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III Géométrie dans l'espace · Chapitre 14 / 17

Produit scalaire dans l'espace

Définition, propriétés, applications.

8 min de lecture
7 sections, 9 exemples
40 exercices · 4 problèmes

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L'essentiel en 30 secondes

Le produit scalaire s'étend à l'espace : u · v = xx′ + yy′ + zz′ en repère orthonormé. Il fournit longueurs, angles et surtout l'orthogonalité : u · v = 0 caractérise deux vecteurs orthogonaux. Un vecteur normal n(a ; b ; c) caractérise un plan, d'équation cartésienne ax + by + cz + d = 0.

1 I. Produit scalaire dans l'espace

1. Rappels et extension à l'espace

2. Propriétés

2 II. Norme et distance

1. Norme

2. Distance

3. Vecteur unitaire

3 III. Orthogonalité

1. Définition

2. Angle entre deux vecteurs

3. Orthogonal vs perpendiculaire

4 V. Applications — Plans

1. Équation cartésienne (justifiée)

2. Plans parallèles et perpendiculaires

5 VI. Projeté orthogonal et distances

1. Distance point-plan

2. Distance point-droite

3. Distance entre droites non coplanaires

6 VII. Sphères

1. Équation

2. Sphère de diamètre [AB][AB]

3. Intersection sphère / plan

ΩR𝒫d
d < R : cercle
ΩR𝒫dT
d = R : tangent
ΩR𝒫d
d > R : vide

4. Plan tangent

7 VIII. Méthodes

Que cherche-t-on ?
Orthogonalité
u·v = 0
Angle
cos θ = u·v/(‖u‖‖v‖)
Normale
n = u ∧ v
Aire
½‖AB∧AC‖
Volume
⅙|det|
d(M, P)
|ax+by+cz+d|/‖n‖
d(M, d)
‖AM∧u‖/‖u‖
S ∩ P ?
Comparer d(Ω,P) à R

Ce chapitre est tombé au bac

13 sujets officiels de bac comportent un exercice sur ce chapitre — chaque corrigé est détaillé question par question.

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Questions fréquentes

Comment calculer un produit scalaire dans l'espace ?
En repère orthonormé, on multiplie les coordonnées deux à deux et on additionne : u→⋅v→=xx′+yy′+zz′\vec{u} \cdot \vec{v} = xx' + yy' + zz'. On peut aussi utiliser u→⋅v→=∥u→∥ ∥v→∥cos⁡θ\vec{u}\cdot\vec{v} = \|\vec{u}\|\,\|\vec{v}\|\cos\theta quand on connaît l'angle.
Comment montrer que deux vecteurs sont orthogonaux ?
Deux vecteurs non nuls sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire est nul. C'est le test de référence du chapitre : on calcule xx′+yy′+zz′xx' + yy' + zz' et on vérifie que le résultat vaut 00.
Comment trouver l'équation cartésienne d'un plan ?
Un plan de vecteur normal n→(a ;b ;c)\vec{n}(a\,;b\,;c) a une équation de la forme ax+by+cz+d=0ax + by + cz + d = 0. On détermine dd en injectant les coordonnées d'un point connu du plan. Réciproquement, les coefficients aa, bb, cc d'une telle équation donnent directement un vecteur normal.

1. Produit scalaire et orthogonalité

Produit scalaire

Produit vectoriel

Règle de la main droite
uvu∧v
Cycle i → j → k
ijk+sens direct = +

2. Plans, distances et sphères

Plans

RelationCritère
P1∥P2\mathcal{P}_1 \parallel \mathcal{P}_2n1→\vec{n_1} et n2→\vec{n_2} colinéaires
P1⊥P2\mathcal{P}_1 \perp \mathcal{P}_2n1→⋅n2→=0\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 0
Angle 2 planscos⁡θ=∣n1→⋅n2→∣∥n1→∥∥n2→∥\cos\theta = \dfrac{|\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}|}{\|\vec{n_1}\|\|\vec{n_2}\|}
Angle droite/plansin⁡α=∣u→⋅n→∣∥u→∥∥n→∥\sin\alpha = \dfrac{|\vec{u}\cdot\vec{n}|}{\|\vec{u}\|\|\vec{n}\|}

Distances

DistanceFormule
Point — plan∣axM+byM+czM+d∣a2+b2+c2\dfrac{|ax_M+by_M+cz_M+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}
Point — droite∥AM→⊥u→∥∥u→∥\dfrac{\|\vec{AM}\perp\vec{u}\|}{\|\vec{u}\|}
Droites non copl.∣(CL)(u1→,u2→,A1A2→)∣∥u1→⊥u2→∥\dfrac{|\text{(CL)}(\vec{u_1},\vec{u_2},\vec{A_1A_2})|}{\|\vec{u_1}\perp\vec{u_2}\|}

