Vecteurs, droites et plans de l'espace

I. L'espace en géométrie — Positions relatives

1. Axiomes fondamentaux

Axiomes fondamentaux

1. Par deux points distincts passe une unique droite.
2. Par trois points non alignés passe un unique plan.
3. Si deux points d'une droite appartiennent à un plan, alors la droite tout entière est contenue dans ce plan.
4. L'intersection de deux plans non parallèles est une droite.

Détermination d'un plan

Un plan est déterminé par :
• Trois points non alignés

A

B

C

(noté

(A B C)

)
• Une droite

d

et un point

A \in / d

• Deux droites sécantes
• Deux droites strictement parallèles

2. Positions relatives de deux droites

Deux droites dans l'espace

Deux droites peuvent être :
• Coplanaires : sécantes (un point commun) ou parallèles (confondues ou strictement parallèles)
• Non coplanaires : aucun point commun et non parallèles

Attention

Dans l'espace, deux droites qui ne se coupent pas ne sont pas forcément parallèles ! Elles peuvent être non coplanaires.

Dans un cube ABCDEFGH

(A B)

(D C)

parallèles.

(A B)

(B C)

sécantes en

B

(A B)

(C G)

non coplanaires.

3. Positions relatives d'une droite et d'un plan

Droite et plan

• Droite incluse dans le plan (infinité de points communs)
• Droite sécante au plan (exactement un point)
• Droite parallèle au plan (aucun point commun)

4. Positions relatives de deux plans

Deux plans

• Plans confondus
• Plans sécants (intersection = une droite)
• Plans strictement parallèles

5. Théorèmes fondamentaux

Théorème du toit

d_{1} ∥ d_{2}

et si un plan

P

contient

d_{1}

mais pas

d_{2}

, alors

P ∥ d_{2}

Plans parallèles et sections

P_{1} ∥ P_{2}

, tout plan

Q

sécant à l'un est sécant à l'autre, et les droites d'intersection sont parallèles.

Transitivité du parallélisme

Deux droites parallèles à une même troisième sont parallèles entre elles. Idem pour les plans.

Montrer que deux plans sont parallèles

Si deux droites sécantes d'un plan sont respectivement parallèles à deux droites d'un autre plan, alors les deux plans sont parallèles.

II. Vecteurs de l'espace

1. Définition et opérations

Vecteur de l'espace

Un vecteur

A B

est caractérisé par sa direction, son sens et sa norme.

A B = C D

ssi

A B D C

est un parallélogramme.

Opérations

• Chasles :

A B + B C = A C

• Opposé :

- A B = B A

• Scalaire :

λ u

(même direction, norme multipliée)

2. Colinéarité

Colinéarité

u

v

sont colinéaires s'il existe

λ \in R

tel que

v = λ u

(ou

u = 0

Alignement et parallélisme

•

A, B, C

alignés

\Leftrightarrow

A B

A C

colinéaires.
•

(A B) ∥ (C D)

\Leftrightarrow

A B

C D

colinéaires.

3. Coplanarité de vecteurs

Coplanarité

Trois vecteurs

u, v, w

sont coplanaires s'il existe

α, β \in R

tels que

w = α u + β v

Quatre points coplanaires

A, B, C, D

coplanaires

\Leftrightarrow

\exists α, β : A D = α A B + β A C

4. Base de l'espace

Base

Trois vecteurs non coplanaires forment une base de l'espace.

Décomposition unique

(u, v, w)

est une base, tout vecteur

t

se décompose de manière unique :

t = α u + β v + γ w

III. Repérage dans l'espace

1. Repère

Repère et coordonnées

Un repère

(O; i, j, k)

est un point

O

(origine) et une base

(i, j, k)

M (x; y; z)

signifie

O M = x i + y j + z k

.

Repère orthonormé : vecteurs deux à deux orthogonaux et de norme 1.

2. Coordonnées d'un vecteur

Coordonnées

A B = (x_{B} - x_{A}; y_{B} - y_{A}; z_{B} - z_{A})

3. Opérations en coordonnées

Opérations

u (a; b; c) + v (a^{'}; b^{'}; c^{'}) = (a + a^{'}; b + b^{'}; c + c^{'})

λ u = (λa; λb; λ c)

Milieu

I (\frac{x _{A} + x _{B}}{2}; \frac{y _{A} + y _{B}}{2}; \frac{z _{A} + z _{B}}{2})

4. Colinéarité en coordonnées

Critère

u (a; b; c)

v (a^{'}; b^{'}; c^{'})

colinéaires

\Leftrightarrow

a b^{'} - a^{'} b = 0

a c^{'} - a^{'} c = 0

b c^{'} - b^{'} c = 0

5. Coplanarité — Déterminant

Déterminant

3 \times 3

\Syst \overset{e}{ˋ} m e : u, v, w) = a a^{'} a^{''} b b^{'} b^{''} c c^{'} c^{''} = a (b^{'} c^{''} - b^{''} c^{'}) - b (a^{'} c^{''} - a^{''} c^{'}) + c (a^{'} b^{''} - a^{''} b^{'})

Méthode pratique

Recopier les deux premières lignes sous la matrice. Produits diagonales descendantes (

+

)

-

produits diagonales montantes (

-

Critère de coplanarité

Trois vecteurs

u

v

w

sont coplanaires si et seulement si :

w = α u + β v

Quatre points

A, B, C, D

coplanaires

\Leftrightarrow

le système

A D = α A B + β A C

admet une solution.

Exemple : points non coplanaires

A (1; 0; 1)

B (2; 1; 3)

C (0; - 1; 0)

D (3; 1; 4)

A B (1; 1; 2)

A C (- 1; - 1; - 1)

A D (2; 1; 3)

\Le sy s t \overset{e}{ˋ} m e d o nn e : 1 ((- 1) (3) - (- 1) (1)) - 1 ((- 1) (3) - (- 1) (2)) + 2 ((- 1) (1) - (- 1) (2)) = 1 (- 2) - 1 (- 1) + 2 (1) = 1 \neq = 0

.

Les 4 points ne sont pas coplanaires.

IV. Représentations paramétriques

1. Droite

Représentation paramétrique d'une droite

Droite passant par

A (x_{A}; y_{A}; z_{A})

de vecteur directeur

u (a; b; c)

{x = x_{A} + t a y = y_{A} + t b z = z_{A} + t c, t \in R

Exemple

Droite par

A (1; 2; - 1)

de direction

u (3; - 1; 2)

x = 1 + 3 t, y = 2 - t, z = - 1 + 2 t

B (7; 0; 3)

t = 2

pour les trois →

B \in d

✓.

