quad\,P_2(2%2C\,1%2C\,-5)$

$Pour\,\,(t%2C\,t')\,=\,(0%2C\,1)\,%3A$

$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,8\,\\%0D%0Ay\,=\,2\,\\%0D%0Az\,=\,3\,\\%0D%0A\end{cases}%0D%0A\quad\,\implies\,\quad\,P_3(8%2C\,2%2C\,3)$

$Les\,trois\,points\,sont\,\,P_1(3%2C\,1%2C\,-5)%2C\,P_2(2%2C\,1%2C\,-5)%2C\,\,et\,\,P_3(8%2C\,2%2C\,3).$

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

$Utilisons\,une\,combinaison\,lineaire\,des\,vecteurs\,directeurs\,trouves\,precedemment\,%3A$

$\vec{P}\,=\,(3%2C\,1%2C\,-5)\,%2B\,t(-1%2C\,0%2C\,0)\,%2B\,t'(5%2C\,1%2C\,8)$

$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,3\,-\,t\,%2B\,5t'\,\\%0D%0Ay\,=\,1\,%2B\,t'\,\\%0D%0Az\,=\,-5\,%2B\,8t'%0D%0A\end{cases}$

$Nous\,pouvons\,choisir\,differentes\,notations\,pour\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3Ft%22\,alt=%22t$ et , mais l’essentiel est d’obtenir une forme similaire. » align= »absmiddle » />

$Une\,autre\,representation\,parametrique\,peut\,etre\,\,%3A$

$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,3\,-\,u\,%2B\,5v\,\\%0D%0Ay\,=\,1\,%2B\,v\,\\%0D%0Az\,=\,-5\,%2B\,8v%0D%0A\end{cases}%0D%0A\quad\,u%2C\,v\,\in\,\mathbb{R}$

Exercice 15 : etudier la position de la droite
Pour déterminer la position relative des droites $\Delta$ et , 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 :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,1\,-\,t\,\\%0D%0Ay\,=\,-2\,%2B\,3t\,\\%0D%0Az\,=\,-1\,%2B\,t\,\\%0D%0A\end{cases}$

Les équations paramétriques de sont :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,-k\,\\%0D%0Ay\,=\,3\,%2B\,2k\,\\%0D%0Az\,=\,4\,-\,k\,\\%0D%0A\end{cases}$

Pour que les droites aient un point en commun, il doit exister un instant et tels que :
$\begin{cases}%0D%0A1\,-\,t\,=\,-k\,\\%0D%0A-2\,%2B\,3t\,=\,3\,%2B\,2k\,\\%0D%0A-1\,%2B\,t\,=\,4\,-\,k\,\\%0D%0A\end{cases}$

Résolvons ce système d’équations :
1. De la première équation, on a $t\,=\,1\,%2B\,k$ .
2. Substituons $t\,=\,1\,%2B\,k$ dans la deuxième équation :
$-2\,%2B\,3(1\,%2B\,k)\,=\,3\,%2B\,2k\,\implies\,-2\,%2B\,3\,%2B\,3k\,=\,3\,%2B\,2k\,\implies\,3k\,-\,2\,%2B\,1\,=\,3\,%2B\,2k\,\implies\,k\,-\,1\,=\,3\,\implies\,k\,=\,4$
3. Substituons $k\,=\,4$ dans $t\,=\,1\,%2B\,k\,\implies\,t\,=\,5$ .
4. Maintenant, vérifions la dernière équation avec $t\,=\,5$ et $k\,=\,4$ :
$-1\,%2B\,5\,=\,4\,-\,4\,\implies\,4\,=\,0\,\quad\,(faux)$

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

### 2. Cas 2

Les équations paramétriques de sont :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,1\,%2B\,k\,\\%0D%0Ay\,=\,-2k\,\\%0D%0Az\,=\,3\,-\,k\,\\%0D%0A\end{cases}$

Pour que les droites aient un point en commun, il doit exister un instant et tels que :
$\begin{cases}%0D%0A1\,-\,t\,=\,1\,%2B\,k\,\\%0D%0A-2\,%2B\,3t\,=\,-2k\,\\%0D%0A-1\,%2B\,t\,=\,3\,-\,k\,\\%0D%0A\end{cases}$

Résolvons ce système d’équations :
1. De la première équation, on a $t\,=\,-k$ .
2. Substituons $t\,=\,-k$ dans la deuxième équation :
$-2\,%2B\,3(-k)\,=\,-2k\,\implies\,-2\,-\,3k\,=\,-2k\,\implies\,-k\,=\,-2\,\implies\,k\,=\,2$
3. Substituons $k\,=\,2$ dans $t\,=\,-k\,\implies\,t\,=\,-2$ .
4. Maintenant, vérifions la dernière équation avec $t\,=\,-2$ et $k\,=\,2$ :
$-1\,%2B\,(-2)\,=\,3\,-\,2\,\implies\,-3\,=\,1\,\quad\,(faux)$

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

### 3. Cas 3

Les équations paramétriques de sont :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,k\,-\,2\,\\%0D%0Ay\,=\,7\,-\,3k\,\\%0D%0Az\,=\,2\,-\,k\,\\%0D%0A\end{cases}$

Pour que les droites aient un point en commun, il doit exister un instant et tels que :
$\begin{cases}%0D%0A1\,-\,t\,=\,k\,-\,2\,\\%0D%0A-2\,%2B\,3t\,=\,7\,-\,3k\,\\%0D%0A-1\,%2B\,t\,=\,2\,-\,k\,\\%0D%0A\end{cases}$

Résolvons ce système d’équations :
1. De la première équation, on a $k\,=\,1\,-\,t\,%2B\,2\,\implies\,k\,=\,3\,-\,t$ .
2. Substituons $k\,=\,3\,-\,t$ dans la deuxième équation :
$-2\,%2B\,3t\,=\,7\,-\,3(3\,-\,t)\,\implies\,-2\,%2B\,3t\,=\,7\,-\,9\,%2B\,3t\,\implies\,-2\,%2B\,3t\,=\,-2\,%2B\,3t\,\quad\,(toujours\,vrai%2C\,donc\,redondant)$
3. Substituons $k\,=\,3\,-\,t$ dans la troisième équation :
$-1\,%2B\,t\,=\,2\,-\,(3\,-\,t)\,\implies\,-1\,%2B\,t\,=\,2\,-\,3\,%2B\,t\,\implies\,-1\,%2B\,t\,=\,-1\,%2B\,t\,\quad\,(toujours\,vrai%2C\,donc\,redondant)$

Les trois équations sont identiques, donc pour n’importe quelle valeur de , il existenti différentes valeurs de qui satisfont les équations. Donc les droites $\Delta$ et sont confondues.

