Exercices corrigés sur le produit scalaire dans l’espace en Terminale spécialité
Le produit scalaire dans l’espace transforme une question d’angle ou d’orthogonalité en calcul sur les coordonnées. Dans ces exercices de Terminale, tu travailles d’abord les produits scalaires et les normes dans un repère orthonormé. Pour démontrer que deux vecteurs sont orthogonaux, calcule leur produit scalaire. Pour obtenir un vecteur normal à un plan, vérifie son orthogonalité à deux directions non colinéaires de ce plan.
Tu peux ensuite déterminer une équation cartésienne à partir de trois points et utiliser une droite perpendiculaire pour trouver un projeté orthogonal. Les problèmes de tétraèdres et de sphères réunissent normes, distances et propriétés géométriques. Pour l’intersection d’une sphère et d’un plan, compare la distance du centre au plan avec le rayon. Les corrections montrent comment passer de ces calculs aux conclusions sur la figure.
40 exercices : 10 faciles, 10 intermédiaires, 10 difficiles, 10 avancés.
Le tri et la recherche ci-dessous permettent de commencer par le niveau qui te convient. Ta progression est mémorisée sur cet appareil.
On considère les vecteurs u(2;−1;3) et v(1;4;−2) dans un repère orthonormé (O;i,j,k).
1.
Calculer le produit scalaire u⋅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 et 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.
**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.
**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
Non commencéFacile
On considère les points A(1;2;3), B(4;0;1) et C(3;5;−1) dans un repère orthonormé.
**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
Non commencéFacile
Dans un repère orthonormé, on considère le point A(1;−1;2) et le vecteur n(3;−2;1).
1.
Donner une équation cartésienne du plan P passant par A et de vecteur normal 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) appartient-il au plan 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) appartient-il au plan 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
Non commencéFacile
On donne le plan P d'équation 2x−y+3z+5=0.
1.
Donner un vecteur normal au plan 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) est-il aussi un vecteur normal à 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.
**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
Non commencéFacile
On considère les vecteurs u(1;1;0) et v(0;1;1) dans un repère orthonormé.
$\|\vec{e}\| = \sqrt{\left(\dfrac{3}{5}\right)^2 + \left(-\dfrac{4}{5}\right)^2 + 0^2} = \sqrt{\dfrac{9}{25} + \dfrac{16}{25}} = \sqrt{\dfrac{25}{25}} = \sqrt{1} = 1$
$\boxed{\|\vec{e}\| = 1 \text{ ✓}}$
Le vecteur $\vec{e}$ est bien unitaire.
Exercice 10
Non commencéFacile
On considère le plan P d'équation x+y+z−3=0 et les points A(1;1;1) et B(2;0;0).
1.
Vérifier que A appartient au plan 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.
Le point B appartient-il au plan P ? Justifier.
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.
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 est-il orthogonal au plan 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
Non commencéIntermédiaire
On considère les points A(1;0;2), B(3;1;0) et C(−1;2;1) dans un repère orthonormé.
1.
Calculer AB⋅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 ABC ?
On a $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 0$, ce qui signifie que $\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{AC}$.
Donc le triangle $ABC$ est **rectangle en $A$**.
$\boxed{\text{Le triangle } ABC \text{ est rectangle en } A}$
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**.
$\boxed{\text{Le triangle } ABC \text{ est rectangle isocèle en } A}$
Déterminer une équation cartésienne du plan médiateur de [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 A et B 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
Non commencéIntermédiaire
On considère le plan P d'équation 2x−y+2z−6=0 et le point A(1;2;3).
1.
Vérifier que A appartient au plan 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 et calculer sa norme.
$\overrightarrow{AB} = (3-1 ; 0-2 ; 0-3) = (2 ; -2 ; -3)$
$\overrightarrow{AB} \cdot \vec{n} = 2 \times 2 + (-2) \times (-1) + (-3) \times 2 = 4 + 2 - 6 = 0$
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
Non commencéIntermédiaire
Soient u(1;2;−2) et v(2;−1;2) dans un repère orthonormé.
On considère les points A(0;1;2), B(1;3;0) et C(2;1;1).
1.
Montrer que les points A, B et C 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) normal au plan (ABC), sachant que n est orthogonal à AB et à 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).
On considère deux plans P1:x+2y−z+3=0 et P2:2x−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 et P2 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).
$\boxed{\mathcal{P}_1 \text{ et } \mathcal{P}_2 \text{ sont sécants}}$
Donner la représentation paramétrique de la droite Δ passant par M2 et perpendiculaire à 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 H de M2 sur 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 :
$x_H = 3 \times \left(-\dfrac{1}{14}\right) = -\dfrac{3}{14}$
$y_H = -1 - \left(-\dfrac{1}{14}\right) = -1 + \dfrac{1}{14} = -\dfrac{13}{14}$
$z_H = 2 + 2 \times \left(-\dfrac{1}{14}\right) = 2 - \dfrac{1}{7} = \dfrac{13}{7} = \dfrac{26}{14}$
$\boxed{H\left(-\dfrac{3}{14} ; -\dfrac{13}{14} ; \dfrac{13}{7}\right)}$
On considère le cube ABCDEFGH d'arête 1 dans un repère orthonormé, avec A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), E(0;0;1), C(1;1;0), F(1;0;1), G(1;1;1) et H(0;1;1).