C (4; 1; 2)

t = 1

pour

x, y

mais

t = 3/2

pour

z

→

C \in / d

2. Plan

Représentation paramétrique d'un plan

Plan passant par

A

avec vecteurs directeurs

u

v

non colinéaires :

{x = x_{A} + s a_{1} + t a_{2} y = y_{A} + s b_{1} + t b_{2} z = z_{A} + s c_{1} + t c_{2}, (s, t) \in R^{2}

V. Équation cartésienne d'un plan

1. Vecteur normal

Vecteur normal

n

est normal au plan

P

s'il est orthogonal à tout vecteur du plan.

Un plan est déterminé par un point

A

et un vecteur normal

n

{M ∣ A M \cdot n = 0}

2. Équation cartésienne

Équation cartésienne d'un plan

Tout plan admet une équation

a x + b y + cz + d = 0

avec

n (a; b; c)

vecteur normal.

Réciproquement,

a x + b y + cz + d = 0

avec

(a; b; c) \neq = (0; 0; 0)

définit un plan.

Trouver l'équation

1. Écrire

a x + b y + cz + d = 0

avec

n (a; b; c)

.
2. Substituer un point connu pour trouver

d

Exemple

Plan par

A (1; 2; - 1)

de normale

n (2; - 3; 1)

2 (x - 1) - 3 (y - 2) + 1 (z + 1) = 0 \Rightarrow 2 x - 3 y + z + 5 = 0

3. Trouver un vecteur normal à un plan

Méthode : vecteur normal par système

Pour trouver un vecteur normal

n (a; b; c)

au plan dirigé par

u (u_{1}; u_{2}; u_{3})

v (v_{1}; v_{2}; v_{3})

, on résout le système :

{n \cdot u = 0 n \cdot v = 0 \Leftrightarrow {a u_{1} + b u_{2} + c u_{3} = 0 a v_{1} + b v_{2} + c v_{3} = 0

On exprime

b

c

en fonction de

a

, puis on choisit

a

pour simplifier.

Plan par trois points

A (1; 0; 0)

B (0; 2; 0)

C (0; 0; 3)

A B (- 1; 2; 0)

A C (- 1; 0; 3)

. On cherche

n (a; b; c)

{- a + 2 b = 0 \Rightarrow a = 2 b - a + 3 c = 0 \Rightarrow a = 3 c

Prenons

a = 6

b = 3

c = 2

. Donc

n (6; 3; 2)

.

Plan :

6 (x - 1) + 3 y + 2 z = 0 \Rightarrow 6 x + 3 y + 2 z - 6 = 0

VI. Positions relatives — Calculs

1. Intersection droite / plan

Méthode

Substituer la paramétrique de la droite dans l'équation du plan. Résoudre en

t

:
• Solution unique → sécante (reporter

t

pour le point)
• Impossible (

0 = k \neq = 0

) → parallèle
• Identité (

0 = 0

) → droite incluse

Exemple : droite sécante

d : x = 1 + 2 t, y = - 1 + t, z = 3 - t

P : x + y + z - 1 = 0

(1 + 2 t) + (- 1 + t) + (3 - t) - 1 = 0 \Rightarrow 2 t + 2 = 0 \Rightarrow t = - 1

.

Point :

M (- 1; - 2; 4)

2. Intersection de deux plans

Méthode

Résoudre le système de 2 équations à 3 inconnues. Paramétrer une variable libre.

n_{1}

n_{2}

non colinéaires → droite d'intersection.

Exemple

x + y + z = 1

x - y + 2 z = 3

.

Soustraction :

2 y - z = - 2

, soit

y = \frac{z - 2}{2}

. Poser

z = t

→ droite.

3. Parallélisme en coordonnées

Critères

•

d ∥ P \Leftrightarrow u \cdot n = 0

(+ vérifier que

d

n'est pas incluse).
•

P_{1} ∥ P_{2} \Leftrightarrow n_{1}

n_{2}

colinéaires.

VII. Sections planes de solides

1. Principe

Section plane

La section d'un solide par un plan est l'intersection du plan avec la surface. C'est un polygone dont chaque côté est dans une face.

2. Outils de construction

4 outils

1. Deux points du plan dans une même face → relier.
2. Faces parallèles → côtés de section parallèles.
3. Faces sécantes → les côtés se coupent sur l'arête commune.
4. Théorème du toit pour propager le parallélisme.

3. Types de sections

Sections possibles

• Cube : triangle, quadrilatère, pentagone ou hexagone.
• Tétraèdre : triangle ou quadrilatère.
• Section parallèle à la base d'une pyramide : figure semblable (rapport d'homothétie).

VIII. Méthodes

M1 — Montrer que des points sont alignés

Calculer

A B

A C

, vérifier

A C = λ A B

M2 — Montrer que des points sont coplanaires

Résoudre le système

A D = α A B + β A C

(3 équations, 2 inconnues).

• Système compatible

\Rightarrow

coplanaires.
• Système incompatible

\Rightarrow

non coplanaires.

M3 — Représentation paramétrique

Droite : un point + un vecteur directeur.
Plan : un point + deux vecteurs directeurs non colinéaires.

M4 — Équation cartésienne d'un plan

1. Vecteur normal (par système

ec{n} perp ec{u}

ec{n} perp ec{v}

).
2.

a x + b y + cz + d = 0

.
3. Trouver

d

avec un point.

M5 — Intersection droite/plan

Substituer la paramétrique dans la cartésienne, résoudre, conclure.

M6 — Droite parallèle à un plan

u \cdot n = 0

et un point de

d

n'est pas dans

P

M7 — Section plane

Repérer les points du plan dans chaque face, relier face par face, utiliser le parallélisme, fermer le polygone.