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

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

$\varphi\,%3A\,\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,t\,-\,2t'\,\\%0D%0Ay\,=\,1\,%2B\,3t\,%2B\,t'\,\\%0D%0Az\,=\,2\,-\,5t%0D%0A\end{cases}\,\quad\,t\,\in\,\mathbb{R}%2C\,\%2C\,t'\,\in\,\mathbb{R}$

Déterminons la nature de $\varphi\,\cap\,\varphi'$ dans chacun des cas suivants où $\varphi'$ est définie par une représentation paramétrique :

1) $\varphi'$ définie par :

$\varphi'\,%3A\,\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,-2\,-\,3t'\,\\%0D%0Ay\,=\,2\,-\,2t\,%2B\,4t'\,\\%0D%0Az\,=\,2\,%2B\,5t\,-\,5t'%0D%0A\end{cases}\,\quad\,t\,\in\,\mathbb{R}%2C\,\%2C\,t'\,\in\,\mathbb{R}$

Pour déterminer si $\varphi\,\cap\,\varphi'$ a une intersection, égalisons les systèmes paramétriques:

$\begin{cases}%0D%0At\,-\,2t'\,=\,-2\,-\,3t'\,\quad\,(1)\,\\%0D%0A1\,%2B\,3t\,%2B\,t'\,=\,2\,-\,2t\,%2B\,4t'\,\quad\,(2)\,\\%0D%0A2\,-\,5t\,=\,2\,%2B\,5t\,-\,5t'\,\quad\,(3)%0D%0A\end{cases}$

L’équation (1) donne :

$t\,-\,2t'\,=\,-2\,-\,3t'\,\implies\,t\,=\,-2\,-\,t'$

L’équation (3) donne :

$2\,-\,5t\,=\,2\,%2B\,5t\,-\,5t'\,\implies\,-5t\,-\,5t\,=\,-5t'\,\implies\,-10t\,=\,-5t'\,\implies\,2t\,=\,t'$

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):

$1\,%2B\,3(-\frac{2}{3})\,%2B\,(-\frac{4}{3})\,=\,2\,-\,2(-\frac{2}{3})\,%2B\,4(-\frac{4}{3})\,\implies%0D%0A1\,-\,2\,-\,\frac{4}{3}\,=\,2\,%2B\,\frac{4}{3}\,-\,\frac{16}{3}\,\implies\,-\frac{5}{3}\,=\,-\frac{5}{3}$

Les équations sont compatibles. Donc, $\varphi\,\cap\,\varphi'$ est un point.

2) $\varphi'$ définie par :

$\varphi'\,%3A\,\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,4\,-\,3t'\,\\%0D%0Ay\,=\,-2t\,%2B\,t'\,\\%0D%0Az\,=\,5\,%2B\,5t\,-\,5t'%0D%0A\end{cases}\,\quad\,t\,\in\,\mathbb{R}%2C\,\%2C\,t'\,\in\,\mathbb{R}$

Égalons les systèmes paramétriques :

$\begin{cases}%0D%0At\,-\,2t'\,=\,4\,-\,3t'\,\quad\,(1)\,\\%0D%0A1\,%2B\,3t\,%2B\,t'\,=\,-2t\,%2B\,t'\,\quad\,(2)\,\\%0D%0A2\,-\,5t\,=\,5\,%2B\,5t\,-\,5t'\,\quad\,(3)%0D%0A\end{cases}$

L’équation (1) donne :

$t\,-\,2t'\,=\,4\,-\,3t'\,\implies\,t\,=\,4\,-\,t'$

L’équation (3) donne :

$2\,-\,5t\,=\,5\,%2B\,5t\,-\,5t'\,\implies\,-5t\,-\,5t\,=\,5t'\,\implies\,-10t\,=\,5t'\,\implies\,t'\,=\,-2t$

Remplaçons $t'\,=\,-2t$ dans $t\,=\,4\,-\,t'$ :

$t\,=\,4\,-\,(-2t)\,\implies\,t\,=\,4\,%2B\,2t\,\implies\,t\,-\,2t\,=\,4\,\implies\,-t\,=\,4\,\implies\,t\,=\,-4$

Donc $t'\,=\,-2\,\cdot\,-4\,=\,8$ .

Vérifions dans l’équation (2):

$1\,%2B\,3(-4)\,%2B\,8\,=\,-2(-4)\,%2B\,8\,\implies\,1\,-\,12\,%2B\,8\,=\,8\,%2B\,8\,\implies\,-3\,\neq\,16$

Les équations sont incompatibles. $\varphi\,\cap\,\varphi'$ est vide.

3) $\varphi'$ définie par :

$\varphi'\,%3A\,\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,-3\,%2B\,2t'\,\\%0D%0Ay\,=\,2\,-\,t\,%2B\,2t'\,\\%0D%0Az\,=\,1\,%2B\,t%0D%0A\end{cases}\,\quad\,t\,\in\,\mathbb{R}%2C\,\%2C\,t'\,\in\,\mathbb{R}$

Égalons les systèmes paramétriques :

$\begin{cases}%0D%0At\,-\,2t'\,=\,-3\,%2B\,2t'\,\quad\,(1)\,\\%0D%0A1\,%2B\,3t\,%2B\,t'\,=\,2\,-\,t\,%2B\,2t'\,\quad\,(2)\,\\%0D%0A2\,-\,5t\,=\,1\,%2B\,t\,\quad\,(3)%0D%0A\end{cases}$

L’équation (1) donne :

$t\,-\,2t'\,=\,-3\,%2B\,2t'\,\implies\,t\,=\,-3\,%2B\,4t'$

L’équation (3) donne :

$2\,-\,5t\,=\,1\,%2B\,t\,\implies\,2\,-\,1\,=\,6t\,\implies\,1\,=\,6t\,\implies\,t\,=\,\frac{1}{6}$

Donc $t'\,=\,\frac{t\,%2B\,3}{4}\,=\,\frac{\frac{1}{6}\,%2B\,3}{4}\,=\,\frac{19}{24}$ .

Vérifions dans l’équation (2):

$1\,%2B\,3(\frac{1}{6})\,%2B\,\frac{19}{24}\,=\,2\,-\,\frac{1}{6}\,%2B\,2(\frac{19}{24})%0D%0A\implies\,1\,%2B\,\frac{1}{2}\,%2B\,\frac{19}{24}\,=\,2\,-\,\frac{1}{6}\,%2B\,\frac{38}{24}$

Calculons les deux côtés:

$LHS%3A\,1\,%2B\,\frac{1}{2}\,%2B\,\frac{19}{24}\,=\,1.5\,%2B\,0.79\,=\,2.29\,\approx\,76%2F32%2C%0D%0ARHS%3A\,2\,-\,0.17\,%2B\,1.58\,=\,99%2F32$

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 avec le plan $\varphi$ dans chacun des cas, nous devons résoudre les systèmes d’équations correspondants en remplaçant les expressions paramétriques de dans les équations du plan $\varphi$ .