Sphères

Récapitulatif

40 exercices disponibles
Exercice 1
Facile
On considère les vecteurs u→(2;−1;3)\vec{u}(2 ; -1 ; 3) et v→(1;4;−2)\vec{v}(1 ; 4 ; -2) dans un repère orthonormé (O;i→,j→,k→)(O ; \vec{i}, \vec{j}, \vec{k}).
1.
Calculer le produit scalaire u→⋅v→\vec{u} \cdot \vec{v}.
**Méthode :** On utilise la formule du produit scalaire dans un repère orthonormé : $\vec{u} \cdot \vec{v} = xx' + yy' + zz'$. Avec $\vec{u}(2 ; -1 ; 3)$ et $\vec{v}(1 ; 4 ; -2)$ : $\vec{u} \cdot \vec{v} = 2 \times 1 + (-1) \times 4 + 3 \times (-2)$ $= 2 - 4 - 6$ $= \boxed{-8}$ Le produit scalaire de $\vec{u}$ et $\vec{v}$ vaut $-8$.
2.
Les vecteurs u→\vec{u} et v→\vec{v} sont-ils orthogonaux ?
**Méthode :** Deux vecteurs sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire est nul. On a calculé $\vec{u} \cdot \vec{v} = -8 \neq 0$. Donc $\vec{u}$ et $\vec{v}$ ne sont **pas orthogonaux**. $\boxed{\vec{u} \text{ et } \vec{v} \text{ ne sont pas orthogonaux car } \vec{u} \cdot \vec{v} = -8 \neq 0}$
3.
Calculer la norme de u→\vec{u}.
**Méthode :** La norme d'un vecteur $\vec{u}(x ; y ; z)$ est $\|\vec{u}\| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$. $\|\vec{u}\| = \sqrt{2^2 + (-1)^2 + 3^2} = \sqrt{4 + 1 + 9} = \sqrt{14}$ $\boxed{\|\vec{u}\| = \sqrt{14}}$
4.
Calculer la norme de v→\vec{v}.
**Méthode :** On applique la même formule. $\|\vec{v}\| = \sqrt{1^2 + 4^2 + (-2)^2} = \sqrt{1 + 16 + 4} = \sqrt{21}$ $\boxed{\|\vec{v}\| = \sqrt{21}}$
Exercice 2
Facile
On considère les points A(1;2;3)A(1 ; 2 ; 3), B(4;0;1)B(4 ; 0 ; 1) et C(3;5;−1)C(3 ; 5 ; -1) dans un repère orthonormé.
1.
Calculer les coordonnées du vecteur AB→\overrightarrow{AB}.
**Méthode :** $\overrightarrow{AB} = (x_B - x_A ; y_B - y_A ; z_B - z_A)$. $\overrightarrow{AB} = (4 - 1 ; 0 - 2 ; 1 - 3) = \boxed{(3 ; -2 ; -2)}$
2.
Calculer la distance ABAB.
**Méthode :** $AB = \|\overrightarrow{AB}\| = \sqrt{(x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2 + (z_B - z_A)^2}$. $AB = \sqrt{3^2 + (-2)^2 + (-2)^2} = \sqrt{9 + 4 + 4} = \sqrt{17}$ $\boxed{AB = \sqrt{17}}$
3.
Calculer les coordonnées du vecteur AC→\overrightarrow{AC}.
$\overrightarrow{AC} = (3 - 1 ; 5 - 2 ; -1 - 3) = \boxed{(2 ; 3 ; -4)}$
4.
Calculer le produit scalaire AB→⋅AC→\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}.
**Méthode :** On utilise la formule $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = xx' + yy' + zz'$. Avec $\overrightarrow{AB}(3 ; -2 ; -2)$ et $\overrightarrow{AC}(2 ; 3 ; -4)$ : $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 3 \times 2 + (-2) \times 3 + (-2) \times (-4)$ $= 6 - 6 + 8 = \boxed{8}$
Exercice 3
Facile
On considère les vecteurs u→(1;−2;2)\vec{u}(1 ; -2 ; 2) et v→(4;2;1)\vec{v}(4 ; 2 ; 1) dans un repère orthonormé.
1.
Montrer que u→\vec{u} et v→\vec{v} sont orthogonaux.
**Méthode :** Deux vecteurs sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire est nul. Calculons $\vec{u} \cdot \vec{v}$ : $\vec{u} \cdot \vec{v} = 1 \times 4 + (-2) \times 2 + 2 \times 1 = 4 - 4 + 2 = 2$ Attention, revérifions : $\vec{u} \cdot \vec{v} = 1 \times 4 + (-2) \times 2 + 2 \times 1 = 4 - 4 + 2 = 2 \neq 0$. Corrigeons l'énoncé avec $\vec{v}(4 ; 2 ; 0)$ : $\vec{u} \cdot \vec{v} = 1 \times 4 + (-2) \times 2 + 2 \times 0 = 4 - 4 + 0 = 0$ Comme $\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$, les vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont **orthogonaux**. $\boxed{\vec{u} \cdot \vec{v} = 0 \text{, donc } \vec{u} \perp \vec{v}}$
2.
Calculer ∥u→∥\|\vec{u}\| et ∥v→∥\|\vec{v}\|.
$\|\vec{u}\| = \sqrt{1^2 + (-2)^2 + 2^2} = \sqrt{1 + 4 + 4} = \sqrt{9} = \boxed{3}$ $\|\vec{v}\| = \sqrt{4^2 + 2^2 + 0^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$ $\boxed{\|\vec{v}\| = 2\sqrt{5}}$
3.
Calculer ∥u→+v→∥\|\vec{u} + \vec{v}\|.
**Méthode :** On calcule d'abord les coordonnées de $\vec{u} + \vec{v}$, puis sa norme. $\vec{u} + \vec{v} = (1 + 4 ; -2 + 2 ; 2 + 0) = (5 ; 0 ; 2)$ $\|\vec{u} + \vec{v}\| = \sqrt{5^2 + 0^2 + 2^2} = \sqrt{25 + 0 + 4} = \sqrt{29}$ $\boxed{\|\vec{u} + \vec{v}\| = \sqrt{29}}$ **Remarque :** Comme $\vec{u} \perp \vec{v}$, on peut vérifier par le théorème de Pythagore : $\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 = \|\vec{u}\|^2 + \|\vec{v}\|^2 = 9 + 20 = 29$ ✓
Exercice 4
Facile
Dans un repère orthonormé, on considère le point A(1;−1;2)A(1 ; -1 ; 2) et le vecteur n→(3;−2;1)\vec{n}(3 ; -2 ; 1).
1.
Donner une équation cartésienne du plan P\mathcal{P} passant par AA et de vecteur normal n→\vec{n}.
**Méthode :** Si $\vec{n}(a ; b ; c)$ est un vecteur normal au plan $\mathcal{P}$ passant par $A(x_0 ; y_0 ; z_0)$, alors l'équation de $\mathcal{P}$ est : $a(x - x_0) + b(y - y_0) + c(z - z_0) = 0$ Avec $\vec{n}(3 ; -2 ; 1)$ et $A(1 ; -1 ; 2)$ : $3(x - 1) + (-2)(y - (-1)) + 1(z - 2) = 0$ $3x - 3 - 2y - 2 + z - 2 = 0$ $\boxed{3x - 2y + z - 7 = 0}$
2.
Le point B(2;1;3)B(2 ; 1 ; 3) appartient-il au plan P\mathcal{P} ?
**Méthode :** On vérifie si les coordonnées de $B$ satisfont l'équation du plan. $3 \times 2 + (-2) \times 1 + 1 \times 3 - 7 = 6 - 2 + 3 - 7 = 0$ Comme $3 \times 2 - 2 \times 1 + 3 - 7 = 0$, le point $B$ **appartient** au plan $\mathcal{P}$. $\boxed{B \in \mathcal{P}}$
3.
Le point C(0;0;7)C(0 ; 0 ; 7) appartient-il au plan P\mathcal{P} ?
**Méthode :** On substitue les coordonnées de $C$ dans l'équation. $3 \times 0 - 2 \times 0 + 1 \times 7 - 7 = 0 + 0 + 7 - 7 = 0$ Comme l'équation est vérifiée, le point $C$ **appartient** au plan $\mathcal{P}$. $\boxed{C \in \mathcal{P}}$
Exercice 5
Facile
On donne le plan P\mathcal{P} d'équation 2x−y+3z+5=02x - y + 3z + 5 = 0.
1.
Donner un vecteur normal au plan P\mathcal{P}.
**Méthode :** Pour un plan d'équation $ax + by + cz + d = 0$, le vecteur $\vec{n}(a ; b ; c)$ est un vecteur normal. Ici, $a = 2$, $b = -1$, $c = 3$, donc : $\boxed{\vec{n}(2 ; -1 ; 3) \text{ est un vecteur normal à } \mathcal{P}}$
2.
Le vecteur v→(4;−2;6)\vec{v}(4 ; -2 ; 6) est-il aussi un vecteur normal à P\mathcal{P} ?
**Méthode :** $\vec{v}$ est normal à $\mathcal{P}$ si et seulement s'il est colinéaire à $\vec{n}(2 ; -1 ; 3)$. On vérifie : $\vec{v} = (4 ; -2 ; 6) = 2 \times (2 ; -1 ; 3) = 2\vec{n}$. Donc $\vec{v} = 2\vec{n}$, les vecteurs sont colinéaires. $\boxed{\text{Oui, } \vec{v} = 2\vec{n} \text{ est aussi un vecteur normal à } \mathcal{P}}$
3.
Déterminer un point du plan P\mathcal{P}.
**Méthode :** On cherche un point dont les coordonnées vérifient l'équation $2x - y + 3z + 5 = 0$. Prenons par exemple $x = 0$ et $z = 0$ : $2 \times 0 - y + 3 \times 0 + 5 = 0 \implies -y + 5 = 0 \implies y = 5$ Donc le point $A(0 ; 5 ; 0)$ appartient à $\mathcal{P}$. $\boxed{A(0 ; 5 ; 0) \in \mathcal{P}}$
Exercice 6
Facile
On considère les vecteurs u→(1;1;0)\vec{u}(1 ; 1 ; 0) et v→(0;1;1)\vec{v}(0 ; 1 ; 1) dans un repère orthonormé.
1.
Calculer u→⋅v→\vec{u} \cdot \vec{v}.
$\vec{u} \cdot \vec{v} = 1 \times 0 + 1 \times 1 + 0 \times 1 = 0 + 1 + 0 = \boxed{1}$
2.
Calculer les normes ∥u→∥\|\vec{u}\| et ∥v→∥\|\vec{v}\|.
$\|\vec{u}\| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{2}$ $\|\vec{v}\| = \sqrt{0^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$ $\boxed{\|\vec{u}\| = \|\vec{v}\| = \sqrt{2}}$
3.
En déduire la mesure de l'angle θ\theta entre u→\vec{u} et v→\vec{v}.
**Méthode :** On utilise la formule $\cos\theta = \dfrac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{\|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\|}$. $\cos\theta = \dfrac{1}{\sqrt{2} \times \sqrt{2}} = \dfrac{1}{2}$ Or $\cos\theta = \dfrac{1}{2}$ avec $\theta \in [0 ; \pi]$ donne : $\boxed{\theta = \dfrac{\pi}{3} \text{ (soit } 60°\text{)}}$
Exercice 7
Facile
Soient u→(2;−3;1)\vec{u}(2 ; -3 ; 1) et v→(a;2;−4)\vec{v}(a ; 2 ; -4) deux vecteurs de l'espace.
1.
Déterminer la valeur de aa pour que u→\vec{u} et v→\vec{v} soient orthogonaux.
**Méthode :** $\vec{u} \perp \vec{v} \iff \vec{u} \cdot \vec{v} = 0$. $\vec{u} \cdot \vec{v} = 2a + (-3) \times 2 + 1 \times (-4) = 2a - 6 - 4 = 2a - 10$ Pour l'orthogonalité : $2a - 10 = 0 \implies a = 5$ $\boxed{a = 5}$ Les vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont orthogonaux si et seulement si $a = 5$.
2.
Pour a=5a = 5, vérifier que u→\vec{u} et v→\vec{v} sont bien orthogonaux.
Avec $a = 5$, on a $\vec{v}(5 ; 2 ; -4)$. $\vec{u} \cdot \vec{v} = 2 \times 5 + (-3) \times 2 + 1 \times (-4) = 10 - 6 - 4 = 0$ $\boxed{\vec{u} \cdot \vec{v} = 0 \text{, donc } \vec{u} \perp \vec{v} \text{ ✓}}$
3.
Pour a=1a = 1, calculer u→⋅v→\vec{u} \cdot \vec{v}.
Avec $a = 1$, on a $\vec{v}(1 ; 2 ; -4)$. $\vec{u} \cdot \vec{v} = 2 \times 1 + (-3) \times 2 + 1 \times (-4) = 2 - 6 - 4 = \boxed{-8}$
Exercice 8
Facile
On considère les points A(0;0;0)A(0 ; 0 ; 0), B(1;0;0)B(1 ; 0 ; 0), C(0;1;0)C(0 ; 1 ; 0) et D(0;0;1)D(0 ; 0 ; 1) dans un repère orthonormé.
1.
Calculer les longueurs ABAB, ACAC et ADAD.
$AB = \sqrt{(1-0)^2 + (0-0)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{1} = 1$ $AC = \sqrt{(0-0)^2 + (1-0)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{1} = 1$ $AD = \sqrt{(0-0)^2 + (0-0)^2 + (1-0)^2} = \sqrt{1} = 1$ $\boxed{AB = AC = AD = 1}$ Le tétraèdre $ABCD$ a trois arêtes de longueur 1 issues de $A$.
2.
Montrer que les droites (AB)(AB), (AC)(AC) et (AD)(AD) sont deux à deux perpendiculaires.
**Méthode :** On calcule les produits scalaires des vecteurs directeurs. $\overrightarrow{AB} = (1 ; 0 ; 0)$, $\overrightarrow{AC} = (0 ; 1 ; 0)$, $\overrightarrow{AD} = (0 ; 0 ; 1)$. $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 1 \times 0 + 0 \times 1 + 0 \times 0 = 0$ $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = 1 \times 0 + 0 \times 0 + 0 \times 1 = 0$ $\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AD} = 0 \times 0 + 1 \times 0 + 0 \times 1 = 0$ Les trois produits scalaires sont nuls, donc les droites sont **deux à deux perpendiculaires**. $\boxed{(AB) \perp (AC), \quad (AB) \perp (AD), \quad (AC) \perp (AD)}$
3.
Calculer la distance BCBC.
$\overrightarrow{BC} = (0 - 1 ; 1 - 0 ; 0 - 0) = (-1 ; 1 ; 0)$ $BC = \sqrt{(-1)^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}$ $\boxed{BC = \sqrt{2}}$
Exercice 9
Facile
On considère le vecteur u→(3;−4;0)\vec{u}(3 ; -4 ; 0).
1.
Calculer la norme de u→\vec{u}.
$\|\vec{u}\| = \sqrt{3^2 + (-4)^2 + 0^2} = \sqrt{9 + 16 + 0} = \sqrt{25} = \boxed{5}$
2.
Déterminer le vecteur unitaire e→\vec{e} de même direction et même sens que u→\vec{u}.
**Méthode :** Le vecteur unitaire est $\vec{e} = \dfrac{1}{\|\vec{u}\|} \vec{u}$. $\vec{e} = \dfrac{1}{5}(3 ; -4 ; 0) = \left(\dfrac{3}{5} ; -\dfrac{4}{5} ; 0\right)$ $\boxed{\vec{e}\left(\dfrac{3}{5} ; -\dfrac{4}{5} ; 0\right)}$
3.
Vérifier que ∥e→∥=1\|\vec{e}\| = 1.
$\|\vec{e}\| = \sqrt{\left(\dfrac{3}{5}\right)^2 + \left(-\dfrac{4}{5}\right)^2 + 0^2} = \sqrt{\dfrac{9}{25} + \dfrac{16}{25}} = \sqrt{\dfrac{25}{25}} = \sqrt{1} = 1$ $\boxed{\|\vec{e}\| = 1 \text{ ✓}}$ Le vecteur $\vec{e}$ est bien unitaire.
Exercice 10
Facile
On considère le plan P\mathcal{P} d'équation x+y+z−3=0x + y + z - 3 = 0 et les points A(1;1;1)A(1 ; 1 ; 1) et B(2;0;0)B(2 ; 0 ; 0).
1.
Vérifier que AA appartient au plan P\mathcal{P}.
On remplace dans l'équation $x + y + z - 3 = 0$ : $1 + 1 + 1 - 3 = 3 - 3 = 0$ L'équation est vérifiée, donc $A \in \mathcal{P}$. $\boxed{A(1 ; 1 ; 1) \in \mathcal{P}}$
2.
Vérifier que BB appartient au plan P\mathcal{P}.
On remplace dans l'équation $x + y + z - 3 = 0$ : $2 + 0 + 0 - 3 = -1 \neq 0$ L'équation n'est pas vérifiée, donc $B \notin \mathcal{P}$. $\boxed{B(2 ; 0 ; 0) \notin \mathcal{P}}$
3.
Donner un vecteur normal à P\mathcal{P}.
Le plan $\mathcal{P}$ a pour équation $1 \cdot x + 1 \cdot y + 1 \cdot z - 3 = 0$. Un vecteur normal est : $\boxed{\vec{n}(1 ; 1 ; 1)}$
4.
Le vecteur AB→\overrightarrow{AB} est-il orthogonal au plan P\mathcal{P} ?
**Méthode :** $\overrightarrow{AB}$ est orthogonal au plan si et seulement s'il est colinéaire au vecteur normal $\vec{n}(1 ; 1 ; 1)$. $\overrightarrow{AB} = (2 - 1 ; 0 - 1 ; 0 - 1) = (1 ; -1 ; -1)$ Pour que $\overrightarrow{AB}$ et $\vec{n}$ soient colinéaires, il faudrait $\dfrac{1}{1} = \dfrac{-1}{1} = \dfrac{-1}{1}$, soit $1 = -1$, ce qui est faux. Donc $\overrightarrow{AB}$ n'est **pas** colinéaire à $\vec{n}$. $\boxed{\overrightarrow{AB} \text{ n'est pas orthogonal au plan } \mathcal{P}}$
Exercice 11
Intermédiaire
On considère les points A(1;0;2)A(1 ; 0 ; 2), B(3;1;0)B(3 ; 1 ; 0) et C(−1;2;1)C(-1 ; 2 ; 1) dans un repère orthonormé.
1.
Calculer AB→⋅AC→\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}.
**Méthode :** On détermine les coordonnées des vecteurs puis on calcule le produit scalaire. $\overrightarrow{AB} = (3-1 ; 1-0 ; 0-2) = (2 ; 1 ; -2)$ $\overrightarrow{AC} = (-1-1 ; 2-0 ; 1-2) = (-2 ; 2 ; -1)$ $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 2 \times (-2) + 1 \times 2 + (-2) \times (-1) = -4 + 2 + 2 = \boxed{0}$
2.
Que peut-on en déduire pour le triangle ABCABC ?
On a $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 0$, ce qui signifie que $\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{AC}$. Donc le triangle $ABC$ est **rectangle en $A$**. $\boxed{\text{Le triangle } ABC \text{ est rectangle en } A}$
3.
Calculer les longueurs ABAB, ACAC et BCBC.
$AB = \|\overrightarrow{AB}\| = \sqrt{4 + 1 + 4} = \sqrt{9} = 3$ $AC = \|\overrightarrow{AC}\| = \sqrt{4 + 4 + 1} = \sqrt{9} = 3$ $\overrightarrow{BC} = (-1-3 ; 2-1 ; 1-0) = (-4 ; 1 ; 1)$ $BC = \sqrt{16 + 1 + 1} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$ $\boxed{AB = 3, \quad AC = 3, \quad BC = 3\sqrt{2}}$ **Vérification :** $AB^2 + AC^2 = 9 + 9 = 18 = BC^2$ ✓ (théorème de Pythagore)
4.
Quelle est la nature exacte du triangle ABCABC ?
Le triangle $ABC$ est rectangle en $A$ (question 2) et $AB = AC = 3$ (question 3). Un triangle rectangle avec deux côtés de l'angle droit égaux est un **triangle rectangle isocèle**. $\boxed{\text{Le triangle } ABC \text{ est rectangle isocèle en } A}$
Exercice 12
Intermédiaire
On considère les points A(2;−1;3)A(2 ; -1 ; 3) et B(4;3;1)B(4 ; 3 ; 1).
1.
Calculer les coordonnées du milieu II de [AB][AB].
**Méthode :** $I = \left(\dfrac{x_A + x_B}{2} ; \dfrac{y_A + y_B}{2} ; \dfrac{z_A + z_B}{2}\right)$. $I = \left(\dfrac{2+4}{2} ; \dfrac{-1+3}{2} ; \dfrac{3+1}{2}\right) = \boxed{(3 ; 1 ; 2)}$
2.
Calculer les coordonnées du vecteur AB→\overrightarrow{AB}.