Exemple complet

Plan par

A (2; 1; - 1)

B (0; 3; 1)

C (1; - 1; 2)

A B (- 2; 2; 2)

A C (- 1; - 2; 3)

n = A B ⊥ A C = (10; 4; 6)

, simplifié

n (5; 2; 3)

5 (x - 2) + 2 (y - 1) + 3 (z + 1) = 0 \Rightarrow 5 x + 2 y + 3 z - 9 = 0

Configuration	Cas possibles
2 droites	Sécantes, parallèles, non coplanaires
Droite / plan	Incluse, sécante, parallèle
2 plans	Confondus, sécants (→ droite), parallèles

Problème	Méthode
Inter. $d / P$	Substituer param. dans cart.
Inter. 2 plans	Système 2 éq. / 3 inc.
$d ∥ P$	$u \cdot n = 0$
$P_{1} ∥ P_{2}$	$n_{1}$ et $n_{2}$ colinéaires

40 exercices disponibles

Exercice 1

Facile

On considère les points

A(1 ; 3 ; -2)

B(4 ; -1 ; 5)

dans un repère

(O ; \vec{i}, \vec{j}, \vec{k})

Calculer les coordonnées du vecteur

\overrightarrow{AB}

Méthode : On utilise la formule

\overrightarrow{AB} = (x_B - x_A ; y_B - y_A ; z_B - z_A)

\overrightarrow{AB} = (4 - 1 ; -1 - 3 ; 5 - (-2))

\overrightarrow{AB} = (3 ; -4 ; 7)

\boxed{\overrightarrow{AB}(3 ; -4 ; 7)}

Calculer les coordonnées du vecteur

\overrightarrow{BA}

Méthode :

\overrightarrow{BA} = -\overrightarrow{AB}

, donc on change le signe de chaque coordonnée.

\overrightarrow{BA} = (1 - 4 ; 3 - (-1) ; -2 - 5) = (-3 ; 4 ; -7)

\boxed{\overrightarrow{BA}(-3 ; 4 ; -7)}

On vérifie bien que

\overrightarrow{BA} = -\overrightarrow{AB}

Calculer la distance

AB

Méthode : La distance

AB

est la norme du vecteur

\overrightarrow{AB}

AB = \|\overrightarrow{AB}\| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}

AB = \sqrt{3^2 + (-4)^2 + 7^2} = \sqrt{9 + 16 + 49} = \sqrt{74}

\boxed{AB = \sqrt{74}}

Déterminer les coordonnées du milieu

I

du segment

[AB]

Méthode : Le milieu

I

a pour coordonnées

I\left(\dfrac{x_A + x_B}{2} ; \dfrac{y_A + y_B}{2} ; \dfrac{z_A + z_B}{2}\right)

I\left(\dfrac{1 + 4}{2} ; \dfrac{3 + (-1)}{2} ; \dfrac{-2 + 5}{2}\right) = \left(\dfrac{5}{2} ; 1 ; \dfrac{3}{2}\right)

\boxed{I\left(\dfrac{5}{2} ; 1 ; \dfrac{3}{2}\right)}

Exercice 2

Facile

On considère les vecteurs

\vec{u}(2 ; -6 ; 4)

\vec{v}(-3 ; 9 ; -6)

dans l'espace.

Les vecteurs

\vec{u}

\vec{v}

sont-ils colinéaires ?

Méthode : Deux vecteurs

\vec{u}(x ; y ; z)

\vec{v}(x' ; y' ; z')

sont colinéaires si et seulement s'il existe un réel

k

tel que

\vec{v} = k\vec{u}

, c'est-à-dire

\dfrac{x'}{x} = \dfrac{y'}{y} = \dfrac{z'}{z}

(quand les coordonnées sont non nulles).

Calculons les rapports :

\dfrac{-3}{2} = -1{,}5 \qquad \dfrac{9}{-6} = -1{,}5 \qquad \dfrac{-6}{4} = -1{,}5

Les trois rapports sont égaux à

-1{,}5 = -\dfrac{3}{2}

.

Donc

\vec{v} = -\dfrac{3}{2}\vec{u}

et les vecteurs sont colinéaires.

\boxed{\vec{u} \text{ et } \vec{v} \text{ sont colinéaires car } \vec{v} = -\dfrac{3}{2}\vec{u}}

Le vecteur

\vec{w}(1 ; -3 ; 3)

est-il colinéaire à

\vec{u}

Méthode : On vérifie si les rapports des coordonnées sont égaux.

\dfrac{1}{2} = 0{,}5 \qquad \dfrac{-3}{-6} = 0{,}5 \qquad \dfrac{3}{4} = 0{,}75

Les rapports ne sont pas tous égaux :

0{,}5 \neq 0{,}75

.

Donc

\vec{w}

n'est pas colinéaire à

\vec{u}

\boxed{\vec{u} \text{ et } \vec{w} \text{ ne sont pas colinéaires}}

Déterminer un vecteur

\vec{t}

colinéaire à

\vec{u}

et de première coordonnée égale à

1

Méthode : Si

\vec{t} = k\vec{u}

, on cherche

k

tel que la première coordonnée soit

1

2k = 1 \implies k = \dfrac{1}{2}

Donc

\vec{t} = \dfrac{1}{2}\vec{u} = \left(\dfrac{1}{2} \times 2 ; \dfrac{1}{2} \times (-6) ; \dfrac{1}{2} \times 4\right) = (1 ; -3 ; 2)

\boxed{\vec{t}(1 ; -3 ; 2)}

Vérification :

\vec{t} = \dfrac{1}{2}\vec{u}

, donc

\vec{t}

\vec{u}

sont bien colinéaires.

Exercice 3

Facile

On considère les vecteurs

\vec{u}(1 ; -2 ; 3)

\vec{v}(-4 ; 1 ; 2)

dans l'espace.

Calculer la norme de

\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{1^2 + (-2)^2 + 3^2} = \sqrt{1 + 4 + 9} = \sqrt{14}

\boxed{\|\vec{u}\| = \sqrt{14}}

Calculer la norme de

\vec{v}

\|\vec{v}\| = \sqrt{(-4)^2 + 1^2 + 2^2} = \sqrt{16 + 1 + 4} = \sqrt{21}

\boxed{\|\vec{v}\| = \sqrt{21}}

Calculer les coordonnées du vecteur

\vec{w} = 2\vec{u} - 3\vec{v}

et sa norme.

Méthode : On calcule chaque coordonnée par combinaison linéaire.