### 1\)

La droite d_1 est donnée par :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,2\,%2B\,t\,\\%0D%0Ay\,=\,3\,%2B\,3t\,\\%0D%0Az\,=\,5\,-\,t%0D%0A\end{cases}$

Substituons ces expressions dans les équations du plan $\varphi$ :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,4\,-\,t\,%2B\,3t'\,\\%0D%0Ay\,=\,1\,-\,t\,%2B\,5t'\,\\%0D%0Az\,=\,t\,-\,t'%0D%0A\end{cases}$

En remplaçant , et par les expressions de d_1 :
$\begin{cases}%0D%0A2\,%2B\,t\,=\,4\,-\,t\,%2B\,3t'\,\\%0D%0A3\,%2B\,3t\,=\,1\,-\,t\,%2B\,5t'\,\\%0D%0A5\,-\,t\,=\,t\,-\,t'%0D%0A\end{cases}$

Résolvons ce système :
1. $2\,%2B\,t\,=\,4\,-\,t\,%2B\,3t'$
$2t\,%2B\,3t'\,=\,2\,\quad\,\Rightarrow\,\quad\,t\,%2B\,\frac{3}{2}t'\,=\,1$
2. $3\,%2B\,3t\,=\,1\,-\,t\,%2B\,5t'$
$4t\,-\,t'\,=\,-2\,\quad\,\Rightarrow\,\quad\,t\,-\,\frac{1}{4}t'\,=\,-\frac{1}{2}$
3. $5\,-\,t\,=\,t\,-\,t'$
$-t\,=\,t\,-\,t'\,-\,5$

De la troisième équation, isolons :
$2t\,-\,t'\,=\,5\,\quad\,\Rightarrow\,\quad\,t'\,=\,2t\,-\,5$

Utilisons cette équation pour substituer dans les deux premières équations.

Substituons $t'\,=\,2t\,-\,5$ dans $t\,%2B\,\frac{3}{2}(2t\,-\,5)\,=\,1$ :
$t\,%2B\,3t\,-\,\frac{15}{2}\,=\,1\,\quad\,\Rightarrow\,\quad\,4t\,=\,\frac{17}{2}\,\quad\,\Rightarrow\,\quad\,t\,=\,\frac{17}{8}$

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 :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,2\,%2B\,\frac{17}{8}\,=\,\frac{33}{8}\,\\%0D%0Ay\,=\,3\,%2B\,3\,(\frac{17}{8})\,=\,\frac{75}{8}\,\\%0D%0Az\,=\,5\,-\,\frac{17}{8}\,=\,\frac{23}{8}%0D%0A\end{cases}$

### 2\)

La droite d_2 est donnée par :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,1\,%2B\,4t\,\\%0D%0Ay\,=\,10t\,\\%0D%0Az\,=\,-3t%0D%0A\end{cases}$

Substituons ces expressions dans les équations du plan $\varphi$ :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,4\,-\,t\,%2B\,3t'\,\\%0D%0Ay\,=\,1\,-\,t\,%2B\,5t'\,\\%0D%0Az\,=\,t\,-\,t'%0D%0A\end{cases}$

En remplaçant , et par les expressions de d_2 :
$\begin{cases}%0D%0A1\,%2B\,4t\,=\,4\,-\,t\,%2B\,3t'\,\\%0D%0A10t\,=\,1\,-\,t\,%2B\,5t'\,\\%0D%0A-3t\,=\,t\,-\,t'%0D%0A\end{cases}$

Résolvons ce système :
1. $1\,%2B\,4t\,=\,4\,-\,t\,%2B\,3t'$
$5t\,%2B\,3t'\,=\,3\,\quad\,\Rightarrow\,\quad\,t\,%2B\,\frac{3}{5}t'\,=\,\frac{3}{5}$
2. $10t\,=\,1\,-\,t\,%2B\,5t'$
$11t\,-\,5t'\,=\,1\,\quad\,\Rightarrow\,\quad\,t\,-\,\frac{5}{11}t'\,=\,\frac{1}{11}$
3. $-3t\,=\,t\,-\,t'$
$-4t\,%2B\,t'\,=\,0\,\quad\,\Rightarrow\,\quad\,t'\,=\,4t$

Substituons $t'\,=\,4t$ dans $t\,%2B\,\frac{3}{5}(4t)\,=\,\frac{3}{5}$ :
$t\,%2B\,\frac{12}{5}t\,=\,\frac{3}{5}\,\quad\,\Rightarrow\,\quad\,\frac{17}{5}t\,=\,\frac{3}{5}\,\quad\,\Rightarrow\,\quad\,t\,=\,\frac{3}{17}$

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 :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,1\,%2B\,4\,(\frac{3}{17})\,=\,\frac{29}{17}\,\\%0D%0Ay\,=\,10\,(\frac{3}{17})\,=\,\frac{30}{17}\,\\%0D%0Az\,=\,-3\,(\frac{3}{17})\,=\,\frac{-9}{17}%0D%0A\end{cases}$

### 3\)

La droite d_3 est donnée par :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,1\,%2B\,2t\,\\%0D%0Ay\,=\,-2\,\\%0D%0Az\,=\,-3\,%2B\,t%0D%0A\end{cases}$

Substituons ces expressions dans les équations du plan $\varphi$ :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,4\,-\,t\,%2B\,3t'\,\\%0D%0Ay\,=\,1\,-\,t\,%2B\,5t'\,\\%0D%0Az\,=\,t\,-\,t'%0D%0A\end{cases}$

En remplaçant , et par les expressions de d_3 :
$\begin{cases}%0D%0A1\,%2B\,2t\,=\,4\,-\,t\,%2B\,3t'\,\\%0D%0A-2\,=\,1\,-\,t\,%2B\,5t'\,\\%0D%0A-3\,%2B\,t\,=\,t\,-\,t'%0D%0A\end{cases}$

Résolvons ce système :
1. $1\,%2B\,2t\,=\,4\,-\,t\,%2B\,3t'$
$3t\,%2B\,3t'\,=\,3\,\quad\,\Rightarrow\,\quad\,t\,%2B\,t'\,=\,1$
2. $-2\,=\,1\,-\,t\,%2B\,5t'$
$-t\,%2B\,5t'\,=\,-3\,\quad\,\Rightarrow\,\quad\,t\,=\,5t'\,%2B\,3$
3. $-3\,%2B\,t\,=\,t\,-\,t'$
$t'\,=\,-3$

Remplaçons $t'\,=\,-3$ dans $t\,%2B\,t'\,=\,1$ :
$t\,-\,3\,=\,1\,\quad\,\Rightarrow\,\quad\,t\,=\,4$

Ainsi, l’intersection est obtenue pour $t\,=\,4$ et $t'\,=\,-3$ . Les coordonnées du point d’intersection sont donc :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,1\,%2B\,2(4)\,=\,9\,\\%0D%0Ay\,=\,-2\,\\%0D%0Az\,=\,-3\,%2B\,4\,=\,1%0D%0A\end{cases}$

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 :
$\vec{AI}\,=\,\frac{1}{6}\,\vec{AB}%2C\,\quad\,\vec{AJ}\,=\,\frac{1}{4}\,\vec{AD}%2C\,\quad\,\vec{AK}\,=\,\frac{1}{2}\,\vec{AE}$

Dans le repère orthonormé $(\vec{A\tilde{I}}, \vec{A\tilde{J}}, \vec{A\tilde{K}})$, les coordonnées de ces points sont :
$I\,(1%2C0%2C0)%2C\,\quad\,J\,(0%2C1%2C0)%2C\,\quad\,K\,(0%2C0%2C1)$

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 :
$F(6%2C4%2C0)%2C~~\,B(0%2C4%2C0)$

En utilisant une équation plane de $(BF)$, nous obtenons :
$t\,(F\,-\,B)\,%2B\,B\,=\,0$
$t(\,6%2C0%2C0\,)\,%2B\,B\,=\,0$

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 est le milieu de , ce qui implique que est équidistant de et , soit
$IB\,=\,IC.$

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

Considérons le plan (ADI) . Puisque est sur la médiatrice de , tout point du plan (ADI) est équidistant de et . 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. $(IJ = J – I)$
$IJ\,=\,(\frac{a}{3}%2C\,0%2C\,0)\,-\,(0%2C\,\frac{a}{3}%2C\,0)\,=\,(\frac{a}{3}%2C\,-\frac{a}{3}%2C\,0)$

2. $(EC = C – E)$
$EC\,=\,(a%2C\,a%2C\,0)\,-\,(0%2C\,0%2C\,a)\,=\,(a%2C\,a%2C\,-a)$

Calcul du produit scalaire $IJ \cdot EC$ :
$IJ\,\cdot\,EC\,=\,(\frac{a}{3})\,\cdot\,a\,%2B\,(-\frac{a}{3})\,\cdot\,a\,%2B\,0\,\cdot\,(-a)\,=\,\frac{a^2}{3}\,-\,\frac{a^2}{3}\,=\,0$
Ainsi, $(IJ \perp EC)$ est vrai.