$\overrightarrow{AB} = (4-2 ; 3-(-1) ; 1-3) = \boxed{(2 ; 4 ; -2)}$
3.
Déterminer une équation cartésienne du plan médiateur de [AB][AB].
**Méthode :** Le plan médiateur de $[AB]$ passe par le milieu $I$ de $[AB]$ et admet $\overrightarrow{AB}$ comme vecteur normal. Avec $I(3 ; 1 ; 2)$ et $\vec{n} = \overrightarrow{AB}(2 ; 4 ; -2)$ : $2(x - 3) + 4(y - 1) + (-2)(z - 2) = 0$ $2x - 6 + 4y - 4 - 2z + 4 = 0$ $2x + 4y - 2z - 6 = 0$ En simplifiant par 2 : $\boxed{x + 2y - z - 3 = 0}$
4.
Vérifier que AA et BB sont à égale distance du plan médiateur.
**Méthode :** On vérifie que $I \in \mathcal{P}$ et que $A$ et $B$ sont symétriques par rapport à $\mathcal{P}$. Pour $I(3 ; 1 ; 2)$ : $3 + 2 \times 1 - 2 - 3 = 3 + 2 - 2 - 3 = 0$ ✓ Pour $A(2 ; -1 ; 3)$ : $2 + 2 \times (-1) - 3 - 3 = 2 - 2 - 3 - 3 = -6$ Pour $B(4 ; 3 ; 1)$ : $4 + 2 \times 3 - 1 - 3 = 4 + 6 - 1 - 3 = 6$ On obtient des valeurs opposées ($-6$ et $6$), ce qui confirme que $A$ et $B$ sont de part et d'autre du plan et à **égale distance** de celui-ci. $\boxed{\text{Le plan est bien le plan médiateur de } [AB]}$
Exercice 13
Intermédiaire
On considère le plan P\mathcal{P} d'équation 2x−y+2z−6=02x - y + 2z - 6 = 0 et le point A(1;2;3)A(1 ; 2 ; 3).
1.
Vérifier que AA appartient au plan P\mathcal{P}.
On remplace les coordonnées de $A$ dans l'équation : $2 \times 1 - 1 \times 2 + 2 \times 3 - 6 = 2 - 2 + 6 - 6 = 0$ L'équation est vérifiée. $\boxed{A(1 ; 2 ; 3) \in \mathcal{P}}$
2.
Donner un vecteur normal au plan P\mathcal{P} et calculer sa norme.
Un vecteur normal est $\vec{n}(2 ; -1 ; 2)$. $\|\vec{n}\| = \sqrt{2^2 + (-1)^2 + 2^2} = \sqrt{4 + 1 + 4} = \sqrt{9} = 3$ $\boxed{\vec{n}(2 ; -1 ; 2), \quad \|\vec{n}\| = 3}$
3.
Le point B(3;0;0)B(3 ; 0 ; 0) appartient-il à P\mathcal{P} ?
$2 \times 3 - 0 + 2 \times 0 - 6 = 6 - 6 = 0$ L'équation est vérifiée. $\boxed{B(3 ; 0 ; 0) \in \mathcal{P}}$
4.
Montrer que le vecteur AB→\overrightarrow{AB} est orthogonal à n→\vec{n}.
$\overrightarrow{AB} = (3-1 ; 0-2 ; 0-3) = (2 ; -2 ; -3)$ $\overrightarrow{AB} \cdot \vec{n} = 2 \times 2 + (-2) \times (-1) + (-3) \times 2 = 4 + 2 - 6 = 0$ Comme $\overrightarrow{AB} \cdot \vec{n} = 0$, le vecteur $\overrightarrow{AB}$ est bien **orthogonal** à $\vec{n}$. $\boxed{\overrightarrow{AB} \perp \vec{n}}$ Cela est cohérent car $A$ et $B$ appartiennent tous deux au plan $\mathcal{P}$, donc $\overrightarrow{AB}$ est un vecteur du plan, orthogonal au vecteur normal.
Exercice 14
Intermédiaire
Soient u→(1;2;−2)\vec{u}(1 ; 2 ; -2) et v→(2;−1;2)\vec{v}(2 ; -1 ; 2) dans un repère orthonormé.
1.
Calculer u→⋅v→\vec{u} \cdot \vec{v}.
$\vec{u} \cdot \vec{v} = 1 \times 2 + 2 \times (-1) + (-2) \times 2 = 2 - 2 - 4 = \boxed{-4}$
2.
Calculer ∥u→∥\|\vec{u}\| et ∥v→∥\|\vec{v}\|.
$\|\vec{u}\| = \sqrt{1 + 4 + 4} = \sqrt{9} = 3$ $\|\vec{v}\| = \sqrt{4 + 1 + 4} = \sqrt{9} = 3$ $\boxed{\|\vec{u}\| = \|\vec{v}\| = 3}$
3.
Calculer l'angle θ\theta entre u→\vec{u} et v→\vec{v} (donner une valeur exacte).
**Méthode :** $\cos\theta = \dfrac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{\|\vec{u}\| \times \|\vec{v}\|}$. $\cos\theta = \dfrac{-4}{3 \times 3} = -\dfrac{4}{9}$ Donc : $\boxed{\theta = \arccos\left(-\dfrac{4}{9}\right) \approx 116{,}4°}$
4.
Calculer ∥u→+v→∥2\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 en utilisant le produit scalaire.
**Méthode :** $\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 = (\vec{u} + \vec{v}) \cdot (\vec{u} + \vec{v}) = \|\vec{u}\|^2 + 2\vec{u} \cdot \vec{v} + \|\vec{v}\|^2$. $\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 = 9 + 2 \times (-4) + 9 = 9 - 8 + 9 = 10$ Donc $\|\vec{u} + \vec{v}\| = \sqrt{10}$. $\boxed{\|\vec{u} + \vec{v}\|^2 = 10, \quad \|\vec{u} + \vec{v}\| = \sqrt{10}}$ **Vérification :** $\vec{u} + \vec{v} = (3 ; 1 ; 0)$, $\|\vec{u} + \vec{v}\| = \sqrt{9 + 1 + 0} = \sqrt{10}$ ✓
Exercice 15
Intermédiaire
On considère les points A(0;1;2)A(0 ; 1 ; 2), B(1;3;0)B(1 ; 3 ; 0) et C(2;1;1)C(2 ; 1 ; 1).
1.
Montrer que les points AA, BB et CC ne sont pas alignés.
**Méthode :** On vérifie que $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires. $\overrightarrow{AB} = (1 ; 2 ; -2), \quad \overrightarrow{AC} = (2 ; 0 ; -1)$ Si $\overrightarrow{AB} = k \overrightarrow{AC}$, on aurait $\dfrac{1}{2} = \dfrac{2}{0}$, ce qui est impossible. Donc $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires, et les points $A$, $B$, $C$ **ne sont pas alignés**. $\boxed{A, B, C \text{ ne sont pas alignés}}$
2.
Déterminer un vecteur n→(a;b;c)\vec{n}(a ; b ; c) normal au plan (ABC)(ABC), sachant que n→\vec{n} est orthogonal à AB→\overrightarrow{AB} et à AC→\overrightarrow{AC}.
**Méthode :** $\vec{n}$ doit vérifier $\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 0$ et $\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 0$. Avec $\overrightarrow{AB}(1 ; 2 ; -2)$ et $\overrightarrow{AC}(2 ; 0 ; -1)$ : $\begin{cases} a + 2b - 2c = 0 \\ 2a + 0b - c = 0 \end{cases}$ De la deuxième équation : $c = 2a$. En substituant dans la première : $a + 2b - 4a = 0$, soit $2b = 3a$, donc $b = \dfrac{3a}{2}$. Prenons $a = 2$ : $b = 3$ et $c = 4$. $\boxed{\vec{n}(2 ; 3 ; 4)}$ **Vérification :** $2 \times 1 + 3 \times 2 + 4 \times (-2) = 2 + 6 - 8 = 0$ ✓ et $2 \times 2 + 3 \times 0 + 4 \times (-1) = 4 + 0 - 4 = 0$ ✓
3.
En déduire une équation cartésienne du plan (ABC)(ABC).
**Méthode :** Le plan passe par $A(0 ; 1 ; 2)$ avec $\vec{n}(2 ; 3 ; 4)$ : $2(x - 0) + 3(y - 1) + 4(z - 2) = 0$ $2x + 3y - 3 + 4z - 8 = 0$ $\boxed{2x + 3y + 4z - 11 = 0}$ **Vérification avec $B(1 ; 3 ; 0)$ :** $2 + 9 + 0 - 11 = 0$ ✓ **Vérification avec $C(2 ; 1 ; 1)$ :** $4 + 3 + 4 - 11 = 0$ ✓
Exercice 16
Intermédiaire
Soit u→\vec{u} un vecteur tel que ∥u→∥=4\|\vec{u}\| = 4. On pose v→=3u→\vec{v} = 3\vec{u} et w→=−2u→\vec{w} = -2\vec{u}.
1.
Calculer u→⋅u→\vec{u} \cdot \vec{u}.
**Méthode :** $\vec{u} \cdot \vec{u} = \|\vec{u}\|^2$. $\vec{u} \cdot \vec{u} = \|\vec{u}\|^2 = 4^2 = \boxed{16}$
2.
Calculer v→⋅u→\vec{v} \cdot \vec{u}.
**Méthode :** Par bilinéarité du produit scalaire, $\vec{v} \cdot \vec{u} = (3\vec{u}) \cdot \vec{u} = 3(\vec{u} \cdot \vec{u})$. $\vec{v} \cdot \vec{u} = 3 \times 16 = \boxed{48}$
3.
Calculer v→⋅w→\vec{v} \cdot \vec{w}.
**Méthode :** $\vec{v} \cdot \vec{w} = (3\vec{u}) \cdot (-2\vec{u}) = 3 \times (-2) \times (\vec{u} \cdot \vec{u}) = -6\|\vec{u}\|^2$. $\vec{v} \cdot \vec{w} = -6 \times 16 = \boxed{-96}$
4.
Calculer ∥v→+w→∥\|\vec{v} + \vec{w}\|.
**Méthode :** $\vec{v} + \vec{w} = 3\vec{u} + (-2\vec{u}) = \vec{u}$. Donc : $\|\vec{v} + \vec{w}\| = \|\vec{u}\| = \boxed{4}$
Exercice 17
Intermédiaire
On considère deux plans P1:x+2y−z+3=0\mathcal{P}_1 : x + 2y - z + 3 = 0 et P2:2x−y+3z−1=0\mathcal{P}_2 : 2x - y + 3z - 1 = 0.
1.
Donner un vecteur normal à chacun des plans.
Pour $\mathcal{P}_1 : x + 2y - z + 3 = 0$, un vecteur normal est $\vec{n}_1(1 ; 2 ; -1)$. Pour $\mathcal{P}_2 : 2x - y + 3z - 1 = 0$, un vecteur normal est $\vec{n}_2(2 ; -1 ; 3)$. $\boxed{\vec{n}_1(1 ; 2 ; -1), \quad \vec{n}_2(2 ; -1 ; 3)}$
2.
Les plans P1\mathcal{P}_1 et P2\mathcal{P}_2 sont-ils parallèles ?
**Méthode :** Deux plans sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs normaux sont colinéaires. $\vec{n}_1(1 ; 2 ; -1)$ et $\vec{n}_2(2 ; -1 ; 3)$ : $\dfrac{1}{2} \neq \dfrac{2}{-1}$. Les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires, donc les plans **ne sont pas parallèles** (ils sont sécants). $\boxed{\mathcal{P}_1 \text{ et } \mathcal{P}_2 \text{ sont sécants}}$
3.
Calculer l'angle entre les deux plans.
**Méthode :** L'angle $\alpha$ entre deux plans est l'angle aigu entre leurs vecteurs normaux. $\cos\alpha = \dfrac{|\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2|}{\|\vec{n}_1\| \times \|\vec{n}_2\|}$ $\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2 = 1 \times 2 + 2 \times (-1) + (-1) \times 3 = 2 - 2 - 3 = -3$ $\|\vec{n}_1\| = \sqrt{1 + 4 + 1} = \sqrt{6}$ $\|\vec{n}_2\| = \sqrt{4 + 1 + 9} = \sqrt{14}$ $\cos\alpha = \dfrac{|-3|}{\sqrt{6} \times \sqrt{14}} = \dfrac{3}{\sqrt{84}} = \dfrac{3}{2\sqrt{21}}$ $\boxed{\alpha = \arccos\left(\dfrac{3}{2\sqrt{21}}\right) \approx 70{,}9°}$
Exercice 18
Intermédiaire
On considère les points A(1;0;0)A(1 ; 0 ; 0), B(0;2;0)B(0 ; 2 ; 0) et C(0;0;3)C(0 ; 0 ; 3).
1.
Déterminer un vecteur normal au plan (ABC)(ABC).
**Méthode :** On cherche $\vec{n}(a ; b ; c)$ orthogonal à $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$. $\overrightarrow{AB} = (-1 ; 2 ; 0), \quad \overrightarrow{AC} = (-1 ; 0 ; 3)$ $\begin{cases} -a + 2b + 0c = 0 \\ -a + 0b + 3c = 0 \end{cases}$ De la première : $a = 2b$. De la seconde : $a = 3c$. Prenons $a = 6$ : $b = 3$ et $c = 2$. $\boxed{\vec{n}(6 ; 3 ; 2)}$ **Vérification :** $-6 + 6 + 0 = 0$ ✓ et $-6 + 0 + 6 = 0$ ✓
2.
En déduire une équation cartésienne du plan (ABC)(ABC).
Le plan passe par $A(1 ; 0 ; 0)$ avec $\vec{n}(6 ; 3 ; 2)$ : $6(x-1) + 3(y-0) + 2(z-0) = 0$ $6x - 6 + 3y + 2z = 0$ $\boxed{6x + 3y + 2z - 6 = 0}$ **Vérification :** $B(0;2;0)$ : $0 + 6 + 0 - 6 = 0$ ✓ ; $C(0;0;3)$ : $0 + 0 + 6 - 6 = 0$ ✓
3.
Vérifier que l'on peut aussi écrire cette équation sous la forme x1+y2+z3=1\dfrac{x}{1} + \dfrac{y}{2} + \dfrac{z}{3} = 1.
En divisant l'équation $6x + 3y + 2z = 6$ par $6$ : $\dfrac{6x}{6} + \dfrac{3y}{6} + \dfrac{2z}{6} = \dfrac{6}{6}$ $\dfrac{x}{1} + \dfrac{y}{2} + \dfrac{z}{3} = 1$ C'est l'**équation intercepts** du plan, qui coupe les axes aux points $(1;0;0)$, $(0;2;0)$ et $(0;0;3)$. $\boxed{\dfrac{x}{1} + \dfrac{y}{2} + \dfrac{z}{3} = 1 \text{ ✓}}$
Exercice 19
Intermédiaire
On considère les vecteurs u→(1;1;1)\vec{u}(1 ; 1 ; 1), v→(1;−1;0)\vec{v}(1 ; -1 ; 0) et w→(1;1;−2)\vec{w}(1 ; 1 ; -2).
1.
Montrer que u→\vec{u}, v→\vec{v} et w→\vec{w} sont deux à deux orthogonaux.
**Méthode :** On calcule les trois produits scalaires. $\vec{u} \cdot \vec{v} = 1 \times 1 + 1 \times (-1) + 1 \times 0 = 1 - 1 + 0 = 0$ $\vec{u} \cdot \vec{w} = 1 \times 1 + 1 \times 1 + 1 \times (-2) = 1 + 1 - 2 = 0$ $\vec{v} \cdot \vec{w} = 1 \times 1 + (-1) \times 1 + 0 \times (-2) = 1 - 1 + 0 = 0$ Les trois produits scalaires sont nuls. $\boxed{\vec{u} \perp \vec{v}, \quad \vec{u} \perp \vec{w}, \quad \vec{v} \perp \vec{w}}$
2.
Calculer les normes de ces trois vecteurs.
$\|\vec{u}\| = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}$ $\|\vec{v}\| = \sqrt{1 + 1 + 0} = \sqrt{2}$ $\|\vec{w}\| = \sqrt{1 + 1 + 4} = \sqrt{6}$ $\boxed{\|\vec{u}\| = \sqrt{3}, \quad \|\vec{v}\| = \sqrt{2}, \quad \|\vec{w}\| = \sqrt{6}}$
3.
Calculer ∥u→+v→+w→∥2\|\vec{u} + \vec{v} + \vec{w}\|^2 en utilisant les propriétés du produit scalaire.
**Méthode :** On développe le carré scalaire. $\|\vec{u} + \vec{v} + \vec{w}\|^2 = (\vec{u} + \vec{v} + \vec{w}) \cdot (\vec{u} + \vec{v} + \vec{w})$ $= \|\vec{u}\|^2 + \|\vec{v}\|^2 + \|\vec{w}\|^2 + 2\vec{u}\cdot\vec{v} + 2\vec{u}\cdot\vec{w} + 2\vec{v}\cdot\vec{w}$ Comme les vecteurs sont deux à deux orthogonaux, tous les produits scalaires croisés sont nuls : $\|\vec{u} + \vec{v} + \vec{w}\|^2 = 3 + 2 + 6 + 0 + 0 + 0 = 11$ $\boxed{\|\vec{u} + \vec{v} + \vec{w}\|^2 = 11, \quad \|\vec{u} + \vec{v} + \vec{w}\| = \sqrt{11}}$ **Vérification :** $\vec{u}+\vec{v}+\vec{w} = (3 ; 1 ; -1)$, $\sqrt{9+1+1} = \sqrt{11}$ ✓
Exercice 20
Intermédiaire
On considère le plan P:3x−y+2z−4=0\mathcal{P} : 3x - y + 2z - 4 = 0 et les points M1(1;1;1)M_1(1 ; 1 ; 1) et M2(0;−1;2)M_2(0 ; -1 ; 2).
1.
Les points M1M_1 et M2M_2 sont-ils dans le plan P\mathcal{P} ?
Pour $M_1(1 ; 1 ; 1)$ : $3 \times 1 - 1 + 2 \times 1 - 4 = 3 - 1 + 2 - 4 = 0$ ✓ Pour $M_2(0 ; -1 ; 2)$ : $3 \times 0 - (-1) + 2 \times 2 - 4 = 0 + 1 + 4 - 4 = 1 \neq 0$ $\boxed{M_1 \in \mathcal{P}, \quad M_2 \notin \mathcal{P}}$
2.
Donner la représentation paramétrique de la droite Δ\Delta passant par M2M_2 et perpendiculaire à P\mathcal{P}.
**Méthode :** La droite $\Delta$ passe par $M_2(0 ; -1 ; 2)$ et a pour vecteur directeur le vecteur normal $\vec{n}(3 ; -1 ; 2)$. $\Delta : \begin{cases} x = 3t \\ y = -1 - t \\ z = 2 + 2t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}$ $\boxed{\Delta : \begin{cases} x = 3t \\ y = -1 - t \\ z = 2 + 2t \end{cases}}$
3.
Déterminer le projeté orthogonal HH de M2M_2 sur P\mathcal{P}.
**Méthode :** $H$ est l'intersection de $\Delta$ et $\mathcal{P}$. On substitue les coordonnées paramétriques dans l'équation du plan. $3(3t) - (-1-t) + 2(2+2t) - 4 = 0$ $9t + 1 + t + 4 + 4t - 4 = 0$ $14t + 1 = 0$ $t = -\dfrac{1}{14}$ Donc : $x_H = 3 \times \left(-\dfrac{1}{14}\right) = -\dfrac{3}{14}$ $y_H = -1 - \left(-\dfrac{1}{14}\right) = -1 + \dfrac{1}{14} = -\dfrac{13}{14}$ $z_H = 2 + 2 \times \left(-\dfrac{1}{14}\right) = 2 - \dfrac{1}{7} = \dfrac{13}{7} = \dfrac{26}{14}$ $\boxed{H\left(-\dfrac{3}{14} ; -\dfrac{13}{14} ; \dfrac{13}{7}\right)}$
4.
En déduire la distance de M2M_2 au plan P\mathcal{P}.
**Méthode :** $d(M_2, \mathcal{P}) = M_2H$. $M_2H = \sqrt{\left(-\dfrac{3}{14}\right)^2 + \left(-\dfrac{13}{14}+1\right)^2 + \left(\dfrac{13}{7}-2\right)^2}$ $= \sqrt{\dfrac{9}{196} + \dfrac{1}{196} + \dfrac{1}{49}}$ $= \sqrt{\dfrac{9}{196} + \dfrac{1}{196} + \dfrac{4}{196}} = \sqrt{\dfrac{14}{196}} = \sqrt{\dfrac{1}{14}} = \dfrac{1}{\sqrt{14}}$ $\boxed{d(M_2, \mathcal{P}) = \dfrac{1}{\sqrt{14}} = \dfrac{\sqrt{14}}{14}}$ **Vérification par la formule directe :** $d = \dfrac{|3 \times 0 - (-1) + 2 \times 2 - 4|}{\sqrt{9+1+4}} = \dfrac{|1|}{\sqrt{14}} = \dfrac{1}{\sqrt{14}}$ ✓
Exercice 21
Difficile
On considère le cube ABCDEFGHABCDEFGH d'arête 1 dans un repère orthonormé, avec A(0;0;0)A(0;0;0), B(1;0;0)B(1;0;0), D(0;1;0)D(0;1;0), E(0;0;1)E(0;0;1), C(1;1;0)C(1;1;0), F(1;0;1)F(1;0;1), G(1;1;1)G(1;1;1) et H(0;1;1)H(0;1;1).
ABCDEFGH
1.
Calculer le produit scalaire AG→⋅BH→\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BH}.
**Méthode :** On calcule les coordonnées des vecteurs puis le produit scalaire. $\overrightarrow{AG} = (1;1;1), \quad \overrightarrow{BH} = (0-1;1-0;1-0) = (-1;1;1)$ $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BH} = 1 \times (-1) + 1 \times 1 + 1 \times 1 = -1 + 1 + 1 = \boxed{1}$
2.
Les diagonales [AG][AG] et [BH][BH] sont-elles perpendiculaires ?
On a $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BH} = 1 \neq 0$, donc les diagonales ne sont **pas perpendiculaires**. $\boxed{[AG] \text{ et } [BH] \text{ ne sont pas perpendiculaires}}$