\vec{w} = 2\vec{u} - 3\vec{v} = 2(1 ; -2 ; 3) - 3(-4 ; 1 ; 2)

\vec{w} = (2 ; -4 ; 6) - (-12 ; 3 ; 6) = (2 - (-12) ; -4 - 3 ; 6 - 6)

\vec{w} = (14 ; -7 ; 0)

Calculons la norme :

\|\vec{w}\| = \sqrt{14^2 + (-7)^2 + 0^2} = \sqrt{196 + 49 + 0} = \sqrt{245} = 7\sqrt{5}

\boxed{\vec{w}(14 ; -7 ; 0) \quad \text{et} \quad \|\vec{w}\| = 7\sqrt{5}}

Déterminer les coordonnées du milieu

M

des points

P(1 ; -2 ; 3)

Q(-4 ; 1 ; 2)

Méthode :

M\left(\dfrac{x_P + x_Q}{2} ; \dfrac{y_P + y_Q}{2} ; \dfrac{z_P + z_Q}{2}\right)

M\left(\dfrac{1 + (-4)}{2} ; \dfrac{-2 + 1}{2} ; \dfrac{3 + 2}{2}\right) = \left(-\dfrac{3}{2} ; -\dfrac{1}{2} ; \dfrac{5}{2}\right)

\boxed{M\left(-\dfrac{3}{2} ; -\dfrac{1}{2} ; \dfrac{5}{2}\right)}

Exercice 4

Facile

On considère les vecteurs

\vec{u}(1 ; 2 ; -1)

\vec{v}(3 ; 0 ; 2)

\vec{w}(7 ; 4 ; 0)

Calculer

2\vec{u} + \vec{v}

2\vec{u} + \vec{v} = 2(1 ; 2 ; -1) + (3 ; 0 ; 2) = (2 ; 4 ; -2) + (3 ; 0 ; 2)

= (2 + 3 ; 4 + 0 ; -2 + 2) = (5 ; 4 ; 0)

\boxed{2\vec{u} + \vec{v} = (5 ; 4 ; 0)}

Exprimer

\vec{w}

comme combinaison linéaire de

\vec{u}

\vec{v}

, c'est-à-dire trouver

a

b

tels que

\vec{w} = a\vec{u} + b\vec{v}

Méthode : On résout le système

\vec{w} = a\vec{u} + b\vec{v}

, soit :

\begin{cases} a + 3b = 7 \ 2a + 0b = 4 \ -a + 2b = 0 \end{cases}

De la deuxième équation :

2a = 4

, donc

a = 2

.

De la troisième équation :

-2 + 2b = 0

, donc

b = 1

.

Vérification avec la première équation :

2 + 3 \times 1 = 5 \neq 7

.

Les trois équations ne sont pas compatibles. Donc

\vec{w}

ne s'exprime pas comme combinaison linéaire de

\vec{u}

\vec{v}

\boxed{\vec{w} \text{ n'est pas combinaison linéaire de } \vec{u} \text{ et } \vec{v}}

Calculer

\vec{u} - \vec{v} + 2\vec{w}

\vec{u} - \vec{v} + 2\vec{w} = (1 ; 2 ; -1) - (3 ; 0 ; 2) + 2(7 ; 4 ; 0)

= (1 ; 2 ; -1) + (-3 ; 0 ; -2) + (14 ; 8 ; 0)

= (1 - 3 + 14 ; 2 + 0 + 8 ; -1 - 2 + 0)

= (12 ; 10 ; -3)

\boxed{\vec{u} - \vec{v} + 2\vec{w} = (12 ; 10 ; -3)}

Exercice 5

Facile

On considère les points

A(1 ; 0 ; 2)

B(3 ; -2 ; 6)

C(2 ; -1 ; 4)

dans l'espace.

Calculer les coordonnées des vecteurs

\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AC}

\overrightarrow{AB} = (3 - 1 ; -2 - 0 ; 6 - 2) = (2 ; -2 ; 4)

\overrightarrow{AC} = (2 - 1 ; -1 - 0 ; 4 - 2) = (1 ; -1 ; 2)

\boxed{\overrightarrow{AB}(2 ; -2 ; 4) \quad \text{et} \quad \overrightarrow{AC}(1 ; -1 ; 2)}

Les vecteurs

\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AC}

sont-ils colinéaires ?

Méthode : On vérifie s'il existe un réel

k

tel que

\overrightarrow{AB} = k\overrightarrow{AC}

\dfrac{2}{1} = 2 \qquad \dfrac{-2}{-1} = 2 \qquad \dfrac{4}{2} = 2

Les trois rapports sont égaux à

2

, donc

\overrightarrow{AB} = 2\overrightarrow{AC}

.

Les vecteurs

\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AC}

sont colinéaires.

\boxed{\overrightarrow{AB} = 2\overrightarrow{AC} \text{, les vecteurs sont colinéaires}}

Que peut-on en déduire pour les points

A

B

C

Méthode : Si

\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AC}

sont colinéaires, alors les points

A

B

C

sont alignés.

Comme

\overrightarrow{AB} = 2\overrightarrow{AC}

, le point

C

est le milieu de

[AB]

.

En effet :

C = A + \overrightarrow{AC} = A + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}

, donc

C

est le milieu de

[AB]

\boxed{A, B \text{ et } C \text{ sont alignés, et } C \text{ est le milieu de } [AB]}

Exercice 6

Facile

On considère le point

A(2 ; -1 ; 3)

et le vecteur

\vec{u}(1 ; 4 ; -2)

. La droite

(d)

passe par

A

et a pour vecteur directeur

\vec{u}

Donner une représentation paramétrique de la droite

(d)

Méthode : Une droite passant par

A(x_0 ; y_0 ; z_0)

de vecteur directeur

\vec{u}(a ; b ; c)

a pour représentation paramétrique :

\begin{cases} x = x_0 + at \ y = y_0 + bt \ z = z_0 + ct \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}

Avec

A(2 ; -1 ; 3)

\vec{u}(1 ; 4 ; -2)

\boxed{(d) : \begin{cases} x = 2 + t \ y = -1 + 4t \ z = 3 - 2t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}}

Le point

B(5 ; 11 ; -3)

appartient-il à la droite

(d)

Méthode : On vérifie s'il existe un réel

t

tel que les coordonnées de

B

vérifient les trois équations.

De

x = 2 + t

5 = 2 + t \implies t = 3

.

Vérifions avec

y

y = -1 + 4 \times 3 = -1 + 12 = 11

✓

Vérifions avec

z

z = 3 - 2 \times 3 = 3 - 6 = -3

✓

Les trois coordonnées sont vérifiées pour

t = 3

\boxed{B(5 ; 11 ; -3) \in (d) \text{ (pour } t = 3\text{)}}

Le point

C(3 ; 3 ; 0)

appartient-il à la droite

(d)

Méthode : On cherche

t

tel que

C

vérifie le système.

De

x = 2 + t

3 = 2 + t \implies t = 1

.