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

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

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

Résultats :

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

Voir Corrigés 11 à 20 ...

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 , , , et , le milieu du segment . Ici, a pour coordonnées $(\frac{1%2B0}{2}%3B\,\frac{0%2B1}{2}%3B\,\frac{0%2B0}{2}\,)\,=\,(\,\frac{1}{2}%3B\,\frac{1}{2}%3B\,0\,)$ .

2) Placement du point :
Le point est situé sur le segment et $(\,M\,\in\,%5B\,AC\,%5D\,)$ . Les coordonnées de peuvent s’écrire sous forme paramétrique:
$M\,=\,A\,%2B\,\lambda\,(C\,-\,A)\,=\,(1%3B\,0%3B\,0)\,%2B\,\lambda\,(0-1%3B\,0-0%3B\,1-0)$
donc,
$M\,=\,(1-\lambda\,%3B\,0\,%3B\,\lambda)$
Comme est sur le plan passant par 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 :
Le point est l’intersection de la droite $\delta$ et de la droite (OB) . La droite $\delta$ est définie par le plan passant par et perpendiculaire à $\vec{IM}$ .

4) Conjecture:
La distance est minimale lorsque est au point le plus proche de .

5) Démonstration:
a) On considère le paramètre tel que:
$\vec{AM}\,=\,t\,\cdot\,\vec{AC}$
où $\vec{AC}\,=\,C\,-\,A\,=\,(0-1%3B0-0%3B1-0)\,=\,(-1%3B0%3B1)$ .

Les coordonnées de deviennent:
$M\,=\,(1%3B0%3B0)\,%2B\,t(-1%3B0%3B1)\,=\,(1-t%3B\,0%3B\,t)$

b) La longueur en fonction de :
Les coordonnées de sont : . Alors :
$\vec{MN}\,=\,(0-1%2Bt\,%3B\,t-0\,%3B\,0-t)\,=\,(-1%2Bt\,%3B\,t\,%3B\,-t)$
La longueur est:
$MN\,=\,\sqrt{(t-1)^2\,%2B\,t^2\,%2B\,(-t)^2}$
Simplification:
$MN\,=\,\sqrt{(t-1)^2\,%2B\,t^2\,%2B\,t^2}\,=\,\sqrt{t^2\,-\,2t\,%2B1\,%2B\,t^2\,%2B\,t^2}\,=\,\sqrt{3t^2\,-\,2t\,%2B\,1}$

c) Détermination de la valeur de :
Pour minimiser la distance , on cherche à minimiser la fonction $f(t)\,=\,3t^2\,-\,2t\,%2B\,1$ . 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 pour laquelle la distance 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 $A(5\,%3B\,2\,%3B\,6)$ et $B(5\,%3B\,-6\,%3B\,4)$ appartiennent-ils à la droite $\Delta$ ?

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

$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,3\,-\,t\,\\%0D%0Ay\,=\,2\,%2B\,4t\,\\%0D%0Az\,=\,-2t%0D%0A\end{cases}$

Pour le point $A(5\,%3B\,2\,%3B\,6)$ , nous devons vérifier s’il existe un tel que :
$\begin{cases}%0D%0A5\,=\,3\,-\,t\,\\%0D%0A2\,=\,2\,%2B\,4t\,\\%0D%0A6\,=\,-2t%0D%0A\end{cases}$

En résolvant ces équations :
$5\,=\,3\,-\,t\,\implies\,t\,=\,-2$
$2\,=\,2\,%2B\,4(-2)\,\implies\,2\,=\,2\,-\,8\,\implies\,2\,\neq\,-6\,\quad\,(fausse)$
$6\,=\,-2(-2)\,\implies\,6\,=\,4\,\quad\,(fausse)$

Donc, le point $A(5\,%3B\,2\,%3B\,6)$ n’appartient pas à la droite $\Delta$ .

Pour le point $B(5\,%3B\,-6\,%3B\,4)$ , nous devons vérifier s’il existe un tel que :
$\begin{cases}%0D%0A5\,=\,3\,-\,t\,\\%0D%0A-6\,=\,2\,%2B\,4t\,\\%0D%0A4\,=\,-2t%0D%0A\end{cases}$

En résolvant ces équations :
$5\,=\,3\,-\,t\,\implies\,t\,=\,-2$
$-6\,=\,2\,%2B\,4(-2)\,\implies\,-6\,=\,2\,-\,8\,\implies\,-6\,=\,-6\,\quad\,(vraie)$
$4\,=\,-2(-2)\,\implies\,4\,=\,4\,\quad\,(vraie)$

Donc, le point $B(5\,%3B\,-6\,%3B\,4)$ appartient à la droite $\Delta$ .

2) Déterminer les valeurs des réels et sans la condition du point $C(4\,%3B\,a\,%3B\,b)$ appartient à $\Delta$ .

Pour que le point $C(4\,%3B\,a\,%3B\,b)$ appartienne à $\Delta$ , il faut qu’il existe un tel que :

$\begin{cases}%0D%0A4\,=\,3\,-\,t\,\\%0D%0Aa\,=\,2\,%2B\,4t\,\\%0D%0Ab\,=\,-2t%0D%0A\end{cases}$

En résolvant la première équation :
$4\,=\,3\,-\,t\,\implies\,t\,=\,-1$

En utilisant cette valeur de dans les autres équations :
$a\,=\,2\,%2B\,4(-1)\,\implies\,a\,=\,2\,-\,4\,\implies\,a\,=\,-2$
$b\,=\,-2(-1)\,\implies\,b\,=\,2$

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

3) Soit $M(x\,%3B\,y\,%3B\,z)\,\in\,\Delta$ . Exprimer AM^2 en fonction de .