3.
Calculer l'angle entre les diagonales [AG][AG] et [BH][BH].
$\|\overrightarrow{AG}\| = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}, \quad \|\overrightarrow{BH}\| = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}$ $\cos\theta = \dfrac{\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BH}}{\|\overrightarrow{AG}\| \times \|\overrightarrow{BH}\|} = \dfrac{1}{\sqrt{3} \times \sqrt{3}} = \dfrac{1}{3}$ $\boxed{\theta = \arccos\left(\dfrac{1}{3}\right) \approx 70{,}5°}$
4.
Déterminer une équation cartésienne du plan (BDG)(BDG).
**Méthode :** On cherche $\vec{n}$ orthogonal à $\overrightarrow{BD}$ et $\overrightarrow{BG}$. $\overrightarrow{BD} = (-1;1;0), \quad \overrightarrow{BG} = (0;1;1)$ Soit $\vec{n}(a;b;c)$ : $\begin{cases} -a + b = 0 \\ b + c = 0 \end{cases}$ De la première : $b = a$. De la seconde : $c = -b = -a$. Prenons $a = 1$ : $\vec{n}(1;1;-1)$. Le plan passe par $B(1;0;0)$ : $1(x-1) + 1(y-0) + (-1)(z-0) = 0$ $\boxed{x + y - z - 1 = 0}$ **Vérification :** $D(0;1;0)$ : $0+1-0-1=0$ ✓ ; $G(1;1;1)$ : $1+1-1-1=0$ ✓
Exercice 22
Difficile
On considère les points A(1;2;−1)A(1 ; 2 ; -1), B(3;0;1)B(3 ; 0 ; 1) et C(2;1;3)C(2 ; 1 ; 3). On note BAC^\widehat{BAC} l'angle en AA du triangle ABCABC.
1.
Calculer AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC}.
$\overrightarrow{AB} = (3-1 ; 0-2 ; 1-(-1)) = (2 ; -2 ; 2)$ $\overrightarrow{AC} = (2-1 ; 1-2 ; 3-(-1)) = (1 ; -1 ; 4)$ $\boxed{\overrightarrow{AB}(2 ; -2 ; 2), \quad \overrightarrow{AC}(1 ; -1 ; 4)}$
2.
Calculer AB→⋅AC→\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}.
$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 2 \times 1 + (-2) \times (-1) + 2 \times 4 = 2 + 2 + 8 = \boxed{12}$
3.
Calculer la mesure de l'angle BAC^\widehat{BAC}.
$\|\overrightarrow{AB}\| = \sqrt{4+4+4} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$ $\|\overrightarrow{AC}\| = \sqrt{1+1+16} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$ $\cos(\widehat{BAC}) = \dfrac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{\|\overrightarrow{AB}\| \times \|\overrightarrow{AC}\|} = \dfrac{12}{2\sqrt{3} \times 3\sqrt{2}} = \dfrac{12}{6\sqrt{6}} = \dfrac{2}{\sqrt{6}}$ $\boxed{\widehat{BAC} = \arccos\left(\dfrac{2}{\sqrt{6}}\right) = \arccos\left(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\right) \approx 35{,}3°}$
4.
Calculer l'aire du triangle ABCABC.
**Méthode :** L'aire du triangle est $\mathcal{A} = \dfrac{1}{2} \|\overrightarrow{AB}\| \times \|\overrightarrow{AC}\| \times \sin(\widehat{BAC})$. On utilise $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$ : $\sin^2(\widehat{BAC}) = 1 - \dfrac{6}{9} = \dfrac{3}{9} = \dfrac{1}{3}$ $\sin(\widehat{BAC}) = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$ $\mathcal{A} = \dfrac{1}{2} \times 2\sqrt{3} \times 3\sqrt{2} \times \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{1}{2} \times 6\sqrt{6} \times \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{1}{2} \times 6\sqrt{2} = 3\sqrt{2}$ $\boxed{\mathcal{A} = 3\sqrt{2}}$
Exercice 23
Difficile
On considère le plan P:x−2y+2z+1=0\mathcal{P} : x - 2y + 2z + 1 = 0 et le point A(3;1;−1)A(3 ; 1 ; -1).
1.
Calculer la distance du point AA au plan P\mathcal{P}.
**Méthode :** La distance d'un point $M(x_0 ; y_0 ; z_0)$ à un plan $ax + by + cz + d = 0$ est : $d(M, \mathcal{P}) = \dfrac{|ax_0 + by_0 + cz_0 + d|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}$ Avec $A(3 ; 1 ; -1)$ et $\mathcal{P} : x - 2y + 2z + 1 = 0$ : $d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|1 \times 3 + (-2) \times 1 + 2 \times (-1) + 1|}{\sqrt{1 + 4 + 4}} = \dfrac{|3 - 2 - 2 + 1|}{\sqrt{9}} = \dfrac{|0|}{3} = 0$ Donc $A$ est **dans le plan** $\mathcal{P}$. $\boxed{d(A, \mathcal{P}) = 0, \text{ donc } A \in \mathcal{P}}$
2.
Calculer la distance du point B(2;3;1)B(2 ; 3 ; 1) au plan P\mathcal{P}.
$d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{|1 \times 2 + (-2) \times 3 + 2 \times 1 + 1|}{\sqrt{1+4+4}} = \dfrac{|2 - 6 + 2 + 1|}{3} = \dfrac{|-1|}{3} = \dfrac{1}{3}$ $\boxed{d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{1}{3}}$
3.
Déterminer le projeté orthogonal HH de BB sur P\mathcal{P}.
**Méthode :** La droite passant par $B$ perpendiculaire à $\mathcal{P}$ a pour vecteur directeur $\vec{n}(1 ; -2 ; 2)$. Représentation paramétrique : $\begin{cases} x = 2 + t \\ y = 3 - 2t \\ z = 1 + 2t \end{cases}$ On substitue dans l'équation du plan : $(2+t) - 2(3-2t) + 2(1+2t) + 1 = 0$ $2 + t - 6 + 4t + 2 + 4t + 1 = 0$ $9t - 1 = 0 \implies t = \dfrac{1}{9}$ $x_H = 2 + \dfrac{1}{9} = \dfrac{19}{9}, \quad y_H = 3 - \dfrac{2}{9} = \dfrac{25}{9}, \quad z_H = 1 + \dfrac{2}{9} = \dfrac{11}{9}$ $\boxed{H\left(\dfrac{19}{9} ; \dfrac{25}{9} ; \dfrac{11}{9}\right)}$
4.
Déterminer le symétrique B′B' de BB par rapport au plan P\mathcal{P}.
**Méthode :** $H$ est le milieu de $[BB']$, donc $B' = 2H - B$. $x_{B'} = 2 \times \dfrac{19}{9} - 2 = \dfrac{38}{9} - \dfrac{18}{9} = \dfrac{20}{9}$ $y_{B'} = 2 \times \dfrac{25}{9} - 3 = \dfrac{50}{9} - \dfrac{27}{9} = \dfrac{23}{9}$ $z_{B'} = 2 \times \dfrac{11}{9} - 1 = \dfrac{22}{9} - \dfrac{9}{9} = \dfrac{13}{9}$ $\boxed{B'\left(\dfrac{20}{9} ; \dfrac{23}{9} ; \dfrac{13}{9}\right)}$ **Vérification :** $B' \in \mathcal{P}$ : $\dfrac{20}{9} - \dfrac{46}{9} + \dfrac{26}{9} + 1 = \dfrac{20-46+26+9}{9} = \dfrac{9}{9} = 1 \neq 0$. En fait $B'$ n'appartient pas au plan (ce qui est normal), mais on vérifie que le milieu $H$ y est : $\dfrac{19}{9} - \dfrac{50}{9} + \dfrac{22}{9} + 1 = \dfrac{19-50+22+9}{9} = \dfrac{0}{9} = 0$ ✓
Exercice 24
Difficile
On considère les plans P1:x+y−z+2=0\mathcal{P}_1 : x + y - z + 2 = 0 et P2:x+y−z−4=0\mathcal{P}_2 : x + y - z - 4 = 0.
1.
Montrer que P1\mathcal{P}_1 et P2\mathcal{P}_2 sont parallèles.
**Méthode :** Deux plans sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs normaux sont colinéaires. $\vec{n}_1(1 ; 1 ; -1)$ et $\vec{n}_2(1 ; 1 ; -1)$. On a $\vec{n}_1 = \vec{n}_2$, donc les vecteurs normaux sont colinéaires. De plus, les plans ne sont pas confondus car $2 \neq -4$. $\boxed{\mathcal{P}_1 \parallel \mathcal{P}_2 \text{ (parallèles distincts)}}$
2.
Calculer la distance entre les deux plans.
**Méthode :** La distance entre deux plans parallèles $ax+by+cz+d_1=0$ et $ax+by+cz+d_2=0$ est : $d = \dfrac{|d_1 - d_2|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$ $d = \dfrac{|2 - (-4)|}{\sqrt{1+1+1}} = \dfrac{6}{\sqrt{3}} = \dfrac{6\sqrt{3}}{3} = 2\sqrt{3}$ $\boxed{d(\mathcal{P}_1, \mathcal{P}_2) = 2\sqrt{3}}$
3.
Déterminer l'équation du plan P3\mathcal{P}_3 parallèle à P1\mathcal{P}_1 et P2\mathcal{P}_2 et situé à égale distance des deux.
**Méthode :** Le plan $\mathcal{P}_3$ est le plan « médian ». Il a la même direction que $\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_2$. $\mathcal{P}_3$ a pour équation $x + y - z + d = 0$ avec $d$ tel que la distance à $\mathcal{P}_1$ est égale à la distance à $\mathcal{P}_2$. Le plan médian a $d = \dfrac{2 + (-4)}{2} = -1$. Donc : $\boxed{\mathcal{P}_3 : x + y - z - 1 = 0}$ **Vérification :** $d(\mathcal{P}_1, \mathcal{P}_3) = \dfrac{|2-(-1)|}{\sqrt{3}} = \dfrac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$ et $d(\mathcal{P}_2, \mathcal{P}_3) = \dfrac{|-4-(-1)|}{\sqrt{3}} = \dfrac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$ ✓
Exercice 25
Difficile
On considère le tétraèdre ABCDABCD avec A(1;0;0)A(1;0;0), B(0;1;0)B(0;1;0), C(0;0;1)C(0;0;1) et D(1;1;1)D(1;1;1).
ABCD
1.
Calculer les longueurs des six arêtes du tétraèdre.
$\overrightarrow{AB} = (-1;1;0) \implies AB = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$ $\overrightarrow{AC} = (-1;0;1) \implies AC = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$ $\overrightarrow{AD} = (0;1;1) \implies AD = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$ $\overrightarrow{BC} = (0;-1;1) \implies BC = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$ $\overrightarrow{BD} = (1;0;1) \implies BD = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$ $\overrightarrow{CD} = (1;1;0) \implies CD = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$ $\boxed{AB = AC = AD = BC = BD = CD = \sqrt{2}}$
2.
Quelle est la nature de ce tétraèdre ?
Toutes les arêtes ont la même longueur $\sqrt{2}$. C'est un **tétraèdre régulier**. $\boxed{ABCD \text{ est un tétraèdre régulier d'arête } \sqrt{2}}$
3.
Montrer que AB→⋅CD→=0\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = 0. Que signifie ce résultat géométriquement ?
$\overrightarrow{AB} = (-1;1;0), \quad \overrightarrow{CD} = (1;1;0)$ $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = (-1)(1) + 1 \times 1 + 0 \times 0 = -1 + 1 = \boxed{0}$ Cela signifie que les arêtes $[AB]$ et $[CD]$ sont **orthogonales** (même si elles ne se coupent pas, ce sont des droites orthogonales dans l'espace). C'est une propriété classique du tétraèdre régulier : les arêtes opposées sont perpendiculaires.
4.
Calculer le centre de gravité GG du tétraèdre.
**Méthode :** $G = \left(\dfrac{x_A+x_B+x_C+x_D}{4} ; \dfrac{y_A+y_B+y_C+y_D}{4} ; \dfrac{z_A+z_B+z_C+z_D}{4}\right)$. $G = \left(\dfrac{1+0+0+1}{4} ; \dfrac{0+1+0+1}{4} ; \dfrac{0+0+1+1}{4}\right) = \left(\dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2}\right)$ $\boxed{G\left(\dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2}\right)}$
Exercice 26
Difficile
On considère la sphère S\mathcal{S} de centre Ω(1;−2;3)\Omega(1 ; -2 ; 3) et de rayon R=3R = 3, et le plan P:2x−2y+z−8=0\mathcal{P} : 2x - 2y + z - 8 = 0.
1.
Calculer la distance du centre Ω\Omega au plan P\mathcal{P}.
$d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{|2 \times 1 + (-2)\times(-2) + 1 \times 3 - 8|}{\sqrt{4+4+1}} = \dfrac{|2 + 4 + 3 - 8|}{\sqrt{9}} = \dfrac{|1|}{3} = \dfrac{1}{3}$ $\boxed{d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{1}{3}}$
2.
Le plan P\mathcal{P} coupe-t-il la sphère S\mathcal{S} ?
On compare $d(\Omega, \mathcal{P})$ et $R$ : $d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{1}{3} < 3 = R$ Comme la distance du centre au plan est **strictement inférieure** au rayon, le plan **coupe** la sphère. L'intersection est un cercle. $\boxed{\text{Oui, } \mathcal{P} \text{ coupe } \mathcal{S} \text{ selon un cercle}}$
3.
Déterminer le rayon du cercle d'intersection.
**Méthode :** Si $d$ est la distance du centre au plan et $R$ le rayon de la sphère, le rayon du cercle d'intersection est : $r = \sqrt{R^2 - d^2}$ $r = \sqrt{9 - \dfrac{1}{9}} = \sqrt{\dfrac{81-1}{9}} = \sqrt{\dfrac{80}{9}} = \dfrac{\sqrt{80}}{3} = \dfrac{4\sqrt{5}}{3}$ $\boxed{r = \dfrac{4\sqrt{5}}{3}}$
4.
Déterminer le centre II du cercle d'intersection.
**Méthode :** $I$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $\mathcal{P}$. La droite passant par $\Omega(1;-2;3)$ perpendiculaire à $\mathcal{P}$ a pour direction $\vec{n}(2;-2;1)$ : $\begin{cases} x = 1+2t \\ y = -2-2t \\ z = 3+t \end{cases}$ Substitution dans $2x-2y+z-8=0$ : $2(1+2t) - 2(-2-2t) + (3+t) - 8 = 0$ $2+4t+4+4t+3+t-8 = 0 \implies 9t + 1 = 0 \implies t = -\dfrac{1}{9}$ $I = \left(1-\dfrac{2}{9} ; -2+\dfrac{2}{9} ; 3-\dfrac{1}{9}\right) = \left(\dfrac{7}{9} ; -\dfrac{16}{9} ; \dfrac{26}{9}\right)$ $\boxed{I\left(\dfrac{7}{9} ; -\dfrac{16}{9} ; \dfrac{26}{9}\right)}$
Exercice 27
Difficile
On considère les points A(2;1;0)A(2;1;0), B(0;3;2)B(0;3;2) et M(x;y;z)M(x;y;z) un point quelconque de l'espace.
1.
Exprimer MA→⋅MB→\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} en fonction de xx, yy et zz.
$\overrightarrow{MA} = (2-x ; 1-y ; -z), \quad \overrightarrow{MB} = (-x ; 3-y ; 2-z)$ $\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = (2-x)(-x) + (1-y)(3-y) + (-z)(2-z)$ $= -2x + x^2 + 3 - y - 3y + y^2 - 2z + z^2$ $= x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 4y - 2z + 3$ $\boxed{\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 4y - 2z + 3}$
2.
Déterminer l'ensemble E\mathcal{E} des points MM tels que MA→⋅MB→=0\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = 0.
**Méthode :** $\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = 0$ signifie que $\overrightarrow{MA} \perp \overrightarrow{MB}$, donc $M$ voit $[AB]$ sous un angle droit : $M$ est sur la sphère de diamètre $[AB]$. Équation : $x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 4y - 2z + 3 = 0$. Complétons les carrés : $(x-1)^2 - 1 + (y-2)^2 - 4 + (z-1)^2 - 1 + 3 = 0$ $(x-1)^2 + (y-2)^2 + (z-1)^2 = 3$ C'est la sphère de centre $I(1;2;1)$ et de rayon $R = \sqrt{3}$. $\boxed{\mathcal{E} \text{ est la sphère de centre } I(1;2;1) \text{ et de rayon } \sqrt{3}}$ **Vérification :** $I = \text{milieu de } [AB] = \left(\dfrac{2+0}{2} ; \dfrac{1+3}{2} ; \dfrac{0+2}{2}\right) = (1;2;1)$ ✓ $R = \dfrac{AB}{2} = \dfrac{\sqrt{4+4+4}}{2} = \dfrac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$ ✓
3.
Le point C(2;3;1)C(2 ; 3 ; 1) appartient-il à E\mathcal{E} ?
On vérifie si $C$ satisfait l'équation : $(2-1)^2 + (3-2)^2 + (1-1)^2 = 1 + 1 + 0 = 2 \neq 3$ Donc $C \notin \mathcal{E}$. $\boxed{C \notin \mathcal{E} \text{ car } IC^2 = 2 \neq 3 = R^2}$
Exercice 28
Difficile
Soit ABCDABCD un tétraèdre tel que A(0;0;0)A(0;0;0), B(4;0;0)B(4;0;0), C(0;4;0)C(0;4;0) et D(0;0;4)D(0;0;4).
ABCD
1.
Montrer que le triangle ABCABC est rectangle isocèle en AA.
$\overrightarrow{AB} = (4;0;0), \quad \overrightarrow{AC} = (0;4;0)$ $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 4 \times 0 + 0 \times 4 + 0 \times 0 = 0$ Donc $\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{AC}$ : le triangle est rectangle en $A$. De plus $AB = \sqrt{16} = 4$ et $AC = \sqrt{16} = 4$, donc $AB = AC$. $\boxed{ABC \text{ est rectangle isocèle en } A}$
2.
Calculer le produit scalaire AB→⋅AD→\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} et AC→⋅AD→\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AD}.
$\overrightarrow{AD} = (0;0;4)$. $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = 4 \times 0 + 0 \times 0 + 0 \times 4 = 0$ $\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AD} = 0 \times 0 + 4 \times 0 + 0 \times 4 = 0$ $\boxed{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = 0, \quad \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AD} = 0}$ Les arêtes issues de $A$ sont deux à deux perpendiculaires : c'est un tétraèdre trirectangle en $A$.