Vérifions avec

y

y = -1 + 4 \times 1 = 3

✓

Vérifions avec

z

z = 3 - 2 \times 1 = 1 \neq 0

✗

La troisième équation n'est pas vérifiée pour

t = 1

\boxed{C(3 ; 3 ; 0) \notin (d)}

Déterminer les coordonnées du point de

(d)

d'ordonnée

y = 7

Méthode : On résout

7 = -1 + 4t

7 = -1 + 4t \implies 4t = 8 \implies t = 2

On calcule les autres coordonnées :

x = 2 + 2 = 4 \qquad z = 3 - 2 \times 2 = -1

\boxed{\text{Le point de }(d)\text{ d'ordonnée } 7 \text{ est } D(4 ; 7 ; -1)}

Exercice 7

Facile

On considère la droite

(d)

de représentation paramétrique :

\begin{cases} x = 1 + 2t \ y = -3 + t \ z = 5 - 3t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}

Donner un point et un vecteur directeur de

(d)

Méthode : Dans la représentation paramétrique

\begin{cases} x = x_0 + at \ y = y_0 + bt \ z = z_0 + ct \end{cases}

, le point

(x_0 ; y_0 ; z_0)

est obtenu pour

t = 0

et le vecteur directeur est

(a ; b ; c)

.

Pour

t = 0

A(1 ; -3 ; 5)

est un point de

(d)

.

Le vecteur directeur est

\vec{u}(2 ; 1 ; -3)

\boxed{A(1 ; -3 ; 5) \text{ est un point de } (d) \text{ et } \vec{u}(2 ; 1 ; -3) \text{ est un vecteur directeur}}

Le point

M(7 ; 0 ; -4)

appartient-il à

(d)

Méthode : On cherche

t

vérifiant les trois équations.

De

x = 1 + 2t

7 = 1 + 2t \implies t = 3

.

Vérifions avec

y

y = -3 + 3 = 0

✓

Vérifions avec

z

z = 5 - 3 \times 3 = 5 - 9 = -4

✓

\boxed{M(7 ; 0 ; -4) \in (d) \text{ (pour } t = 3\text{)}}

Déterminer un autre vecteur directeur de

(d)

Méthode : Tout vecteur colinéaire non nul à

\vec{u}(2 ; 1 ; -3)

est un vecteur directeur de

(d)

.

Par exemple,

\vec{v} = -2\vec{u} = (-4 ; -2 ; 6)

\boxed{\vec{v}(-4 ; -2 ; 6) \text{ est un autre vecteur directeur de } (d)}

Exercice 8

Facile

On considère la droite

(d)

de représentation paramétrique :

\begin{cases} x = 3 - t \ y = 1 + 2t \ z = -2 + 4t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}

Donner un vecteur directeur de

(d)

Méthode : Le vecteur directeur se lit sur les coefficients de

t

\boxed{\vec{u}(-1 ; 2 ; 4) \text{ est un vecteur directeur de } (d)}

Donner deux points distincts appartenant à

(d)

Méthode : On choisit deux valeurs distinctes de

t

.

Pour

t = 0

A(3 ; 1 ; -2)

.

Pour

t = 1

B(3 - 1 ; 1 + 2 ; -2 + 4) = B(2 ; 3 ; 2)

\boxed{A(3 ; 1 ; -2) \text{ et } B(2 ; 3 ; 2) \text{ sont deux points de } (d)}

Vérifier que

\overrightarrow{AB}

est bien un vecteur directeur de

(d)

\overrightarrow{AB} = (2 - 3 ; 3 - 1 ; 2 - (-2)) = (-1 ; 2 ; 4)

On retrouve bien

\overrightarrow{AB} = \vec{u}(-1 ; 2 ; 4)

, le vecteur directeur de

(d)

\boxed{\overrightarrow{AB} = \vec{u} = (-1 ; 2 ; 4) \text{

Le point

C(5 ; -3 ; -10)

appartient-il à

(d)

Méthode : De

x = 3 - t

5 = 3 - t \implies t = -2

.

Vérifions avec

y

y = 1 + 2 \times (-2) = 1 - 4 = -3

✓

Vérifions avec

z

z = -2 + 4 \times (-2) = -2 - 8 = -10

✓

\boxed{C(5 ; -3 ; -10) \in (d) \text{ (pour } t = -2\text{)}}

Exercice 9

Facile

On considère les points

A(1 ; 0 ; 1)

B(3 ; 1 ; 0)

C(0 ; 2 ; 3)

D(5 ; 2 ; -1)

dans l'espace.

Calculer les coordonnées de

\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AC}

\overrightarrow{AB} = (3 - 1 ; 1 - 0 ; 0 - 1) = (2 ; 1 ; -1)

\overrightarrow{AC} = (0 - 1 ; 2 - 0 ; 3 - 1) = (-1 ; 2 ; 2)

\boxed{\overrightarrow{AB}(2 ; 1 ; -1) \quad \text{et} \quad \overrightarrow{AC}(-1 ; 2 ; 2)}

Les vecteurs

\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AC}

sont-ils colinéaires ?

Méthode : On vérifie les rapports.

\dfrac{-1}{2} \neq \dfrac{2}{1}

Dès que deux rapports sont différents, les vecteurs ne sont pas colinéaires.

\boxed{\overrightarrow{AB} \text{ et } \overrightarrow{AC} \text{ ne sont pas colinéaires, donc } A, B, C \text{ ne sont pas alignés}}

Calculer les coordonnées de

\overrightarrow{AD}

et vérifier si

\overrightarrow{AD}

peut s'écrire

\overrightarrow{AD} = \alpha \overrightarrow{AB} + \beta \overrightarrow{AC}

Méthode : On calcule

\overrightarrow{AD}

puis on résout le système.

\overrightarrow{AD} = (5 - 1 ; 2 - 0 ; -1 - 1) = (4 ; 2 ; -2)

On cherche

\alpha

\beta

tels que :

\begin{cases} 2\alpha - \beta = 4 \ \alpha + 2\beta = 2 \ -\alpha + 2\beta = -2 \end{cases}

De la 2e équation :

\alpha = 2 - 2\beta

.

Dans la 1re :

2(2 - 2\beta) - \beta = 4 \implies 4 - 4\beta - \beta = 4 \implies -5\beta = 0 \implies \beta = 0

.

Donc

\alpha = 2

.

Vérification avec la 3e :

-2 + 2 \times 0 = -2

✓

Le système est compatible :

\overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{AB} + 0\overrightarrow{AC} = 2\overrightarrow{AB}

.