Le point $M(x\,%3B\,y\,%3B\,z)$ sur la droite $\Delta$ a pour coordonnées :
$\begin{cases}%0D%0Ax\,=\,3\,-\,t\,\\%0D%0Ay\,=\,2\,%2B\,4t\,\\%0D%0Az\,=\,-2t%0D%0A\end{cases}$

Le point $A(5\,%3B\,2\,%3B\,6)$ a pour coordonnées :
$A\,=\,(5\,%3B\,2\,%3B\,6)$

La distance au carré AM^2 est donnée par :
$AM^2\,=\,(x\,-\,5)^2\,%2B\,(y\,-\,2)^2\,%2B\,(z\,-\,6)^2$

En remplaçant , et par les expressions en fonction de :

$AM^2\,=\,(3\,-\,t\,-\,5)^2\,%2B\,(2\,%2B\,4t\,-\,2)^2\,%2B\,(-2t\,-\,6)^2$
$AM^2\,=\,(-2\,-\,t)^2\,%2B\,(4t)^2\,%2B\,(-2t\,-\,6)^2$
$AM^2\,=\,(t\,%2B\,2)^2\,%2B\,(4t)^2\,%2B\,(-2t\,-\,6)^2$

En développant chaque terme :

$(t\,%2B\,2)^2\,=\,t^2\,%2B\,4t\,%2B\,4$
$(4t)^2\,=\,16t^2$
$(-2t\,-\,6)^2\,=\,4t^2\,%2B\,24t\,%2B\,36$

Donc :
$AM^2\,=\,(t^2\,%2B\,4t\,%2B\,4)\,%2B\,16t^2\,%2B\,(4t^2\,%2B\,24t\,%2B\,36)$
$AM^2\,=\,21t^2\,%2B\,28t\,%2B\,40$

4) Déterminer les coordonnées du point tel que la distance soit minimale.

Pour minimiser la distance , il faut minimiser $AM^2\,=\,21t^2\,%2B\,28t\,%2B\,40$ .

Cette expression est une fonction quadratique de la forme $at^2\,%2B\,bt\,%2B\,c$ 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 pour trouver les coordonnées de :

$x\,=\,3\,-\,t\,=\,3\,%2B\,\frac{2}{3}\,=\,\frac{9}{3}\,%2B\,\frac{2}{3}\,=\,\frac{11}{3}$
$y\,=\,2\,%2B\,4t\,=\,2\,%2B\,4\,(-\frac{2}{3})\,=\,2\,-\,\frac{8}{3}\,=\,\frac{6}{3}\,-\,\frac{8}{3}\,=\,-\frac{2}{3}$
$z\,=\,-2t\,=\,-2\,(-\frac{2}{3})\,=\,\frac{4}{3}$

Donc, les coordonnées du point minimisant la distance sont :

$M(\,\frac{11}{3}\,%3B\,-\frac{2}{3}\,%3B\,\frac{4}{3}\,)$

Exercice 23 : démontrer que la droite et le plan sont sécants
Les points $A(-2%3B\,0%3B\,1)$ , $B(1%3B\,2%3B\,-1)$ et $C(-2%3B\,2%3B\,2)$ 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 $\vec{AC}$ :

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

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

$\vec{AB}\,\times \,\vec{AC}\,=\,\begin{vmatrix}%0D%0A\mathbf{i}\,%26\,\mathbf{j}\,%26\,\mathbf{k}\,\\%0D%0A3\,%26\,2\,%26\,-2\,\\%0D%0A0\,%26\,2\,%26\,1%0D%0A\end{vmatrix}%0D%0A=\,\mathbf{i}(2\,\cdot\,1\,-\,(-2)\,\cdot\,2)\,-\,\mathbf{j}(3\,\cdot\,1\,-\,(-2)\,\cdot\,0)\,%2B\,\mathbf{k}(3\,\cdot\,2\,-\,2\,\cdot\,0)$

$=\,\mathbf{i}(2\,%2B\,4)\,-\,\mathbf{j}(3\,-\,0)\,%2B\,\mathbf{k}(6\,-\,0)$
$=\,6\mathbf{i}\,-\,3\mathbf{j}\,%2B\,6\mathbf{k}$

Puisque le vecteur résultant $6\mathbf{i}\,-\,3\mathbf{j}\,%2B\,6\mathbf{k}$ n’est pas le vecteur nul, les points $A%2C\,B%2C\,C$ ne sont pas alignés et donc ils définissent un plan.

2) Soit $D(-2%3B\,-1%3B\,0)$ et $E(-2%3B\,5%3B\,2)$ . La droite (DE) est donnée par :

$\vec{DE}\,=\,E\,-\,D\,=\,(-2\,-\,(-2)%3B\,5\,-\,(-1)%3B\,2\,-\,0)\,=\,(0%3B\,6%3B\,2)$

La paramétrisation de la droite (DE) est :

$\mathbf{r}(t)\,=\,\mathbf{D}\,%2B\,t\,\cdot\,\vec{DE}$
$=\,(-2%3B\,-1%3B\,0)\,%2B\,t\,\cdot\,(0%3B\,6%3B\,2)$
$=\,(-2%3B\,-1\,%2B\,6t%3B\,2t)$

Nous cherchons les coordonnées du point de l’intersection entre la droite (DE) et le plan (ABC) .
L’équation du plan (ABC) peut être trouvée en utilisant le vecteur normal $\mathbf{n}\,=\,(6%2C\,-3%2C\,6)$ et le point .

L’équation cartésienne du plan est de la forme :

$6(x\,%2B\,2)\,-\,3(y\,-\,0)\,%2B\,6(z\,-\,1)\,=\,0$

Simplifions cette équation :

$6x\,%2B\,12\,-\,3y\,%2B\,6z\,-\,6\,=\,0$
$6x\,-\,3y\,%2B\,6z\,%2B\,6\,=\,0$
$2x\,-\,y\,%2B\,2z\,%2B\,2\,=\,0$

Remplaçons $x%2C\,y%2C\,z$ par les coordonnées paramétriques de la droite (DE) :

$2(-2)\,-\,(\,-1\,%2B\,6t)\,%2B\,2(2t)\,%2B\,2\,=\,0$
$-4\,%2B\,1\,-\,6t\,%2B\,4t\,%2B\,2\,=\,0$
$-1\,-\,2t\,=\,0$
$t\,=\,-\frac{1}{2}$

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

$x\,=\,-2%2C\,\quad\,y\,=\,-1\,%2B\,6(-\frac{1}{2})\,=\,-1\,-\,3\,=\,-4%2C\,\quad\,z\,=\,2(-\frac{1}{2})\,=\,-1$

Donc, les coordonnées de l’intersection sont :

$I(-2%2C\,-4%2C\,-1)$

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

[a)] $\vec{AD}\,=\,\vec{EF}\,%2B\,\vec{FH}$

Pour vérifier cette égalité, analysons chaque vecteur :

– $\vec{AD}$ est le vecteur qui va de à , donc $\vec{AD}\,=\,\vec{A}D$
– $\vec{EF}$ est le vecteur qui va de à .
– $\vec{FH}$ est le vecteur qui va de à .

Dans un parallélépipède rectangle, si l’on considère que $A\,=\,0$ ,
$\vec{AD}\,=\,\vec{A}\,%2B\,\vec{D}$
Par conséquent, l’égalité $\vec{AD}\,=\,\vec{EF}\,%2B\,\vec{FH}$ est fausse.

[b)] $\vec{AC}\,=\,\vec{DG}\,%2B\,\vec{ED}$

Pour vérifier cette égalité, analysons chaque vecteur :

– $\vec{AC}$ est le vecteur qui va de à ,
– $\vec{DG}$ est le vecteur qui va de à ,
– $\vec{ED}$ est le vecteur qui va de à .