3.
Déterminer l'équation cartésienne du plan (BCD)(BCD).
On cherche $\vec{n}(a;b;c)$ orthogonal à $\overrightarrow{BC}$ et $\overrightarrow{BD}$. $\overrightarrow{BC} = (-4;4;0), \quad \overrightarrow{BD} = (-4;0;4)$ $\begin{cases} -4a + 4b = 0 \implies a = b \\ -4a + 4c = 0 \implies a = c \end{cases}$ Donc $a = b = c$. Prenons $\vec{n}(1;1;1)$. Le plan passe par $B(4;0;0)$ : $1(x-4) + 1(y) + 1(z) = 0$ $\boxed{x + y + z - 4 = 0}$ **Vérification :** $C(0;4;0)$ : $0+4+0-4=0$ ✓ ; $D(0;0;4)$ : $0+0+4-4=0$ ✓
4.
Calculer la distance de AA au plan (BCD)(BCD) et en déduire le volume du tétraèdre ABCDABCD.
$d(A, (BCD)) = \dfrac{|0+0+0-4|}{\sqrt{1+1+1}} = \dfrac{4}{\sqrt{3}} = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}$ L'aire du triangle $BCD$ : $\overrightarrow{BC} = (-4;4;0)$, $\overrightarrow{BD} = (-4;0;4)$. $\overrightarrow{BC} \cdot \overrightarrow{BD} = 16 + 0 + 0 = 16$ $BC = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$, $BD = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$ $\cos(\widehat{DBC}) = \dfrac{16}{4\sqrt{2} \times 4\sqrt{2}} = \dfrac{16}{32} = \dfrac{1}{2}$, donc $\widehat{DBC} = \dfrac{\pi}{3}$. $\mathcal{A}_{BCD} = \dfrac{1}{2} \times 4\sqrt{2} \times 4\sqrt{2} \times \sin\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2} \times 32 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 8\sqrt{3}$ $V = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A}_{BCD} \times d(A,(BCD)) = \dfrac{1}{3} \times 8\sqrt{3} \times \dfrac{4\sqrt{3}}{3} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{32 \times 3}{3} = \dfrac{32}{3}$ $\boxed{V = \dfrac{32}{3}}$ **Vérification :** Par la formule directe : $V = \dfrac{1}{6}|\text{(CL)}(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{AD})| = \dfrac{1}{6} \times 4 \times 4 \times 4 = \dfrac{64}{6} = \dfrac{32}{3}$ ✓
Exercice 29
Difficile
On considère les plans P1:x−y+z=0\mathcal{P}_1 : x - y + z = 0 et P2:x+y−z+2=0\mathcal{P}_2 : x + y - z + 2 = 0.
1.
Montrer que P1\mathcal{P}_1 et P2\mathcal{P}_2 sont sécants.
Les vecteurs normaux sont $\vec{n}_1(1;-1;1)$ et $\vec{n}_2(1;1;-1)$. Pour qu'ils soient colinéaires, il faudrait $\dfrac{1}{1} = \dfrac{-1}{1}$, soit $1 = -1$, ce qui est faux. Donc les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires, et les plans sont **sécants**. $\boxed{\mathcal{P}_1 \text{ et } \mathcal{P}_2 \text{ sont sécants}}$
2.
Calculer l'angle entre les deux plans.
$\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2 = 1 \times 1 + (-1) \times 1 + 1 \times (-1) = 1 - 1 - 1 = -1$ $\|\vec{n}_1\| = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}, \quad \|\vec{n}_2\| = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}$ $\cos\alpha = \dfrac{|\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2|}{\|\vec{n}_1\| \times \|\vec{n}_2\|} = \dfrac{1}{3}$ $\boxed{\alpha = \arccos\left(\dfrac{1}{3}\right) \approx 70{,}5°}$
3.
Trouver un point de la droite d'intersection Δ\Delta de P1\mathcal{P}_1 et P2\mathcal{P}_2.
**Méthode :** On résout le système : $\begin{cases} x - y + z = 0 \\ x + y - z + 2 = 0 \end{cases}$ En additionnant : $2x + 2 = 0$, donc $x = -1$. En substituant dans la première : $-1 - y + z = 0$, soit $z = y + 1$. Prenons $y = 0$ : $z = 1$. Un point de $\Delta$ est $M(-1 ; 0 ; 1)$. $\boxed{M(-1 ; 0 ; 1) \in \Delta}$ **Vérification :** $-1-0+1 = 0$ ✓ et $-1+0-1+2 = 0$ ✓
4.
Déterminer un vecteur directeur de Δ\Delta et en donner une représentation paramétrique.
**Méthode :** Un vecteur directeur de $\Delta$ est orthogonal aux deux vecteurs normaux. On cherche $\vec{d}(a;b;c)$ tel que $\vec{d} \cdot \vec{n}_1 = 0$ et $\vec{d} \cdot \vec{n}_2 = 0$. $\begin{cases} a - b + c = 0 \\ a + b - c = 0 \end{cases}$ En additionnant : $2a = 0$, donc $a = 0$. De la première : $-b + c = 0$, donc $b = c$. Prenons $b = 1$ : $\vec{d}(0 ; 1 ; 1)$. $\Delta : \begin{cases} x = -1 \\ y = t \\ z = 1 + t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}$ $\boxed{\vec{d}(0;1;1), \quad \Delta : \begin{cases} x = -1 \\ y = t \\ z = 1+t \end{cases}}$
Exercice 30
Difficile
On considère le plan P:2x+y−2z+3=0\mathcal{P} : 2x + y - 2z + 3 = 0 et les points A(1;0;1)A(1;0;1) et B(−1;2;3)B(-1;2;3).
1.
Montrer que AA et BB sont de part et d'autre du plan P\mathcal{P}.
On calcule $f(A) = 2(1) + 0 - 2(1) + 3 = 2 + 0 - 2 + 3 = 3 > 0$. $f(B) = 2(-1) + 2 - 2(3) + 3 = -2 + 2 - 6 + 3 = -3 < 0$. Comme $f(A) \times f(B) = 3 \times (-3) = -9 < 0$, les points $A$ et $B$ sont de **part et d'autre** du plan. $\boxed{f(A) = 3 > 0 \text{ et } f(B) = -3 < 0, \text{ donc } A \text{ et } B \text{ sont de part et d'autre de } \mathcal{P}}$
2.
Calculer les distances d(A,P)d(A, \mathcal{P}) et d(B,P)d(B, \mathcal{P}).
$d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|3|}{\sqrt{4+1+4}} = \dfrac{3}{3} = 1$ $d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{|-3|}{3} = 1$ $\boxed{d(A, \mathcal{P}) = d(B, \mathcal{P}) = 1}$
3.
Que peut-on en déduire pour le milieu II de [AB][AB] ?
Comme $A$ et $B$ sont à la même distance du plan et de part et d'autre, le milieu $I$ de $[AB]$ appartient au plan $\mathcal{P}$. $I = \left(\dfrac{1-1}{2} ; \dfrac{0+2}{2} ; \dfrac{1+3}{2}\right) = (0 ; 1 ; 2)$ **Vérification :** $2(0) + 1 - 2(2) + 3 = 0 + 1 - 4 + 3 = 0$ ✓ $\boxed{I(0;1;2) \in \mathcal{P}}$
4.
La droite (AB)(AB) est-elle perpendiculaire au plan P\mathcal{P} ?
$\overrightarrow{AB} = (-2 ; 2 ; 2)$ Le vecteur normal est $\vec{n}(2 ; 1 ; -2)$. Pour que $(AB) \perp \mathcal{P}$, il faut $\overrightarrow{AB} = k\vec{n}$. $\dfrac{-2}{2} = -1$, $\dfrac{2}{1} = 2$ : $-1 \neq 2$. Donc $(AB)$ n'est **pas** perpendiculaire à $\mathcal{P}$. $\boxed{(AB) \text{ n'est pas perpendiculaire à } \mathcal{P}}$ Le fait que $d(A, \mathcal{P}) = d(B, \mathcal{P})$ n'implique pas que $(AB) \perp \mathcal{P}$ ; cela signifie seulement que le milieu $I$ est dans le plan (le plan $\mathcal{P}$ est un plan médiateur, mais pas celui de $[AB]$ en général).
Exercice 31
Avancé
On considère le cube ABCDEFGHABCDEFGH d'arête aa dans un repère orthonormé, avec AA à l'origine : A(0;0;0)A(0;0;0), B(a;0;0)B(a;0;0), D(0;a;0)D(0;a;0), E(0;0;a)E(0;0;a). Les autres sommets en découlent : C(a;a;0)C(a;a;0), F(a;0;a)F(a;0;a), G(a;a;a)G(a;a;a), H(0;a;a)H(0;a;a).
ABCDEFGH
1.
Montrer que les diagonales [AG][AG] et [CE][CE] sont perpendiculaires.
$\overrightarrow{AG} = (a;a;a), \quad \overrightarrow{CE} = (0-a ; 0-a ; a-0) = (-a;-a;a)$ $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{CE} = a(-a) + a(-a) + a \cdot a = -a^2 - a^2 + a^2 = -a^2 \neq 0$ Attention, vérifions : $C(a;a;0)$ et $E(0;0;a)$. $\overrightarrow{CE} = (0-a ; 0-a ; a-0) = (-a ; -a ; a)$ $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{CE} = a(-a) + a(-a) + a(a) = -a^2 - a^2 + a^2 = -a^2$ On obtient $-a^2 \neq 0$, donc $[AG]$ et $[CE]$ ne sont **pas** perpendiculaires. En revanche, montrons que $[AG]$ et $[BH]$ le sont : $\overrightarrow{BH} = (-a;a;a)$ $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BH} = a(-a) + a(a) + a(a) = -a^2 + a^2 + a^2 = a^2 \neq 0$. Montrons plutôt que $[AG]$ et $[DF]$ sont perpendiculaires : $\overrightarrow{DF} = (a;-a;a)$ $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{DF} = a^2 - a^2 + a^2 = a^2 \neq 0$. En fait, dans un cube, les quatre grandes diagonales ne sont pas perpendiculaires entre elles. Montrons plutôt que les arêtes opposées $[AB]$ et $[GH]$ sont parallèles et que $\overrightarrow{AG} \perp \overrightarrow{BD}$ : $\overrightarrow{BD} = (-a;a;0)$ $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BD} = a(-a) + a(a) + a(0) = -a^2 + a^2 = 0$ ✓ $\boxed{\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BD} = 0, \text{ donc la grande diagonale } [AG] \text{ et la diagonale de face } [BD] \text{ sont perpendiculaires}}$
2.
Déterminer l'angle entre la grande diagonale [AG][AG] et l'arête [AB][AB].
$\overrightarrow{AG} = (a;a;a), \quad \overrightarrow{AB} = (a;0;0)$ $\cos\theta = \dfrac{\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{AB}}{\|\overrightarrow{AG}\| \times \|\overrightarrow{AB}\|} = \dfrac{a^2}{a\sqrt{3} \times a} = \dfrac{a^2}{a^2\sqrt{3}} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$ $\boxed{\theta = \arccos\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right) = \arccos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right) \approx 54{,}7°}$
3.
Déterminer l'angle entre la grande diagonale [AG][AG] et la diagonale de face [AC][AC].
$\overrightarrow{AC} = (a;a;0)$ $\cos\alpha = \dfrac{\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{AC}}{\|\overrightarrow{AG}\| \times \|\overrightarrow{AC}\|} = \dfrac{a^2 + a^2 + 0}{a\sqrt{3} \times a\sqrt{2}} = \dfrac{2a^2}{a^2\sqrt{6}} = \dfrac{2}{\sqrt{6}}$ $\boxed{\alpha = \arccos\left(\dfrac{2}{\sqrt{6}}\right) = \arccos\left(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\right) \approx 35{,}3°}$
4.
Déterminer l'équation du plan passant par AA, FF et HH (plan médian du cube).
$\overrightarrow{AF} = (a;0;a), \quad \overrightarrow{AH} = (0;a;a)$ On cherche $\vec{n}(\alpha ; \beta ; \gamma)$ tel que : $\begin{cases} a\alpha + a\gamma = 0 \implies \alpha = -\gamma \\ a\beta + a\gamma = 0 \implies \beta = -\gamma \end{cases}$ Prenons $\gamma = -1$ : $\alpha = 1$, $\beta = 1$. Donc $\vec{n}(1;1;-1)$. Le plan passe par $A(0;0;0)$ : $x + y - z = 0$. $\boxed{x + y - z = 0}$ **Vérification :** $F(a;0;a)$ : $a+0-a = 0$ ✓ ; $H(0;a;a)$ : $0+a-a = 0$ ✓
Exercice 32
Avancé
On considère les plans P1:x+2y+z−1=0\mathcal{P}_1 : x + 2y + z - 1 = 0, P2:2x−y+3z+2=0\mathcal{P}_2 : 2x - y + 3z + 2 = 0 et P3:x+y+z−3=0\mathcal{P}_3 : x + y + z - 3 = 0.
1.
Vérifier que les trois plans ne sont pas parallèles deux à deux.
Les vecteurs normaux sont : $\vec{n}_1(1;2;1)$, $\vec{n}_2(2;-1;3)$, $\vec{n}_3(1;1;1)$. $\vec{n}_1$ et $\vec{n}_2$ : $\dfrac{1}{2} \neq \dfrac{2}{-1}$, non colinéaires ✓ $\vec{n}_1$ et $\vec{n}_3$ : $\dfrac{1}{1} = 1$ mais $\dfrac{2}{1} = 2 \neq 1$, non colinéaires ✓ $\vec{n}_2$ et $\vec{n}_3$ : $\dfrac{2}{1} \neq \dfrac{-1}{1}$, non colinéaires ✓ $\boxed{\text{Aucune paire de plans n'est parallèle}}$
2.
Déterminer la droite d'intersection Δ12\Delta_{12} de P1\mathcal{P}_1 et P2\mathcal{P}_2.
On résout : $\begin{cases} x + 2y + z = 1 \quad (1) \\ 2x - y + 3z = -2 \quad (2) \end{cases}$ $(2) - 2(1)$ : $-5y + z = -4$, soit $z = 5y - 4$. De $(1)$ : $x = 1 - 2y - z = 1 - 2y - 5y + 4 = 5 - 7y$. Posons $y = t$ : $\Delta_{12} : \begin{cases} x = 5 - 7t \\ y = t \\ z = 5t - 4 \end{cases}$ Pour $t = 0$ : point $M_0(5;0;-4)$, vecteur directeur $\vec{d}(-7;1;5)$. $\boxed{\Delta_{12} : \begin{cases} x = 5 - 7t \\ y = t \\ z = -4 + 5t \end{cases}, \quad \vec{d}(-7;1;5)}$
3.
Trouver le point d'intersection des trois plans.
**Méthode :** On substitue la paramétrisation de $\Delta_{12}$ dans l'équation de $\mathcal{P}_3$. $(5-7t) + t + (5t-4) - 3 = 0$ $5 - 7t + t + 5t - 4 - 3 = 0$ $-t - 2 = 0 \implies t = -2$ $x = 5 - 7(-2) = 19, \quad y = -2, \quad z = 5(-2) - 4 = -14$ $\boxed{\text{Le point d'intersection est } P(19 ; -2 ; -14)}$ **Vérification :** $\mathcal{P}_1$ : $19 - 4 - 14 - 1 = 0$ ✓ $\mathcal{P}_2$ : $38 + 2 - 42 + 2 = 0$ ✓ $\mathcal{P}_3$ : $19 - 2 - 14 - 3 = 0$ ✓
Exercice 33
Avancé
On se place dans un repère orthonormé. Soit S\mathcal{S} la sphère d'équation x2+y2+z2−2x+4y−6z+5=0x^2 + y^2 + z^2 - 2x + 4y - 6z + 5 = 0.
1.
Déterminer le centre et le rayon de S\mathcal{S}.
**Méthode :** On complète les carrés. $x^2 - 2x + y^2 + 4y + z^2 - 6z + 5 = 0$ $(x-1)^2 - 1 + (y+2)^2 - 4 + (z-3)^2 - 9 + 5 = 0$ $(x-1)^2 + (y+2)^2 + (z-3)^2 = 9$ C'est la sphère de centre $\Omega(1 ; -2 ; 3)$ et de rayon $R = 3$. $\boxed{\Omega(1 ; -2 ; 3), \quad R = 3}$
2.
Le point A(1;1;3)A(1 ; 1 ; 3) appartient-il à S\mathcal{S} ?
$(1-1)^2 + (1+2)^2 + (3-3)^2 = 0 + 9 + 0 = 9 = R^2$ $\boxed{A \in \mathcal{S}}$
3.
Déterminer l'équation du plan tangent à S\mathcal{S} en AA.
**Méthode :** Le plan tangent en $A$ est perpendiculaire au rayon $[\Omega A]$, donc $\overrightarrow{\Omega A}$ est un vecteur normal. $\overrightarrow{\Omega A} = (1-1 ; 1-(-2) ; 3-3) = (0 ; 3 ; 0)$ Un vecteur normal simplifié est $\vec{n}(0 ; 1 ; 0)$. Le plan tangent passe par $A(1;1;3)$ : $0(x-1) + 1(y-1) + 0(z-3) = 0$ $\boxed{y - 1 = 0, \quad \text{soit } y = 1}$
4.
Déterminer l'intersection de S\mathcal{S} avec le plan P:z=3\mathcal{P} : z = 3.
**Méthode :** On remplace $z = 3$ dans l'équation de la sphère. $(x-1)^2 + (y+2)^2 + (3-3)^2 = 9$ $(x-1)^2 + (y+2)^2 = 9$ C'est un **cercle** dans le plan $z = 3$, de centre $(1 ; -2 ; 3)$ et de rayon $3$. $\boxed{\text{Un cercle de centre } (1;-2;3) \text{ et de rayon } 3 \text{ dans le plan } z = 3}$
5.
Déterminer l'intersection de S\mathcal{S} avec le plan Q:x=4\mathcal{Q} : x = 4.
On remplace $x = 4$ dans l'équation de la sphère : $(4-1)^2 + (y+2)^2 + (z-3)^2 = 9$ $9 + (y+2)^2 + (z-3)^2 = 9$ $(y+2)^2 + (z-3)^2 = 0$ La seule solution est $y = -2$ et $z = 3$. L'intersection est réduite au **point** $(4 ; -2 ; 3)$ : le plan $\mathcal{Q}$ est **tangent** à la sphère. $\boxed{\text{Un point unique : } (4;-2;3). \text{ Le plan } \mathcal{Q} \text{ est tangent à } \mathcal{S}}$
Exercice 34
Avancé
On considère les points A(1;2;3)A(1;2;3), B(3;0;−1)B(3;0;-1) et C(0;4;1)C(0;4;1) dans un repère orthonormé.
1.
Déterminer une équation cartésienne du plan (ABC)(ABC).
$\overrightarrow{AB} = (2;-2;-4), \quad \overrightarrow{AC} = (-1;2;-2)$ On cherche $\vec{n}(a;b;c)$ orthogonal à ces deux vecteurs : $\begin{cases} 2a - 2b - 4c = 0 \quad (\div 2) : a - b - 2c = 0 \\ -a + 2b - 2c = 0 \end{cases}$ En additionnant : $b - 4c = 0$, soit $b = 4c$. De la première : $a = b + 2c = 4c + 2c = 6c$. Prenons $c = 1$ : $\vec{n}(6;4;1)$. Le plan passe par $A(1;2;3)$ : $6(x-1) + 4(y-2) + 1(z-3) = 0$ $6x - 6 + 4y - 8 + z - 3 = 0$ $\boxed{6x + 4y + z - 17 = 0}$ **Vérification :** $B$ : $18 + 0 - 1 - 17 = 0$ ✓ ; $C$ : $0 + 16 + 1 - 17 = 0$ ✓
2.
Calculer l'aire du triangle ABCABC.
On utilise la formule $\mathcal{A} = \dfrac{1}{2}\sqrt{\|\overrightarrow{AB}\|^2 \|\overrightarrow{AC}\|^2 - (\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC})^2}$. $\|\overrightarrow{AB}\|^2 = 4 + 4 + 16 = 24$ $\|\overrightarrow{AC}\|^2 = 1 + 4 + 4 = 9$ $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = -2 - 4 + 8 = 2$ $\mathcal{A} = \dfrac{1}{2}\sqrt{24 \times 9 - 4} = \dfrac{1}{2}\sqrt{216 - 4} = \dfrac{1}{2}\sqrt{212} = \dfrac{1}{2} \times 2\sqrt{53} = \sqrt{53}$ $\boxed{\mathcal{A} = \sqrt{53}}$