Cela signifie que

A

B

D

sont alignés et que les quatre points

A

B

C

D

sont coplanaires.

\boxed{\overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{AB} \text{, donc } A, B, C, D \text{ sont coplanaires}}

Exercice 10

Facile

On considère les points

A(1 ; 0 ; 0)

B(0 ; 1 ; 0)

C(0 ; 0 ; 1)

dans l'espace.

Calculer

\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AC}

\overrightarrow{AB} = (0 - 1 ; 1 - 0 ; 0 - 0) = (-1 ; 1 ; 0)

\overrightarrow{AC} = (0 - 1 ; 0 - 0 ; 1 - 0) = (-1 ; 0 ; 1)

\boxed{\overrightarrow{AB}(-1 ; 1 ; 0) \quad \text{et} \quad \overrightarrow{AC}(-1 ; 0 ; 1)}

Vérifier que les vecteurs

\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AC}

ne sont pas colinéaires.

Méthode : On vérifie les rapports :

\dfrac{-1}{-1} = 1

mais

\dfrac{0}{1} = 0 \neq 1

.

Les rapports ne sont pas égaux, donc

\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AC}

ne sont pas colinéaires.

Cela signifie que

A

B

C

définissent bien un plan.

\boxed{\overrightarrow{AB} \text{ et } \overrightarrow{AC} \text{ ne sont pas colinéaires}}

Donner une représentation paramétrique du plan

(ABC)

Méthode : Le plan passant par

A

et dirigé par

\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AC}

a pour représentation paramétrique :

\begin{cases} x = x_A + s \cdot x_{\overrightarrow{AB}} + t \cdot x_{\overrightarrow{AC}} \ y = y_A + s \cdot y_{\overrightarrow{AB}} + t \cdot y_{\overrightarrow{AC}} \ z = z_A + s \cdot z_{\overrightarrow{AB}} + t \cdot z_{\overrightarrow{AC}} \end{cases}

Avec

A(1 ; 0 ; 0)

\overrightarrow{AB}(-1 ; 1 ; 0)

\overrightarrow{AC}(-1 ; 0 ; 1)

\boxed{(ABC) : \begin{cases} x = 1 - s - t \ y = s \ z = t \end{cases}, \quad (s, t) \in \mathbb{R}^2}

Vérifier que le point

D\left(\dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3}\right)

appartient au plan

(ABC)

Méthode : On cherche

s

t

tels que les trois équations soient vérifiées.

De

y = s

s = \dfrac{1}{3}

.

De

z = t

t = \dfrac{1}{3}

.

Vérifions avec

x

x = 1 - \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{3} = \dfrac{3 - 1 - 1}{3} = \dfrac{1}{3}

✓

Les trois équations sont vérifiées pour

s = \dfrac{1}{3}

t = \dfrac{1}{3}

\boxed{D\left(\dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3}\right) \in (ABC)}

Exercice 11

Intermédiaire

On considère les droites

(d_1)

(d_2)

de représentations paramétriques :

(d_1) : \begin{cases} x = 1 + 2t \ y = -1 + t \ z = 3 - t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R} \qquad (d_2) : \begin{cases} x = 3 + 4s \ y = s \ z = 2 - 2s \end{cases}, \quad s \in \mathbb{R}

Donner un vecteur directeur de chaque droite.

Le vecteur directeur de

(d_1)

est

\vec{u_1}(2 ; 1 ; -1)

(coefficients de

t

).

Le vecteur directeur de

(d_2)

est

\vec{u_2}(4 ; 1 ; -2)

(coefficients de

s

\boxed{\vec{u_1}(2 ; 1 ; -1) \quad \text{et} \quad \vec{u_2}(4 ; 1 ; -2)}

Les droites

(d_1)

(d_2)

sont-elles parallèles ?

Méthode : Deux droites sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs directeurs sont colinéaires.

Vérifions si

\vec{u_2} = k\vec{u_1}

\dfrac{4}{2} = 2 \qquad \dfrac{1}{1} = 1

Comme

2 \neq 1

, les vecteurs ne sont pas colinéaires.

\boxed{(d_1) \text{ et } (d_2) \text{ ne sont pas parallèles}}

Les droites

(d_1)

(d_2)

sont-elles sécantes ? Si oui, déterminer leur point d'intersection.

Méthode : On résout le système formé en égalant les coordonnées.

\begin{cases} 1 + 2t = 3 + 4s \quad (1) \ -1 + t = s \quad (2) \ 3 - t = 2 - 2s \quad (3) \end{cases}

De (2) :

s = t - 1

.

Dans (1) :

1 + 2t = 3 + 4(t - 1) = 3 + 4t - 4 = 4t - 1

.

Donc

1 + 2t = 4t - 1 \implies 2 = 2t \implies t = 1

.

Alors

s = 1 - 1 = 0

.

Vérification avec (3) :

3 - 1 = 2

2 - 2 \times 0 = 2

✓

Le système est compatible. Le point d'intersection est :

x = 1 + 2(1) = 3, \quad y = -1 + 1 = 0, \quad z = 3 - 1 = 2

\boxed{(d_1) \text{ et } (d_2) \text{ sont sécantes au point } I(3 ; 0 ; 2)}

Exercice 12

Intermédiaire

On considère la droite

(d)

et le plan

(\mathcal{P})

de représentations paramétriques :

(d) : \begin{cases} x = 2 + 3t \ y = -1 + t \ z = 4 - 2t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R} \qquad (\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 1 + s + 2r \ y = s - r \ z = 2 + 3s + r \end{cases}, \quad (s, r) \in \mathbb{R}^2

Donner un point et un vecteur directeur de

(d)

, ainsi qu'un point et deux vecteurs directeurs de

(\mathcal{P})

Pour

(d)

: le point

A(2 ; -1 ; 4)

(pour

t = 0

) et le vecteur directeur

\vec{u}(3 ; 1 ; -2)

.

Pour

(\mathcal{P})

: le point

B(1 ; 0 ; 2)

(pour

s = r = 0

), et les vecteurs directeurs

\vec{v_1}(1 ; 1 ; 3)

\vec{v_2}(2 ; -1 ; 1)

\boxed{A(2 ; -1 ; 4), \; \vec{u}(3 ; 1 ; -2) \quad ; \quad B(1 ; 0 ; 2), \; \vec{v_1}(1 ; 1 ; 3), \; \vec{v_2}(2 ; -1 ; 1)}

Déterminer si la droite

(d)

est parallèle au plan

(\mathcal{P})

Méthode : La droite est parallèle au plan si et seulement si son vecteur directeur

\vec{u}

est combinaison linéaire des vecteurs directeurs du plan

\vec{v_1}

\vec{v_2}

. On cherche

\alpha, \beta

tels que

\vec{u} = \alpha\vec{v_1} + \beta\vec{v_2}

\begin{cases} \alpha + 2\beta = 3 \quad (1) \ \alpha - \beta = 1 \quad (2) \ 3\alpha + \beta = -2 \quad (3) \end{cases}

De (2) :

\alpha = 1 + \beta

.