Dans un parallélépipède rectangle, comme et sont en face de chacun d’autres:
$\vec{AC}\,=\,\vec{DG}\,%2B\,\vec{ED}$

Donc l’égalité est vraie.

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

Pour vérifier cette égalité,

– Notons que est le milieu de , 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 :

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

On déduit que :
$\vec{FE}\,\,n'est\,pas\,egal\,\,-2\vec{JC}\,.$

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 tel que $\vec{AP}\,=\,\vec{AB}\,%2B\,\frac{1}{2}\,\vec{CG}$ :

$\vec{AP}\,=\,\vec{AB}\,%2B\,\frac{1}{2}\,\vec{CG}$

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, $\vec{CG}\,=\,\vec{CF}\,%2B\,\vec{FG}$ .

Étant donné que $\vec{CG}$ est deux fois plus long qu’une arête dans le plan , :
$\vec{CG}\,=\,\vec{CF}\,%2B\,\vec{FG}\,=\,\vec{CB}\,(sur\,l%E2%80%99axe\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3Fy%22\,alt=%22y$ ) + \vec{BG}(sur l’axe ). » align= »absmiddle » />

Donc $\vec{AP}\,=\,\vec{AB}\,%2B\,\frac{1}{2}\,\vec{CB}\,%2B\,\frac{1}{2}\,\vec{BG}$ .

b) Pour trouver le point tel que $\vec{BQ}\,=\,\vec{CG}\,%2B\,\vec{AD}\,%2B\,\frac{1}{3}\,\vec{HD}$ :

$\vec{BQ}\,=\,\vec{CG}\,%2B\,\vec{AD}\,%2B\,\frac{1}{3}\,\vec{HD}$

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

$\vec{BQ}\,=\,\vec{CB}%2B\vec{BG}%2B\,\vec{AD}\,%2B\frac{1}{3}\,(\vec{HD})$ .

c) Pour trouver le point tel que $\vec{BR}\,=\,\vec{CD}\,%2B\,\frac{1}{2}\,\vec{BA}$ :

$\vec{BR}\,=\,\vec{CD}\,%2B\,\frac{1}{2}\,\vec{BA}$

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

$\vec{BR}\,=\,\vec{CB}\,%2B\,\frac{1}{2}\,(\,-\vec{AB})$

d) Pour trouver le point tel que $\vec{HS}\,=\,\vec{DB}\,-\,\frac{1}{2}\,\vec{DA}$ :

$\vec{HS}\,=\,\vec{DB}\,-\,\frac{1}{2}\,\vec{DA}$

Sachant que $\vec{DB}\,=\,\vec{DC}%2B\vec{CB}\,=\,-\vec{AD}%2B\vec{CB}$ :

$\vec{HS}\,=\,-\vec{AD}%2B\vec{CB}\,-\frac{1}{2}(-\vec{AD})$

Ensuite, déterminez les positions précises de , , , et 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
$Prenons\,le\,point\,\,K\,\,comme\,milieu\,de\,\,%5BSC%5D.$
$On\,a\,donc\,%3A\,\,\vec{SK}\,=\,\vec{KC}.$

$On\,cherche\,\,\vec{AK}.$

$On\,peut\,ecrire\,%3A\,\,\vec{AK}\,=\,\vec{AS}\,%2B\,\vec{SK}.$

$\vec{SK}\,=\,\frac{1}{2}\,\vec{SC}%2C$

$donc\,\,\vec{AK}\,=\,\vec{AS}\,%2B\,\frac{1}{2}\,\vec{SC}.$

$Le\,vecteur\,\,\vec{AS}\,\,peut\,etre\,exprime\,comme\,une\,combinaison\,lineaire\,des\,vecteurs\,\,\vec{AB}%2C\,\vec{AD}\,\,et\,\,\vec{SC}.$

$En\,effet%2C\,comme\,\,S\,\,est\,le\,sommet\,de\,la\,pyramide%2C\,on\,a%3A\,\,\vec{AS}\,=\,a\vec{AB}\,%2B\,b\vec{AD}\,%2B\,c\vec{SC}%2C$
où , , et sont des scalaires.

Mais puisque $\vec{AS}$ est un vecteur reliant le point au sommet , on peut dire que:
$\vec{AS}\,=\,\vec{0}.$

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

Nous avons donc :
$\vec{AK}\,=\,0\cdot\vec{AB}\,%2B\,0\cdot\vec{AD}\,%2B\,\frac{1}{2}\,\vec{SC}.$

$En\,conclusion%2C\,\quad\,\vec{AK}\,=\,\frac{1}{2}\,\vec{SC}.$

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

$a)\,Demontrer\,que\,la\,droite\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3Fd%22\,alt=%22d$ est parallele au plan $\mathscr{P}$ . » align= »absmiddle » />

Pour que la droite 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 :
$\vec{u}\,=\,\begin{pmatrix}\,1\,\\\,0\,\\\,1\,\end{pmatrix}%2C\,\quad\,\vec{v}\,=\,\begin{pmatrix}\,0\,\\\,3\,\\\,5\,\end{pmatrix}$

Nous calculons le vecteur normal $\vec{n}$ du plan $\mathscr{P}$ comme produit vectoriel de $\vec{u}$ et $\vec{v}$ :
$\vec{n}\,=\,\vec{u}\,\wedge\,\vec{v}\,=\,\begin{vmatrix}\,\vec{i}\,%26\,\vec{j}\,%26\,\vec{k}\,\\\,1\,%26\,0\,%26\,1\,\\\,0\,%26\,3\,%26\,5\,\end{vmatrix}\,=\,\vec{i}\,(0\,\cdot\,5\,-\,1\,\cdot\,3)\,-\,\vec{j}\,(1\,\cdot\,5\,-\,1\,\cdot\,0)\,%2B\,\vec{k}\,(1\,\cdot\,3\,-\,0\,\cdot\,0)$
$\vec{n}\,=\,\begin{pmatrix}\,-3\,\\\,-5\,\\\,3\,\end{pmatrix}$

Le vecteur directeur de la droite est :
$\vec{w}\,=\,\begin{pmatrix}\,1\,\\\,3\,\\\,6\,\end{pmatrix}$

Pour vérifier la parallélité, nous devons vérifier si $\vec{w}$ est orthogonal à $\vec{n}$ :
$\vec{n}\,\cdot\,\vec{w}\,=\,\begin{pmatrix}\,-3\,\\\,-5\,\\\,3\,\end{pmatrix}\,\cdot\,\begin{pmatrix}\,1\,\\\,3\,\\\,6\,\end{pmatrix}\,=\,(-3)\,\cdot\,1\,%2B\,(-5)\,\cdot\,3\,%2B\,3\,\cdot\,6$
$\vec{n}\,\cdot\,\vec{w}\,=\,-3\,-\,15\,%2B\,18\,=\,0$

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

$b)\,Determiner\,la\,position\,relative\,des\,plans\,%3Cimg\,decoding=%22async%22\,class=%22LatexImg%22\,src=%22https%3A%2F%2Fmaths-pdf.fr%2Fcgi-bin%2Fmimetex.cgi%3F%255Cmathscr%257BP%257D%22\,alt=%22\mathscr{P}$ et $\mathscr{Q}$ . » align= »absmiddle » />