3.
Déterminer la distance du point D(2;1;0)D(2;1;0) au plan (ABC)(ABC).
$d(D, (ABC)) = \dfrac{|6 \times 2 + 4 \times 1 + 0 - 17|}{\sqrt{36 + 16 + 1}} = \dfrac{|12 + 4 + 0 - 17|}{\sqrt{53}} = \dfrac{|-1|}{\sqrt{53}} = \dfrac{1}{\sqrt{53}}$ $\boxed{d(D, (ABC)) = \dfrac{1}{\sqrt{53}} = \dfrac{\sqrt{53}}{53}}$
4.
En déduire le volume du tétraèdre ABCDABCD.
$V = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A}_{ABC} \times d(D, (ABC))$ $V = \dfrac{1}{3} \times \sqrt{53} \times \dfrac{1}{\sqrt{53}} = \dfrac{1}{3} \times 1 = \dfrac{1}{3}$ $\boxed{V = \dfrac{1}{3}}$
Exercice 35
Avancé
On considère le plan P:3x+4z−12=0\mathcal{P} : 3x + 4z - 12 = 0 et la droite Δ\Delta de représentation paramétrique {x=1+3ty=2−tz=−1+4t\begin{cases} x = 1 + 3t \\ y = 2 - t \\ z = -1 + 4t \end{cases}, t∈Rt \in \mathbb{R}.
1.
Montrer que Δ\Delta est perpendiculaire au plan P\mathcal{P}.
**Méthode :** On vérifie que le vecteur directeur de $\Delta$ est colinéaire au vecteur normal de $\mathcal{P}$. Vecteur directeur de $\Delta$ : $\vec{d}(3 ; -1 ; 4)$. Vecteur normal de $\mathcal{P}$ : $\vec{n}(3 ; 0 ; 4)$. Vérifions la colinéarité : $\dfrac{3}{3} = 1$, $\dfrac{-1}{0}$ n'est pas défini. Donc $\vec{d}$ et $\vec{n}$ ne sont **pas** colinéaires ($\vec{d}$ a une composante $y = -1$ non nulle alors que $\vec{n}$ a $y = 0$). La droite $\Delta$ n'est **pas** perpendiculaire au plan $\mathcal{P}$. Calculons plutôt l'intersection et l'angle. $\boxed{\Delta \text{ n'est pas perpendiculaire à } \mathcal{P} \text{ car } \vec{d}(3;-1;4) \text{ n'est pas colinéaire à } \vec{n}(3;0;4)}$
2.
Déterminer le point d'intersection HH de Δ\Delta et P\mathcal{P}.
**Méthode :** On substitue les coordonnées paramétriques dans l'équation du plan. $3(1+3t) + 4(-1+4t) - 12 = 0$ $3 + 9t - 4 + 16t - 12 = 0$ $25t - 13 = 0 \implies t = \dfrac{13}{25}$ $x_H = 1 + \dfrac{39}{25} = \dfrac{64}{25}, \quad y_H = 2 - \dfrac{13}{25} = \dfrac{37}{25}, \quad z_H = -1 + \dfrac{52}{25} = \dfrac{27}{25}$ $\boxed{H\left(\dfrac{64}{25} ; \dfrac{37}{25} ; \dfrac{27}{25}\right)}$
3.
Calculer l'angle entre la droite Δ\Delta et le plan P\mathcal{P}.
**Méthode :** L'angle $\alpha$ entre une droite de vecteur directeur $\vec{d}$ et un plan de vecteur normal $\vec{n}$ vérifie : $\sin\alpha = \dfrac{|\vec{d} \cdot \vec{n}|}{\|\vec{d}\| \times \|\vec{n}\|}$ $\vec{d} \cdot \vec{n} = 3 \times 3 + (-1) \times 0 + 4 \times 4 = 9 + 0 + 16 = 25$ $\|\vec{d}\| = \sqrt{9+1+16} = \sqrt{26}, \quad \|\vec{n}\| = \sqrt{9+0+16} = 5$ $\sin\alpha = \dfrac{25}{5\sqrt{26}} = \dfrac{5}{\sqrt{26}}$ $\boxed{\alpha = \arcsin\left(\dfrac{5}{\sqrt{26}}\right) \approx 78{,}7°}$
Exercice 36
Avancé
Soit OABCOABC un tétraèdre tel que OA=OB=OC=5OA = OB = OC = 5, OA→⋅OB→=10\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = 10, OA→⋅OC→=5\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OC} = 5 et OB→⋅OC→=0\overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OC} = 0.
1.
Calculer les angles AOB^\widehat{AOB}, AOC^\widehat{AOC} et BOC^\widehat{BOC}.
$\cos(\widehat{AOB}) = \dfrac{\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB}}{OA \times OB} = \dfrac{10}{5 \times 5} = \dfrac{10}{25} = \dfrac{2}{5}$ $\widehat{AOB} = \arccos\left(\dfrac{2}{5}\right) \approx 66{,}4°$ $\cos(\widehat{AOC}) = \dfrac{5}{25} = \dfrac{1}{5}$ $\widehat{AOC} = \arccos\left(\dfrac{1}{5}\right) \approx 78{,}5°$ $\cos(\widehat{BOC}) = \dfrac{0}{25} = 0$ $\widehat{BOC} = \dfrac{\pi}{2}$ $\boxed{\widehat{AOB} = \arccos\left(\dfrac{2}{5}\right), \quad \widehat{AOC} = \arccos\left(\dfrac{1}{5}\right), \quad \widehat{BOC} = \dfrac{\pi}{2}}$
2.
Calculer AB2AB^2, AC2AC^2 et BC2BC^2.
**Méthode :** $AB^2 = \|\overrightarrow{AB}\|^2 = \|\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}\|^2 = OA^2 - 2\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB} + OB^2$. $AB^2 = 25 - 2 \times 10 + 25 = 30$ $AC^2 = \|\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OA}\|^2 = 25 - 2 \times 5 + 25 = 40$ $BC^2 = \|\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OB}\|^2 = 25 - 2 \times 0 + 25 = 50$ $\boxed{AB^2 = 30, \quad AC^2 = 40, \quad BC^2 = 50}$ **Remarque :** $AB^2 + AC^2 = 30 + 40 = 70 \neq 50 = BC^2$, donc le triangle $ABC$ n'est pas rectangle en $A$. Mais $AB^2 + AC^2 = 70$ et $BC^2 = 50$, et $30 + 20 = 50$... vérifions : $AB^2 + 20 = BC^2$. En fait $AB^2 + AC^2 - BC^2 = 20 \neq 0$.
3.
Calculer AB→⋅AC→\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}.
$\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}, \quad \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OA}$ $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = (\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}) \cdot (\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OA})$ $= \overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OA} - \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OA}$ $= 0 - 10 - 5 + 25 = 10$ $\boxed{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 10}$
4.
En déduire l'angle BAC^\widehat{BAC}.
$\cos(\widehat{BAC}) = \dfrac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{AB \times AC} = \dfrac{10}{\sqrt{30} \times \sqrt{40}} = \dfrac{10}{\sqrt{1200}} = \dfrac{10}{20\sqrt{3}} = \dfrac{1}{2\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{6}$ $\boxed{\widehat{BAC} = \arccos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{6}\right) \approx 73{,}2°}$
Exercice 37
Avancé
On considère les points A(1;0;0)A(1;0;0), B(0;1;0)B(0;1;0), C(0;0;1)C(0;0;1) et un point M(x;y;z)M(x;y;z) de l'espace.
1.
Exprimer MA2+MB2+MC2MA^2 + MB^2 + MC^2 en fonction de xx, yy et zz.
$MA^2 = (x-1)^2 + y^2 + z^2 = x^2 - 2x + 1 + y^2 + z^2$ $MB^2 = x^2 + (y-1)^2 + z^2 = x^2 + y^2 - 2y + 1 + z^2$ $MC^2 = x^2 + y^2 + (z-1)^2 = x^2 + y^2 + z^2 - 2z + 1$ $MA^2 + MB^2 + MC^2 = 3x^2 + 3y^2 + 3z^2 - 2x - 2y - 2z + 3$ $\boxed{MA^2 + MB^2 + MC^2 = 3(x^2+y^2+z^2) - 2(x+y+z) + 3}$
2.
Montrer que MA2+MB2+MC2=3MG2+GA2+GB2+GC2MA^2 + MB^2 + MC^2 = 3MG^2 + GA^2 + GB^2 + GC^2, où GG est le centre de gravité de ABCABC.
Le centre de gravité est $G\left(\dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3}\right)$. $3MG^2 = 3\left[\left(x - \dfrac{1}{3}\right)^2 + \left(y - \dfrac{1}{3}\right)^2 + \left(z - \dfrac{1}{3}\right)^2\right]$ $= 3\left[x^2 - \dfrac{2x}{3} + \dfrac{1}{9} + y^2 - \dfrac{2y}{3} + \dfrac{1}{9} + z^2 - \dfrac{2z}{3} + \dfrac{1}{9}\right]$ $= 3(x^2 + y^2 + z^2) - 2(x+y+z) + 1$ Calculons $GA^2 + GB^2 + GC^2$ : $GA^2 = \left(\dfrac{2}{3}\right)^2 + \left(\dfrac{1}{3}\right)^2 + \left(\dfrac{1}{3}\right)^2 = \dfrac{4+1+1}{9} = \dfrac{6}{9} = \dfrac{2}{3}$ Par symétrie : $GB^2 = GC^2 = \dfrac{2}{3}$. Donc $GA^2 + GB^2 + GC^2 = 2$. $3MG^2 + GA^2 + GB^2 + GC^2 = 3(x^2+y^2+z^2) - 2(x+y+z) + 1 + 2 = 3(x^2+y^2+z^2) - 2(x+y+z) + 3$ C'est bien égal à $MA^2 + MB^2 + MC^2$. $\boxed{MA^2 + MB^2 + MC^2 = 3MG^2 + 2}$
3.
Déterminer l'ensemble des points MM tels que MA2+MB2+MC2=5MA^2 + MB^2 + MC^2 = 5.
D'après la relation précédente : $3MG^2 + 2 = 5 \implies MG^2 = 1 \implies MG = 1$ L'ensemble cherché est la **sphère** de centre $G\left(\dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3}\right)$ et de rayon $1$. $\boxed{\text{Sphère de centre } G\left(\dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3}\right) \text{ et de rayon } 1}$
4.
Pour quelle valeur de kk l'ensemble {M∣MA2+MB2+MC2=k}\{M \mid MA^2 + MB^2 + MC^2 = k\} est-il réduit à un point ?
$3MG^2 + 2 = k \implies MG^2 = \dfrac{k-2}{3}$ L'ensemble est réduit à un point (le point $G$) lorsque $MG = 0$, soit $k - 2 = 0$. $\boxed{k = 2}$ Pour $k < 2$, l'ensemble est vide. Pour $k > 2$, c'est une sphère de rayon $\sqrt{\dfrac{k-2}{3}}$.
Exercice 38
Avancé
On considère le plan P:x+y+z−6=0\mathcal{P} : x + y + z - 6 = 0 et le point A(2;1;0)A(2 ; 1 ; 0).
1.
Vérifier que A∉PA \notin \mathcal{P}.
$2 + 1 + 0 - 6 = -3 \neq 0$ $\boxed{A \notin \mathcal{P}}$
2.
Déterminer le projeté orthogonal HH de AA sur P\mathcal{P}.
La droite par $A$ perpendiculaire à $\mathcal{P}$ a pour direction $\vec{n}(1;1;1)$ : $\begin{cases} x = 2+t \\ y = 1+t \\ z = t \end{cases}$ Substitution dans $x + y + z - 6 = 0$ : $(2+t) + (1+t) + t - 6 = 0 \implies 3t - 3 = 0 \implies t = 1$ $H = (3 ; 2 ; 1)$ $\boxed{H(3 ; 2 ; 1)}$ **Vérification :** $3+2+1-6 = 0$ ✓
3.
Déterminer le symétrique A′A' de AA par rapport à P\mathcal{P}.
$A' = 2H - A = (6-2 ; 4-1 ; 2-0) = (4 ; 3 ; 2)$ $\boxed{A'(4 ; 3 ; 2)}$ **Vérification :** Le milieu de $[AA']$ est $\left(\dfrac{2+4}{2} ; \dfrac{1+3}{2} ; \dfrac{0+2}{2}\right) = (3;2;1) = H$ ✓
4.
Pour tout point MM du plan P\mathcal{P}, montrer que MA=MA′MA = MA' (propriété de réflexion).
**Méthode :** On utilise le fait que $H$ est le milieu de $[AA']$ et $\overrightarrow{AA'} \perp \mathcal{P}$. Pour tout $M \in \mathcal{P}$, le vecteur $\overrightarrow{HM}$ est dans le plan, donc $\overrightarrow{HM} \perp \overrightarrow{HA}$. Or $\overrightarrow{HA} = -\overrightarrow{HA'}$ (car $H$ milieu de $[AA']$). $MA^2 = MH^2 + HA^2 \quad \text{(Pythagore dans le triangle } MHA \text{ rectangle en } H\text{)}$ $MA'^2 = MH^2 + HA'^2 \quad \text{(Pythagore dans le triangle } MHA' \text{ rectangle en } H\text{)}$ Comme $HA = HA'$, on obtient $MA^2 = MA'^2$, donc $MA = MA'$. $\boxed{\forall M \in \mathcal{P}, \quad MA = MA'}$ Le plan $\mathcal{P}$ est le plan médiateur du segment $[AA']$.
5.
Calculer d(A,P)d(A, \mathcal{P}).
$d(A, \mathcal{P}) = AH = \sqrt{(3-2)^2 + (2-1)^2 + (1-0)^2} = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}$ Ou par la formule directe : $d = \dfrac{|2+1+0-6|}{\sqrt{3}} = \dfrac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$. $\boxed{d(A, \mathcal{P}) = \sqrt{3}}$
Exercice 39
Avancé
On considère deux droites Δ1\Delta_1 et Δ2\Delta_2 dans l'espace :
Δ1:{x=1+ty=2tz=−1+t\Delta_1 : \begin{cases} x = 1 + t \\ y = 2t \\ z = -1 + t \end{cases} et Δ2:{x=2+sy=1−sz=3+2s\Delta_2 : \begin{cases} x = 2 + s \\ y = 1 - s \\ z = 3 + 2s \end{cases}
1.
Donner les vecteurs directeurs de Δ1\Delta_1 et Δ2\Delta_2.
$\vec{d}_1(1 ; 2 ; 1), \quad \vec{d}_2(1 ; -1 ; 2)$ $\boxed{\vec{d}_1(1;2;1), \quad \vec{d}_2(1;-1;2)}$
2.
Calculer l'angle entre les deux droites.
$\cos\theta = \dfrac{|\vec{d}_1 \cdot \vec{d}_2|}{\|\vec{d}_1\| \times \|\vec{d}_2\|}$ $\vec{d}_1 \cdot \vec{d}_2 = 1 - 2 + 2 = 1$ $\|\vec{d}_1\| = \sqrt{1+4+1} = \sqrt{6}, \quad \|\vec{d}_2\| = \sqrt{1+1+4} = \sqrt{6}$ $\cos\theta = \dfrac{1}{\sqrt{6} \times \sqrt{6}} = \dfrac{1}{6}$ $\boxed{\theta = \arccos\left(\dfrac{1}{6}\right) \approx 80{,}4°}$
3.
Les droites Δ1\Delta_1 et Δ2\Delta_2 sont-elles sécantes ?
**Méthode :** On cherche $t$ et $s$ tels que les coordonnées coïncident. $\begin{cases} 1+t = 2+s \quad (1) \\ 2t = 1-s \quad (2) \\ -1+t = 3+2s \quad (3) \end{cases}$ De $(1)$ : $t - s = 1$, soit $s = t - 1$. Dans $(2)$ : $2t = 1 - (t-1) = 2 - t$, soit $3t = 2$, $t = \dfrac{2}{3}$. Donc $s = \dfrac{2}{3} - 1 = -\dfrac{1}{3}$. Vérifions dans $(3)$ : $-1 + \dfrac{2}{3} = -\dfrac{1}{3}$ et $3 + 2(-\dfrac{1}{3}) = 3 - \dfrac{2}{3} = \dfrac{7}{3}$. $-\dfrac{1}{3} \neq \dfrac{7}{3}$, donc le système est incompatible. $\boxed{\Delta_1 \text{ et } \Delta_2 \text{ ne sont pas sécantes (elles sont non coplanaires)}}$
4.
Déterminer une équation du plan P\mathcal{P} contenant Δ1\Delta_1 et parallèle à Δ2\Delta_2.
**Méthode :** $\mathcal{P}$ contient $\Delta_1$ et est parallèle à $\vec{d}_2$. Donc $\vec{n}$ est orthogonal à $\vec{d}_1(1;2;1)$ et $\vec{d}_2(1;-1;2)$. $\begin{cases} a + 2b + c = 0 \\ a - b + 2c = 0 \end{cases}$ En soustrayant : $3b - c = 0$, soit $c = 3b$. De la première : $a = -2b - c = -2b - 3b = -5b$. Prenons $b = 1$ : $\vec{n}(-5;1;3)$, soit $\vec{n}(5;-1;-3)$. Le plan passe par $(1;0;-1)$ (point de $\Delta_1$ pour $t=0$) : $5(x-1) - 1(y-0) - 3(z+1) = 0$ $5x - 5 - y - 3z - 3 = 0$ $\boxed{5x - y - 3z - 8 = 0}$ **Vérification :** Le point $(2;1;3)$ de $\Delta_2$ ($s=0$) : $10-1-9-8 = -8 \neq 0$ (le plan ne contient pas $\Delta_2$ mais lui est parallèle). Direction $\vec{d}_2$ : $5(1) - 1(-1) - 3(2) = 5+1-6 = 0$ ✓
Exercice 40
Avancé
On considère la sphère S\mathcal{S} de centre Ω(0;0;0)\Omega(0;0;0) et de rayon R=6R = 6, et le plan P\mathcal{P} d'équation 2x+y−2z−9=02x + y - 2z - 9 = 0.
1.
Calculer la distance de Ω\Omega au plan P\mathcal{P}.
$d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{|2 \times 0 + 0 - 2 \times 0 - 9|}{\sqrt{4+1+4}} = \dfrac{9}{3} = \boxed{3}$
2.
Montrer que P\mathcal{P} coupe S\mathcal{S} selon un cercle C\mathcal{C} et calculer son rayon.
Comme $d(\Omega, \mathcal{P}) = 3 < 6 = R$, le plan coupe la sphère. $r = \sqrt{R^2 - d^2} = \sqrt{36 - 9} = \sqrt{27} = 3\sqrt{3}$ $\boxed{r = 3\sqrt{3}}$
3.
Déterminer le centre II du cercle C\mathcal{C}.
**Méthode :** $I$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $\mathcal{P}$. La droite par $\Omega(0;0;0)$ de direction $\vec{n}(2;1;-2)$ : $\begin{cases} x = 2t \\ y = t \\ z = -2t \end{cases}$ Substitution dans $2x + y - 2z - 9 = 0$ : $4t + t + 4t - 9 = 0 \implies 9t = 9 \implies t = 1$ $\boxed{I(2 ; 1 ; -2)}$ **Vérification :** $\Omega I = \sqrt{4+1+4} = 3$ ✓
4.
Soit AA un point du cercle C\mathcal{C}. Calculer ΩA\Omega A et vérifier que A∈SA \in \mathcal{S}.
Pour tout point $A$ du cercle $\mathcal{C}$, on a par le théorème de Pythagore (triangle $\Omega IA$ rectangle en $I$) : $\Omega A^2 = \Omega I^2 + IA^2 = d^2 + r^2 = 9 + 27 = 36$ Donc $\Omega A = 6 = R$, ce qui confirme que $A \in \mathcal{S}$. $\boxed{\Omega A = 6 = R, \text{ donc } A \in \mathcal{S} \text{ ✓}}$
5.
Pour quelle valeur de kk le plan 2x+y−2z+k=02x + y - 2z + k = 0 est-il tangent à S\mathcal{S} ?
Le plan est tangent lorsque $d(\Omega, \mathcal{P}_k) = R$. $\dfrac{|k|}{\sqrt{4+1+4}} = 6 \implies \dfrac{|k|}{3} = 6 \implies |k| = 18$ $\boxed{k = 18 \text{ ou } k = -18}$ Les deux plans tangents sont $2x + y - 2z + 18 = 0$ et $2x + y - 2z - 18 = 0$.
4 problèmes de synthèse
Problème 1 — Étude d'un parallélépipède rectangle
Facile
On considère le parallélépipède rectangle ABCDEFGHABCDEFGH dans un repère orthonormé (A;AB→,AD→,AE→)(A ; \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE}) avec AB=3AB = 3, AD=2AD = 2 et AE=1AE = 1.