Dans (1) :

1 + \beta + 2\beta = 3 \implies 3\beta = 2 \implies \beta = \dfrac{2}{3}

.

Alors

\alpha = 1 + \dfrac{2}{3} = \dfrac{5}{3}

.

Vérification avec (3) :

3 \times \dfrac{5}{3} + \dfrac{2}{3} = 5 + \dfrac{2}{3} = \dfrac{17}{3} \neq -2

.

Le système est incompatible, donc

\vec{u}

n'est pas combinaison linéaire de

\vec{v_1}

\vec{v_2}

\boxed{(d) \text{ n'est pas parallèle à } (\mathcal{P})}

Déterminer le point d'intersection de

(d)

(\mathcal{P})

Méthode : On cherche

t

s

r

tels que les coordonnées coïncident.

\begin{cases} 2 + 3t = 1 + s + 2r \quad (1) \ -1 + t = s - r \quad (2) \ 4 - 2t = 2 + 3s + r \quad (3) \end{cases}

De (1) :

s + 2r = 1 + 3t

.

De (2) :

s - r = t - 1

, donc

s = t - 1 + r

.

Dans (1) :

(t - 1 + r) + 2r = 1 + 3t \implies t - 1 + 3r = 1 + 3t \implies 3r = 2 + 2t \implies r = \dfrac{2 + 2t}{3}

.

De (2) :

s = t - 1 + \dfrac{2 + 2t}{3} = \dfrac{3t - 3 + 2 + 2t}{3} = \dfrac{5t - 1}{3}

.

Dans (3) :

4 - 2t = 2 + 3 \cdot \dfrac{5t - 1}{3} + \dfrac{2 + 2t}{3}

4 - 2t = 2 + (5t - 1) + \dfrac{2 + 2t}{3} = 1 + 5t + \dfrac{2 + 2t}{3}

.

Multiplions par 3 :

12 - 6t = 3 + 15t + 2 + 2t = 5 + 17t

12 - 6t = 5 + 17t \implies 7 = 23t \implies t = \dfrac{7}{23}

.

Les coordonnées du point d'intersection :

x = 2 + 3 \times \dfrac{7}{23} = 2 + \dfrac{21}{23} = \dfrac{46 + 21}{23} = \dfrac{67}{23}

y = -1 + \dfrac{7}{23} = \dfrac{-23 + 7}{23} = -\dfrac{16}{23}

z = 4 - 2 \times \dfrac{7}{23} = 4 - \dfrac{14}{23} = \dfrac{92 - 14}{23} = \dfrac{78}{23}

\boxed{I\left(\dfrac{67}{23} ; -\dfrac{16}{23} ; \dfrac{78}{23}\right)}

Exercice 13

Intermédiaire

On considère les points

A(1 ; 0 ; 2)

B(3 ; 1 ; -1)

C(0 ; 2 ; 1)

D(4 ; 3 ; -2)

dans l'espace.

Calculer les coordonnées des vecteurs

\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AC}

\overrightarrow{AD}

\overrightarrow{AB} = (3 - 1 ; 1 - 0 ; -1 - 2) = (2 ; 1 ; -3)

\overrightarrow{AC} = (0 - 1 ; 2 - 0 ; 1 - 2) = (-1 ; 2 ; -1)

\overrightarrow{AD} = (4 - 1 ; 3 - 0 ; -2 - 2) = (3 ; 3 ; -4)

\boxed{\overrightarrow{AB}(2 ; 1 ; -3), \quad \overrightarrow{AC}(-1 ; 2 ; -1), \quad \overrightarrow{AD}(3 ; 3 ; -4)}

Les quatre points

A

B

C

D

sont-ils coplanaires ?

Méthode : Les quatre points sont coplanaires si et seulement si

\overrightarrow{AD}

est combinaison linéaire de

\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AC}

, c'est-à-dire s'il existe

\alpha, \beta

tels que

\overrightarrow{AD} = \alpha \overrightarrow{AB} + \beta \overrightarrow{AC}

\begin{cases} 2\alpha - \beta = 3 \quad (1) \ \alpha + 2\beta = 3 \quad (2) \ -3\alpha - \beta = -4 \quad (3) \end{cases}

De (1) :

\beta = 2\alpha - 3

.

Dans (2) :

\alpha + 2(2\alpha - 3) = 3 \implies \alpha + 4\alpha - 6 = 3 \implies 5\alpha = 9 \implies \alpha = \dfrac{9}{5}

.

Alors

\beta = 2 \times \dfrac{9}{5} - 3 = \dfrac{18}{5} - \dfrac{15}{5} = \dfrac{3}{5}

.

Vérification avec (3) :

-3 \times \dfrac{9}{5} - \dfrac{3}{5} = -\dfrac{27}{5} - \dfrac{3}{5} = -\dfrac{30}{5} = -6 \neq -4

.

Le système est incompatible.

\boxed{A, B, C, D \text{ ne sont pas coplanaires}}

Que peut-on en déduire géométriquement ?

Puisque les quatre points ne sont pas coplanaires, ils forment un tétraèdre (solide à 4 faces triangulaires).

Autrement dit, il n'existe aucun plan contenant simultanément

A

B

C

D

.

Les vecteurs

\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AC}

\overrightarrow{AD}

ne sont pas coplanaires : ils forment une base de l'espace.

\boxed{A, B, C, D \text{ forment un tétraèdre ; } (\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{AD}) \text{ est une base de l'espace}}

Exercice 14

Intermédiaire

On considère les droites

(d_1)

(d_2)

de représentations paramétriques :

(d_1) : \begin{cases} x = 1 + t \ y = 2 - t \ z = 3 + 2t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R} \qquad (d_2) : \begin{cases} x = 2 + s \ y = 1 + 2s \ z = -1 - s \end{cases}, \quad s \in \mathbb{R}

Les droites sont-elles parallèles ?