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 $\vec{t}$ :
$\vec{n}_{\mathscr{Q}}\,=\,\vec{w}\,\wedge\,\vec{t}\,=\,\begin{vmatrix}\,\vec{i}\,%26\,\vec{j}\,%26\,\vec{k}\,\\\,1\,%26\,3\,%26\,6\,\\\,2\,%26\,-3\,%26\,-3\,\end{vmatrix}\,=\,\vec{i}\,(3\,\cdot\,(-3)\,-\,6\,\cdot\,(-3))\,-\,\vec{j}\,(1\,\cdot\,(-3)\,-\,6\,\cdot\,2)\,%2B\,\vec{k}\,(1\,\cdot\,(-3)\,-\,3\,\cdot\,2)$
$\vec{n}_{\mathscr{Q}}\,=\,\begin{pmatrix}\,-9\,%2B\,18\,\\\,-3\,-\,12\,\\\,-3\,-\,6\,\end{pmatrix}\,=\,\begin{pmatrix}\,9\,\\\,-15\,\\\,-9\,\end{pmatrix}$

Pour déterminer la position relative des plans, nous devons voir s’ils sont parallèles, c’est-à-dire si les vecteurs normaux sont colinéaires :
$\vec{n}_{\mathscr{P}}\,=\,\begin{pmatrix}\,-3\,\\\,-5\,\\\,3\,\end{pmatrix}%2C\,\quad\,\vec{n}_{\mathscr{Q}}\,=\,\begin{pmatrix}\,9\,\\\,-15\,\\\,-9\,\end{pmatrix}$

Vérifions si $\vec{n}_{\mathscr{Q}}$ est un multiple scalaire de $\vec{n}_{\mathscr{P}}$ :
$\vec{n}_{\mathscr{Q}}\,=\,k\,\vec{n}_{\mathscr{P}}$
$9\,=\,k\,(-3)%2C\,\quad\,-15\,=\,k\,(-5)%2C\,\quad\,-9\,=\,k\,(3)$
$k\,=\,\frac{9}{-3}\,=\,-3%2C\,\quad\,k\,=\,\frac{-15}{-5}\,=\,3%2C\,\quad\,k\,=\,\frac{-9}{3}\,=\,-3$

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).

$Conclusion\,%3A$
– La droite 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 $B(-2%3B\,6%3B\,7)$ appartient-il au plan $\mathcal{P}$ ?

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

Calculons $\vec{AB}$ :
$\vec{AB}\,=\,B\,-\,A\,=\,(-2\,-\,2%3B\,6\,-\,(-1)%3B\,7\,-\,(-3))\,=\,(-4%3B\,7%3B\,10)$

Nous cherchons donc des scalaires $\alpha$ et $\beta$ tels que :
$\vec{AB}\,=\,\alpha\,\vec{u}\,%2B\,\beta\,\vec{v}$

C’est-à-dire :
$(-4%3B\,7%3B\,10)\,=\,\alpha\,(2%3B\,1%3B\,0)\,%2B\,\beta\,(-1%3B\,4%3B\,5)$

Ce qui donne le système de trois équations :
$\begin{cases}%0D%0A2\alpha\,-\,\beta\,=\,-4\,\\%0D%0A\alpha\,%2B\,4\beta\,=\,7\,\\%0D%0A0\alpha\,%2B\,5\beta\,=\,10%0D%0A\end{cases}$

Résolvons ce système :
$5\beta\,=\,10\,\implies\,\beta\,=\,2$
$\alpha\,%2B\,4(2)\,=\,7\,\implies\,\alpha\,%2B\,8\,=\,7\,\implies\,\alpha\,=\,-1$
Vérifions la première équation :
$2(-1)\,-\,2\,=\,-2\,-\,2\,=\,-4$

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

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

Le point milieu de $%5BA%2C\,B%5D$ est tel que :
$M\,=\,(\,\frac{x_A\,%2B\,x_B}{2}%2C\,\frac{y_A\,%2B\,y_B}{2}%2C\,\frac{z_A\,%2B\,z_B}{2}\,)$
$M\,=\,(\,\frac{2\,-\,2}{2}%2C\,\frac{-1\,%2B\,6}{2}%2C\,\frac{-3\,%2B\,7}{2}\,)$
$M\,=\,(0%2C\,2.5%2C\,2)$

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

Calculons $\vec{AM}$ :
$\vec{AM}\,=\,M\,-\,A\,=\,(0\,-\,2%3B\,2.5\,-\,(-1)%3B\,2\,-\,(-3))$
$\vec{AM}\,=\,(-2%3B\,3.5%3B\,5)$

Nous cherchons des scalaires $\alpha$ et $\beta$ tels que :
$\vec{AM}\,=\,\alpha\,\vec{u}\,%2B\,\beta\,\vec{v}$

C’est-à-dire :
$(-2%3B\,3.5%3B\,5)\,=\,\alpha\,(2%3B\,1%3B\,0)\,%2B\,\beta\,(-1%3B\,4%3B\,5)$

Ce qui donne le système de trois équations :
$\begin{cases}%0D%0A2\alpha\,-\,\beta\,=\,-2\,\\%0D%0A\alpha\,%2B\,4\beta\,=\,3.5\,\\%0D%0A5\beta\,=\,5%0D%0A\end{cases}$

Résolvons ce système :
$5\beta\,=\,5\,\implies\,\beta\,=\,1$
$\alpha\,%2B\,4(1)\,=\,3.5\,\implies\,\alpha\,%2B\,4\,=\,3.5\,\implies\,\alpha\,=\,-0.5$
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 appartient au plan $\mathcal{P}$ .

2. a) Le point $C(12%3B\,-8%3B\,-11)$ appartient-il au plan $\mathcal{P}$ ?

Un point $C(x_C%2C\,y_C%2C\,z_C)$ appartient au plan $\mathcal{P}$ si le vecteur $\vec{AC}$ est une combinaison linéaire des vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ .

Calculons $\vec{AC}$ :
$\vec{AC}\,=\,C\,-\,A\,=\,(12\,-\,2%3B\,-8\,-\,(-1)%3B\,-11\,-\,(-3))$
$\vec{AC}\,=\,(10%3B\,-7%3B\,-8)$

Nous cherchons donc des scalaires $\alpha$ et $\beta$ tels que :
$\vec{AC}\,=\,\alpha\,\vec{u}\,%2B\,\beta\,\vec{v}$

C’est-à-dire :
$(10%3B\,-7%3B\,-8)\,=\,\alpha\,(2%3B\,1%3B\,0)\,%2B\,\beta\,(-1%3B\,4%3B\,5)$

Ce qui donne le système de trois équations :
$\begin{cases}%0D%0A2\alpha\,-\,\beta\,=\,10\,\\%0D%0A\alpha\,%2B\,4\beta\,=\,-7\,\\%0D%0A5\beta\,=\,-8%0D%0A\end{cases}$

Résolvons ce système :
$5\beta\,=\,-8\,\implies\,\beta\,=\,-\frac{8}{5}$
$\alpha\,%2B\,4(-\frac{8}{5})\,=\,-7\,\implies\,\alpha\,-\,\frac{32}{5}\,=\,-7\,\implies\,\alpha\,=\,-7\,%2B\,\frac{32}{5}\,\implies\,\alpha\,=\,\frac{3}{5}$

Vérifions la première équation :
$2\,(\frac{3}{5})\,-\,(-\frac{8}{5})\,=\,\frac{6}{5}\,%2B\,\frac{8}{5}\,=\,\frac{14}{5}$

Les valeurs $\alpha\,=\,\frac{3}{5}$ et $\beta\,=\,-\frac{8}{5}$ ne vérifient pas la première équation, donc le point 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 $M(0%2C\,2.5%2C\,2)$ et le point $C(12%2C\,-8%2C\,-11)$ .