On a donc : A(0;0;0)A(0;0;0), B(3;0;0)B(3;0;0), C(3;2;0)C(3;2;0), D(0;2;0)D(0;2;0), E(0;0;1)E(0;0;1), F(3;0;1)F(3;0;1), G(3;2;1)G(3;2;1), H(0;2;1)H(0;2;1).
ABCDEFGH

Partie A — Distances et produits scalaires

1.
Calculer les distances AGAG, BHBH et CECE.
$AG = \sqrt{3^2 + 2^2 + 1^2} = \sqrt{9+4+1} = \sqrt{14}$ $\overrightarrow{BH} = (-3;2;1), \quad BH = \sqrt{9+4+1} = \sqrt{14}$ $\overrightarrow{CE} = (-3;-2;1), \quad CE = \sqrt{9+4+1} = \sqrt{14}$ $\boxed{AG = BH = CE = \sqrt{14}}$ Les quatre grandes diagonales d'un parallélépipède rectangle ont la même longueur.
2.
Calculer AG→⋅BH→\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BH}.
$\overrightarrow{AG} = (3;2;1), \quad \overrightarrow{BH} = (-3;2;1)$ $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{BH} = -9 + 4 + 1 = \boxed{-4}$
3.
En déduire l'angle entre les diagonales [AG][AG] et [BH][BH].
$\cos\theta = \dfrac{-4}{\sqrt{14} \times \sqrt{14}} = \dfrac{-4}{14} = -\dfrac{2}{7}$ $\boxed{\theta = \arccos\left(-\dfrac{2}{7}\right) \approx 106{,}6°}$ L'angle aigu entre les diagonales est $180° - 106{,}6° \approx 73{,}4°$.

Partie B — Plans remarquables

1.
Déterminer une équation cartésienne du plan (BDG)(BDG).
$\overrightarrow{BD} = (-3;2;0), \quad \overrightarrow{BG} = (0;2;1)$ On cherche $\vec{n}(a;b;c)$ : $\begin{cases} -3a + 2b = 0 \implies b = \dfrac{3a}{2} \\ 2b + c = 0 \implies c = -2b = -3a \end{cases}$ Prenons $a = 2$ : $b = 3$, $c = -6$. Soit $\vec{n}(2;3;-6)$. Le plan passe par $B(3;0;0)$ : $2(x-3) + 3y - 6z = 0 \implies 2x + 3y - 6z - 6 = 0$ $\boxed{2x + 3y - 6z - 6 = 0}$ **Vérification :** $D(0;2;0)$ : $0+6-0-6=0$ ✓ ; $G(3;2;1)$ : $6+6-6-6=0$ ✓
2.
Calculer la distance de AA au plan (BDG)(BDG).
$d(A, (BDG)) = \dfrac{|2(0)+3(0)-6(0)-6|}{\sqrt{4+9+36}} = \dfrac{6}{\sqrt{49}} = \dfrac{6}{7}$ $\boxed{d(A, (BDG)) = \dfrac{6}{7}}$
3.
Déterminer le projeté orthogonal de AA sur le plan (BDG)(BDG).
La droite par $A(0;0;0)$ de direction $\vec{n}(2;3;-6)$ : $\begin{cases} x = 2t \\ y = 3t \\ z = -6t \end{cases}$ Substitution : $2(2t) + 3(3t) - 6(-6t) - 6 = 0$ $4t + 9t + 36t = 6 \implies 49t = 6 \implies t = \dfrac{6}{49}$ $H = \left(\dfrac{12}{49} ; \dfrac{18}{49} ; -\dfrac{36}{49}\right)$ $\boxed{H\left(\dfrac{12}{49} ; \dfrac{18}{49} ; -\dfrac{36}{49}\right)}$
Problème 2 — Étude d'un plan médiateur et applications
Intermédiaire
Dans un repère orthonormé (O;i→,j→,k→)(O ; \vec{i}, \vec{j}, \vec{k}), on considère les points A(1;−1;2)A(1 ; -1 ; 2), B(3;3;0)B(3 ; 3 ; 0) et C(5;1;4)C(5 ; 1 ; 4).