Cube ABCDEFGH représenté en perspective
1.
Calculer le produit scalaire AG⋅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] et [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] et [BH].
Déterminer une équation cartésienne du plan (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
Non commencéDifficile
On considère les points A(1;2;−1), B(3;0;1) et C(2;1;3). On note BAC l'angle en A du triangle ABC.
**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′ de B par rapport au plan 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
Non commencéDifficile
On considère les plans P1:x+y−z+2=0 et P2:x+y−z−4=0.
1.
Montrer que P1 et P2 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 parallèle à P1 et P2 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
Non commencéDifficile
On considère le tétraèdre ABCD avec A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;0;1) et D(1;1;1).
Tétraèdre ABCD représenté en perspective
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. 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.
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 I 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
Non commencéDifficile
On considère les points A(2;1;0), B(0;3;2) et M(x;y;z) un point quelconque de l'espace.
On considère les plans P1:x−y+z=0 et P2:x+y−z+2=0.
1.
Montrer que P1 et P2 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**.
$\boxed{\mathcal{P}_1 \text{ et } \mathcal{P}_2 \text{ sont sécants}}$
Trouver un point de la droite d'intersection Δ de P1 et P2.
**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 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
Non commencéDifficile
On considère le plan P:2x+y−2z+3=0 et les points A(1;0;1) et B(−1;2;3).
1.
Montrer que A et B sont de part et d'autre du plan 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.
$\boxed{f(A) = 3 > 0 \text{ et } f(B) = -3 < 0, \text{ donc } A \text{ et } B \text{ sont de part et d'autre de } \mathcal{P}}$
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) est-elle perpendiculaire au plan 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
Non commencéAvancé
On considère le cube ABCDEFGH d'arête a dans un repère orthonormé, avec A à l'origine : A(0;0;0), B(a;0;0), D(0;a;0), E(0;0;a). Les autres sommets en découlent : C(a;a;0), F(a;0;a), G(a;a;a), H(0;a;a).
Cube ABCDEFGH représenté en perspective
1.
Montrer que les diagonales [AG] et [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] et l'arête [AB].
Déterminer l'équation du plan passant par A, F et H (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
Non commencéAvancé
On considère les plans P1:x+2y+z−1=0, P2:2x−y+3z+2=0 et P3: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 de P1 et P2.
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
Non commencéAvancé
On se place dans un repère orthonormé. Soit S la sphère d'équation x2+y2+z2−2x+4y−6z+5=0.
1.
Déterminer le centre et le rayon de 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 $R = 3$.
$\boxed{\Omega(1 ; -2 ; 3), \quad R = 3}$
**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 avec le plan 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 avec le plan 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
Non commencéAvancé
On considère les points A(1;2;3), B(3;0;−1) et C(0;4;1) dans un repère orthonormé.
1.
Déterminer une équation cartésienne du plan (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 :** $B$ : $18 + 0 - 1 - 17 = 0$ ✓ ; $C$ : $0 + 16 + 1 - 17 = 0$ ✓
On considère le plan P:3x+4z−12=0 et la droite Δ de représentation paramétrique ⎩⎨⎧x=1+3ty=2−tz=−1+4t, t∈R.
1.
Montrer que Δ est perpendiculaire au plan 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.
$\boxed{\Delta \text{ n'est pas perpendiculaire à } \mathcal{P} \text{ car } \vec{d}(3;-1;4) \text{ n'est pas colinéaire à } \vec{n}(3;0;4)}$
Déterminer l'ensemble des points M tels que MA2+MB2+MC2=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 k l'ensemble {M∣MA2+MB2+MC2=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
Non commencéAvancé
On considère le plan P:x+y+z−6=0 et le point A(2;1;0).
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′ de A par rapport à 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 M du plan P, montrer que 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).
$d(A, \mathcal{P}) = AH = \sqrt{(3-2)^2 + (2-1)^2 + (1-0)^2} = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}$
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
Non commencéAvancé
On considère deux droites Δ1 et Δ2 dans l'espace : Δ1:⎩⎨⎧x=1+ty=2tz=−1+t et Δ2:⎩⎨⎧x=2+sy=1−sz=3+2s
**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 contenant Δ1 et parallèle à Δ2.
**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
Non commencéAvancé
On considère la sphère S de centre Ω(0;0;0) et de rayon R=6, et le plan P d'équation 2x+y−2z−9=0.
Montrer que P coupe S selon un cercle 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 I du cercle 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 A un point du cercle C. Calculer ΩA et vérifier que A∈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 k le plan 2x+y−2z+k=0 est-il tangent à 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 $2x + y - 2z - 18 = 0$.
Aller plus loin sur ce chapitre
Les 4 problèmes de synthèse restent sur la page du chapitre : ils mobilisent plusieurs notions à la fois et s'abordent une fois ces exercices maîtrisés.