Calculons le vecteur directeur de la droite (MC) :
$\vec{MC}\,=\,C\,-\,M\,=\,(12\,-\,0%3B\,-8\,-\,2.5%3B\,-11\,-\,2)$
$\vec{MC}\,=\,(12%3B\,-10.5%3B\,-13)$

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 $\vec{u}\,\times \,\vec{v}$ :
$\vec{u}\,=\,(2%3B\,1%3B\,0)%2C\,\quad\,\vec{v}\,=\,(-1%3B\,4%3B\,5)$
$\vec{n}\,=\,\vec{u}\,\times \,\vec{v}\,=\,\begin{vmatrix}%0D%0A\mathbf{i}\,%26\,\mathbf{j}\,%26\,\mathbf{k}\,\\%0D%0A2\,%26\,1\,%26\,0\,\\%0D%0A-1\,%26\,4\,%26\,5%0D%0A\end{vmatrix}$
$\vec{n}\,=\,(1\,\cdot\,5\,-\,0\,\cdot\,4%2C\,0\,\cdot\,(-1)\,-\,2\,\cdot\,5%2C\,2\,\cdot\,4\,-\,1\,\cdot\,(-1))$
$\vec{n}\,=\,(5%0D%0A%0D%0A%3Ca\,id=%22exercice-29%22>%3C%2Fa>%3Cspan\,class=%22titrecorrection%22>Exercice\,29\,%3A\,decomposer\,des\,vecteurs\,avec\,un\,tetraedre%3C%2Fspan>%0D%0A1.\,Montrons\,que\,les\,segments\,$\,%5BIJ%5D%2C\,%5BKL%5D\,$\,et\,$\,%5BMN%5D\,$\,ont\,le\,meme\,milieu\,$\,E\,$.%0D%0A%0D%0AConsiderons\,le\,tetraedre\,$\,ABCD\,$\,et\,les\,milieux\,des\,aretes\,$\,I%2C\,J%2C\,K%2C\,L%2C\,M%2C\,$\,et\,$\,N\,$.%0D%0A%0D%0APour\,les\,segments\,$\,%5BIJ%5D%2C\,%5BKL%5D%2C\,%5BMN%5D\,$%2C\,nous\,devons\,montrer\,que\,$\,E\,$\,est\,leur\,milieu.%0D%0A%0D%0ALe\,point\,$\,E\,$\,est\,le\,centre\,de\,gravite\,du\,tetraedre\,et\,egalement\,le\,centre\,des\,segments\,joignant\,les\,milieux\,des\,aretes\,opposees.\,Par\,definition\,du\,centre\,de\,gravite\,et\,proprietes\,de\,symetrie\,dans\,un\,tetraedre%2C\,on\,en\,deduit\,que\,%3A%0D%0A%0D%0A\%5B\,E\,\,est\,le\,milieu\,de\,\,%5BIJ%5D%2C\,%5BKL%5D\,\,et\,\,%5BMN%5D.$ Exercice 29 : decomposer des vecteurs avec un tetraedre
1. Montrons que les segments $%5BIJ%5D%2C\,%5BKL%5D$ et ont le meme milieu .

Considerons le tetraedre ABCD et les milieux des aretes $I%2C\,J%2C\,K%2C\,L%2C\,M%2C$ et .

Pour les segments $%5BIJ%5D%2C\,%5BKL%5D%2C\,%5BMN%5D$ , nous devons montrer que est leur milieu.

Le point est le centre de gravite du tetraedre et egalement le centre des segments joignant les milieux des aretes opposees. Par definition du centre de gravite et proprietes de symetrie dans un tetraedre, on en deduit que :

\[ E est le milieu de [IJ], [KL] et [MN]. » align= »absmiddle » />

2. En déduire que $\vec{EA}\,%2B\,\vec{EB}\,%2B\,\vec{EC}\,%2B\,\vec{ED}\,=\,\vec{0}$ .

Puisque est le centre de gravité du tétraèdre ABCD , par définition, on a :

$\vec{EA}\,%2B\,\vec{EB}\,%2B\,\vec{EC}\,%2B\,\vec{ED}\,=\,\vec{0}.$

3. Quelles sont les coordonnées du point dans le repère $(A%3B\,\vec{AB}%2C\,\vec{AC}%2C\,\vec{AD})$ ?

Les coordonnées barycentriques du point dans le repère $(A%3B\,\vec{AB}%2C\,\vec{AC}%2C\,\vec{AD})$ sont $(\,\frac{1}{4}%2C\,\frac{1}{4}%2C\,\frac{1}{4}%2C\,\frac{1}{4}\,)$ , donc les coordonnées de sont :

$E\,=\,\frac{1}{4}\,(A\,%2B\,B\,%2B\,C\,%2B\,D).$

4. (a) Décomposer chacun des vecteurs $\vec{EI}%2C\,\vec{EK}%2C\,\vec{EM}$ dans la base $(\vec{AB}%2C\,\vec{AC}%2C\,\vec{AD})$ .

Soit $I%2C\,J%2C\,K%2C\,L%2C\,M%2C\,N$ les milieux de $%5BAB%5D%2C\,%5BCD%5D%2C\,%5BBC%5D%2C\,%5BDA%5D%2C\,%5BBD%5D%2C\,%5BAC%5D$ .

Les vecteurs peuvent être décomposés comme suit :

$\vec{EI}\,=\,\frac{1}{2}\,\vec{EA}\,%2B\,\frac{1}{2}\,\vec{EB}$

$\vec{EK}\,=\,\frac{1}{2}\,\vec{EB}\,%2B\,\frac{1}{2}\,\vec{EC}$

$\vec{EM}\,=\,\frac{1}{2}\,\vec{EC}\,%2B\,\frac{1}{2}\,\vec{ED}$

(b) Vérifier que $(E%3B\,\vec{EI}%2C\,\vec{EK}%2C\,\vec{EM})$ est un repère de l’espace.

Pour cela, nous devons vérifier que les vecteurs $\vec{EI}%2C\,\vec{EK}%2C\,\vec{EM}$ 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 $A%2C\,B%2C\,C$ et du tétraèdre ?

Les coordonnées des sommets $A%2C\,B%2C\,C$ et dans le repère $(E%3B\,\vec{EI}%2C\,\vec{EK}%2C\,\vec{EM})$ sont trouvées par résolution de systèmes d’équations et les symétries inhérentes de la figure:

$A(3%3B\,-1%3B\,-1%3B\,-1)%2C\,B(-1%3B\,3%3B\,-1%3B\,-1)%2C\,C(-1%3B\,-1%3B\,3%3B\,-1)%2C\,D(-1%3B\,-1%3B\,-1%3B\,3)$