Partie A — Plan médiateur de [AB][AB]

1.
Calculer les coordonnées du milieu II de [AB][AB] et du vecteur AB→\overrightarrow{AB}.
$$I = \left(\dfrac{1+3}{2} ; \dfrac{-1+3}{2} ; \dfrac{2+0}{2}\right) = (2 ; 1 ; 1)$$ $$\overrightarrow{AB} = (2 ; 4 ; -2)$$ $$\boxed{I(2;1;1), \quad \overrightarrow{AB}(2;4;-2)}$$
2.
Déterminer une équation cartésienne du plan médiateur Π\Pi de [AB][AB].
Le plan médiateur passe par $I(2;1;1)$ et a pour vecteur normal $\overrightarrow{AB}(2;4;-2)$. $$2(x-2) + 4(y-1) - 2(z-1) = 0$$ $$2x - 4 + 4y - 4 - 2z + 2 = 0$$ $$2x + 4y - 2z - 6 = 0$$ En simplifiant par 2 : $$\boxed{x + 2y - z - 3 = 0}$$
3.
Vérifier que CC appartient à Π\Pi.
$$5 + 2(1) - 4 - 3 = 5 + 2 - 4 - 3 = 0$$ $$\boxed{C \in \Pi}$$ Cela signifie que $CA = CB$, c'est-à-dire que $C$ est équidistant de $A$ et $B$.

Partie B — Cercle circonscrit au triangle ABCABC

1.
Vérifier que CA=CBCA = CB et calculer cette distance.
$$\overrightarrow{CA} = (1-5 ; -1-1 ; 2-4) = (-4;-2;-2)$$ $$CA = \sqrt{16+4+4} = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}$$ $$\overrightarrow{CB} = (3-5 ; 3-1 ; 0-4) = (-2;2;-4)$$ $$CB = \sqrt{4+4+16} = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}$$ $$\boxed{CA = CB = 2\sqrt{6}}$$ Le triangle $ABC$ est isocèle en $C$.
2.
Calculer le produit scalaire CA→⋅CB→\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB} et en déduire l'angle ACB^\widehat{ACB}.
$$\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB} = (-4)(-2) + (-2)(2) + (-2)(-4) = 8 - 4 + 8 = 12$$ $$\cos(\widehat{ACB}) = \dfrac{12}{2\sqrt{6} \times 2\sqrt{6}} = \dfrac{12}{24} = \dfrac{1}{2}$$ $$\boxed{\widehat{ACB} = \dfrac{\pi}{3} \text{ (soit } 60°\text{)}}$$
3.
Déterminer l'équation du plan médiateur Π′\Pi' de [BC][BC] et trouver le centre Ω\Omega du cercle circonscrit au triangle ABCABC (intersection de Π\Pi et Π′\Pi' et du plan (ABC)(ABC)).
**Plan médiateur de $[BC]$ :** Milieu $J = \left(\dfrac{3+5}{2} ; \dfrac{3+1}{2} ; \dfrac{0+4}{2}\right) = (4;2;2)$. $\overrightarrow{BC} = (2;-2;4)$, vecteur normal simplifié $(1;-1;2)$. $$1(x-4) - 1(y-2) + 2(z-2) = 0 \implies x - y + 2z - 6 = 0$$ $\Pi'$ : $x - y + 2z - 6 = 0$. Le centre $\Omega$ du cercle circonscrit vérifie $\Omega A = \Omega B = \Omega C$ et appartient au plan $(ABC)$. Déterminons d'abord le plan $(ABC)$ : $\overrightarrow{AB} = (2;4;-2)$, $\overrightarrow{AC} = (4;2;2)$. On cherche $\vec{n}(a;b;c)$ : $2a+4b-2c=0$ et $4a+2b+2c=0$. De la première : $a+2b-c=0$. De la seconde : $2a+b+c=0$. En additionnant : $3a+3b=0$, soit $b=-a$. Alors $c = a+2(-a)=-a$. $\vec{n}(1;-1;-1)$. Plan par $A(1;-1;2)$ : $(x-1)-(y+1)-(z-2)=0$, soit $x-y-z=0$. On résout le système : $$\begin{cases} x+2y-z=3 \quad (\Pi) \\ x-y+2z=6 \quad (\Pi') \\ x-y-z=0 \quad ((ABC)) \end{cases}$$ $(\Pi')-(ABC)$ : $3z = 6$, soit $z = 2$. De $(ABC)$ : $x - y = 2$, donc $x = y+2$. Dans $(\Pi)$ : $(y+2)+2y-2=3$, soit $3y=3$, $y=1$, $x=3$. $$\boxed{\Omega(3;1;2)}$$ **Vérification :** $\Omega A = \sqrt{4+4+0} = \sqrt{8}$, $\Omega B = \sqrt{0+4+4} = \sqrt{8}$, $\Omega C = \sqrt{4+0+4} = \sqrt{8}$ ✓
Problème 3 — Sphère, plan et projections
Difficile
Dans un repère orthonormé, on considère la sphère S\mathcal{S} d'équation x2+y2+z2−4x+2y−6z+5=0x^2 + y^2 + z^2 - 4x + 2y - 6z + 5 = 0 et le plan P\mathcal{P} d'équation x−y+z−3=0x - y + z - 3 = 0.
ΩR

Partie A — Étude de la sphère

1.
Déterminer le centre Ω\Omega et le rayon RR de S\mathcal{S}.
On complète les carrés : $$(x-2)^2 - 4 + (y+1)^2 - 1 + (z-3)^2 - 9 + 5 = 0$$ $$(x-2)^2 + (y+1)^2 + (z-3)^2 = 9$$ $$\boxed{\Omega(2;-1;3), \quad R = 3}$$
2.
Le point A(2;2;3)A(2;2;3) appartient-il à S\mathcal{S} ?
$$(2-2)^2 + (2+1)^2 + (3-3)^2 = 0 + 9 + 0 = 9 = R^2$$ $$\boxed{A \in \mathcal{S}}$$
3.
Déterminer l'équation du plan tangent à S\mathcal{S} en AA.
$\overrightarrow{\Omega A} = (0;3;0)$, vecteur normal simplifié $\vec{n}(0;1;0)$. Le plan tangent en $A(2;2;3)$ : $y - 2 = 0$. $$\boxed{y = 2}$$

Partie B — Intersection sphère-plan

1.
Calculer la distance de Ω\Omega au plan P\mathcal{P}.
$$d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{|2-(-1)+3-3|}{\sqrt{1+1+1}} = \dfrac{|2+1+3-3|}{\sqrt{3}} = \dfrac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$$ $$\boxed{d(\Omega, \mathcal{P}) = \sqrt{3}}$$
2.
Montrer que P\mathcal{P} coupe S\mathcal{S} et déterminer le rayon du cercle d'intersection.
$$d = \sqrt{3} < 3 = R$$ Donc $\mathcal{P}$ coupe $\mathcal{S}$ selon un cercle de rayon : $$r = \sqrt{R^2 - d^2} = \sqrt{9 - 3} = \sqrt{6}$$ $$\boxed{r = \sqrt{6}}$$
3.
Déterminer le centre II du cercle d'intersection.
La droite par $\Omega(2;-1;3)$ de direction $\vec{n}(1;-1;1)$ : $$\begin{cases} x = 2+t \\ y = -1-t \\ z = 3+t \end{cases}$$ Substitution dans $x-y+z-3=0$ : $(2+t)-(-1-t)+(3+t)-3=0$ $2+t+1+t+3+t-3=0$ $3t+3=0 \implies t=-1$ $$I = (1;0;2)$$ $$\boxed{I(1;0;2)}$$ **Vérification :** $1-0+2-3=0$ ✓ et $\Omega I = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}$ ✓
4.
Le point A(2;2;3)A(2;2;3) appartient-il au cercle d'intersection ?
$A \in \mathcal{S}$ (montré en A.2). Vérifions si $A \in \mathcal{P}$ : $2 - 2 + 3 - 3 = 0$ ✓ Donc $A$ appartient à la fois à $\mathcal{S}$ et à $\mathcal{P}$. $$\boxed{A \text{ appartient au cercle d'intersection}}$$ **Vérification :** $IA = \sqrt{(2-1)^2+(2-0)^2+(3-2)^2} = \sqrt{1+4+1} = \sqrt{6} = r$ ✓
Problème 4 — Géométrie du tétraèdre et orthogonalité
Avancé
On considère le tétraèdre ABCDABCD avec A(0;0;0)A(0;0;0), B(4;0;0)B(4;0;0), C(2;23;0)C(2;2\sqrt{3};0) et D(2;233;463)D(2;\dfrac{2\sqrt{3}}{3};\dfrac{4\sqrt{6}}{3}).

On admet que ABCDABCD est un tétraèdre régulier d'arête 44.
ABCD

Partie A — Vérifications préliminaires

1.
Vérifier que AB=AC=BC=4AB = AC = BC = 4.
$$AB = \sqrt{16+0+0} = 4$$ $$AC = \sqrt{4 + 12 + 0} = \sqrt{16} = 4$$ $$\overrightarrow{BC} = (-2;2\sqrt{3};0), \quad BC = \sqrt{4+12} = \sqrt{16} = 4$$ $$\boxed{AB = AC = BC = 4}$$ La face $ABC$ est un triangle équilatéral de côté $4$.
2.
Calculer le centre de gravité GG du triangle ABCABC et vérifier que DD est sur la verticale de GG.
$$G = \left(\dfrac{0+4+2}{3} ; \dfrac{0+0+2\sqrt{3}}{3} ; 0\right) = \left(2 ; \dfrac{2\sqrt{3}}{3} ; 0\right)$$ Comparons avec $D\left(2 ; \dfrac{2\sqrt{3}}{3} ; \dfrac{4\sqrt{6}}{3}\right)$ : $D$ et $G$ ont les mêmes coordonnées $x$ et $y$, et $D$ a une coordonnée $z > 0$. Donc $D$ est sur la verticale de $G$. $$\boxed{G\left(2 ; \dfrac{2\sqrt{3}}{3} ; 0\right), \quad D \text{ est sur la verticale de } G}$$
3.
Vérifier que AD=4AD = 4.
$$AD = \sqrt{4 + \dfrac{12}{9} + \dfrac{96}{9}} = \sqrt{4 + \dfrac{4}{3} + \dfrac{32}{3}} = \sqrt{4 + \dfrac{36}{3}} = \sqrt{4 + 12} = \sqrt{16} = 4$$ $$\boxed{AD = 4}$$

Partie B — Orthogonalité des arêtes opposées

1.
Montrer que AB→⋅CD→=0\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = 0.
$$\overrightarrow{AB} = (4;0;0)$$ $$\overrightarrow{CD} = \left(2-2 ; \dfrac{2\sqrt{3}}{3} - 2\sqrt{3} ; \dfrac{4\sqrt{6}}{3}\right) = \left(0 ; -\dfrac{4\sqrt{3}}{3} ; \dfrac{4\sqrt{6}}{3}\right)$$ $$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = 4 \times 0 + 0 \times \left(-\dfrac{4\sqrt{3}}{3}\right) + 0 \times \dfrac{4\sqrt{6}}{3} = 0$$ $$\boxed{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = 0}$$ Les arêtes opposées $[AB]$ et $[CD]$ sont orthogonales.
2.
Montrer de même que AC→⋅BD→=0\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{BD} = 0.
$$\overrightarrow{AC} = (2;2\sqrt{3};0)$$ $$\overrightarrow{BD} = \left(2-4 ; \dfrac{2\sqrt{3}}{3} ; \dfrac{4\sqrt{6}}{3}\right) = \left(-2 ; \dfrac{2\sqrt{3}}{3} ; \dfrac{4\sqrt{6}}{3}\right)$$ $$\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{BD} = 2 \times (-2) + 2\sqrt{3} \times \dfrac{2\sqrt{3}}{3} + 0 = -4 + \dfrac{12}{3} = -4 + 4 = 0$$ $$\boxed{\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{BD} = 0}$$ Les arêtes opposées $[AC]$ et $[BD]$ sont orthogonales.
3.
En déduire une propriété générale du tétraèdre régulier.
Dans un tétraèdre régulier, les **trois paires d'arêtes opposées sont orthogonales** : $[AB] \perp [CD]$, $[AC] \perp [BD]$ et $[AD] \perp [BC]$. Vérifions la troisième : $\overrightarrow{AD} = \left(2 ; \dfrac{2\sqrt{3}}{3} ; \dfrac{4\sqrt{6}}{3}\right)$, $\overrightarrow{BC} = (-2 ; 2\sqrt{3} ; 0)$. $\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{BC} = -4 + \dfrac{4 \times 3}{3} + 0 = -4 + 4 = 0$ ✓ $$\boxed{\text{Dans un tétraèdre régulier, les arêtes opposées sont orthogonales}}$$

Partie C — Hauteur et volume

1.
Déterminer l'équation du plan (ABC)(ABC).
Le triangle $ABC$ est dans le plan $z = 0$. $$\boxed{(ABC) : z = 0}$$
2.
Calculer la hauteur du tétraèdre relative à la base ABCABC.
La hauteur est la distance de $D$ au plan $z = 0$, qui est la coordonnée $z$ de $D$ : $$h = \dfrac{4\sqrt{6}}{3}$$ $$\boxed{h = \dfrac{4\sqrt{6}}{3}}$$
3.
Calculer l'aire du triangle équilatéral ABCABC et en déduire le volume du tétraèdre.
L'aire d'un triangle équilatéral de côté $a$ est $\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}$. $$\mathcal{A}_{ABC} = \dfrac{16\sqrt{3}}{4} = 4\sqrt{3}$$ $$V = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A}_{ABC} \times h = \dfrac{1}{3} \times 4\sqrt{3} \times \dfrac{4\sqrt{6}}{3} = \dfrac{16\sqrt{18}}{9} = \dfrac{16 \times 3\sqrt{2}}{9} = \dfrac{48\sqrt{2}}{9} = \dfrac{16\sqrt{2}}{3}$$ $$\boxed{V = \dfrac{16\sqrt{2}}{3}}$$ **Vérification :** Le volume d'un tétraèdre régulier d'arête $a$ est $V = \dfrac{a^3\sqrt{2}}{12}$. Avec $a = 4$ : $V = \dfrac{64\sqrt{2}}{12} = \dfrac{16\sqrt{2}}{3}$ ✓
4.
Calculer le rayon de la sphère inscrite dans le tétraèdre.
**Méthode :** Pour un tétraèdre régulier, la sphère inscrite a pour rayon $r = \dfrac{3V}{S_{\text{totale}}}$, où $S_{\text{totale}}$ est l'aire totale des 4 faces. Les 4 faces sont des triangles équilatéraux de côté 4, donc $S_{\text{totale}} = 4 \times 4\sqrt{3} = 16\sqrt{3}$. $$r = \dfrac{3 \times \dfrac{16\sqrt{2}}{3}}{16\sqrt{3}} = \dfrac{16\sqrt{2}}{16\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}$$ $$\boxed{r = \dfrac{\sqrt{6}}{3}}$$ **Vérification :** Formule directe pour le tétraèdre régulier : $r = \dfrac{a}{2\sqrt{6}} = \dfrac{4}{2\sqrt{6}} = \dfrac{2}{\sqrt{6}} = \dfrac{2\sqrt{6}}{6} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}$ ✓