Les vecteurs directeurs sont

\vec{u_1}(1 ; -1 ; 2)

\vec{u_2}(1 ; 2 ; -1)

\dfrac{1}{1} = 1 \qquad \dfrac{2}{-1} = -2

Comme

1 \neq -2

, les vecteurs ne sont pas colinéaires.

\boxed{(d_1) \text{ et } (d_2) \text{ ne sont pas parallèles}}

Chercher si les droites sont sécantes.

Méthode : On résout le système d'intersection.

\begin{cases} 1 + t = 2 + s \quad (1) \ 2 - t = 1 + 2s \quad (2) \ 3 + 2t = -1 - s \quad (3) \end{cases}

De (1) :

t = 1 + s

.

Dans (2) :

2 - (1 + s) = 1 + 2s \implies 1 - s = 1 + 2s \implies -3s = 0 \implies s = 0

.

Alors

t = 1

.

Vérification avec (3) :

3 + 2(1) = 5

-1 - 0 = -1

5 \neq -1

: la troisième équation n'est pas vérifiée.

\boxed{(d_1) \text{ et } (d_2) \text{ ne sont pas sécantes}}

Quelle est la position relative des deux droites ?

Méthode : Nous avons montré que les droites ne sont ni parallèles, ni sécantes.

Dans l'espace, si deux droites ne sont ni parallèles ni sécantes, elles sont non coplanaires (on dit aussi « gauches »).

\boxed{(d_1) \text{ et } (d_2) \text{ sont non coplanaires (gauches)}}

Cela signifie qu'il n'existe aucun plan contenant simultanément

(d_1)

(d_2)

Exercice 15

Intermédiaire

On considère le plan

(\mathcal{P})

passant par

A(1 ; 0 ; 0)

et dirigé par

\vec{v_1}(1 ; 1 ; 0)

\vec{v_2}(0 ; 1 ; 1)

, et la droite

(d)

passant par

B(2 ; 1 ; -1)

de vecteur directeur

\vec{u}(1 ; 2 ; 1)

Écrire la représentation paramétrique du plan

(\mathcal{P})

et de la droite

(d)

Le plan

(\mathcal{P})

M(x;y;z) \in (\mathcal{P}) \iff \overrightarrow{AM} = s\vec{v_1} + r\vec{v_2}

(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 1 + s \ y = s + r \ z = r \end{cases}, \quad (s, r) \in \mathbb{R}^2

La droite

(d)

(d) : \begin{cases} x = 2 + t \ y = 1 + 2t \ z = -1 + t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}

\boxed{(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 1 + s \ y = s + r \ z = r \end{cases} \qquad (d) : \begin{cases} x = 2 + t \ y = 1 + 2t \ z = -1 + t \end{cases}}

Le vecteur directeur

\vec{u}

(d)

est-il combinaison linéaire de

\vec{v_1}

\vec{v_2}

Méthode : On cherche

\alpha, \beta

tels que

\vec{u} = \alpha\vec{v_1} + \beta\vec{v_2}

\begin{cases} \alpha = 1 \quad (1) \ \alpha + \beta = 2 \quad (2) \ \beta = 1 \quad (3) \end{cases}

De (1) :

\alpha = 1

. De (3) :

\beta = 1

.

Vérification (2) :

1 + 1 = 2

✓

Le système est compatible :

\vec{u} = \vec{v_1} + \vec{v_2}

\boxed{\vec{u} = \vec{v_1} + \vec{v_2} \text{, donc } \vec{u} \text{ est dans le plan directeur de } (\mathcal{P})}

En déduire la position relative de

(d)

(\mathcal{P})

Méthode : Comme

\vec{u}

est combinaison linéaire de

\vec{v_1}

\vec{v_2}

, la droite

(d)

est parallèle au plan

(\mathcal{P})

ou contenue dans

(\mathcal{P})

.

Vérifions si

B(2 ; 1 ; -1) \in (\mathcal{P})

: on cherche

s, r

tels que :

\begin{cases} 1 + s = 2 \implies s = 1 \ s + r = 1 \implies r = 0 \ r = -1 \end{cases}

De la 2e :

r = 0

, mais la 3e donne

r = -1

. Contradiction.

Donc

B \notin (\mathcal{P})

(d)

est strictement parallèle à

(\mathcal{P})

\boxed{(d) \text{ est strictement parallèle au plan } (\mathcal{P})}

Exercice 16

Intermédiaire

On considère les points

A(1 ; 2 ; 0)

B(3 ; 0 ; 1)

C(-1 ; 1 ; 3)

dans l'espace.

Calculer les vecteurs

\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AC}

et vérifier qu'ils ne sont pas colinéaires.

\overrightarrow{AB} = (3 - 1 ; 0 - 2 ; 1 - 0) = (2 ; -2 ; 1)

\overrightarrow{AC} = (-1 - 1 ; 1 - 2 ; 3 - 0) = (-2 ; -1 ; 3)

Vérifions :

\dfrac{-2}{2} = -1

\dfrac{-1}{-2} = 0{,}5

. Comme

-1 \neq 0{,}5

, les vecteurs ne sont pas colinéaires.

\boxed{\overrightarrow{AB}(2 ; -2 ; 1) \text{ et } \overrightarrow{AC}(-2 ; -1 ; 3) \text{ non colinéaires}}

Donner une représentation paramétrique du plan

(ABC)

Méthode : Le plan

(ABC)

a pour représentation paramétrique :

M \in (ABC) \iff \overrightarrow{AM} = s\overrightarrow{AB} + t\overrightarrow{AC}

\begin{cases} x = 1 + 2s - 2t \ y = 2 - 2s - t \ z = s + 3t \end{cases}, \quad (s, t) \in \mathbb{R}^2

\boxed{(ABC) : \begin{cases} x = 1 + 2s - 2t \ y = 2 - 2s - t \ z = s + 3t \end{cases}, \quad (s, t) \in \mathbb{R}^2}

Le point

D(5 ; -2 ; 2)

appartient-il au plan

(ABC)

Méthode : On cherche

s, t

tels que :

\begin{cases} 1 + 2s - 2t = 5 \quad (1) \ 2 - 2s - t = -2 \quad (2) \ s + 3t = 2 \quad (3) \end{cases}

De (1) :

2s - 2t = 4

, soit

s - t = 2

, donc

s = t + 2

.

De (2) :

-2s - t = -4

, soit

2s + t = 4

.

En remplaçant

s = t + 2

dans

2s + t = 4

2(t + 2) + t = 4 \implies 3t + 4 = 4 \implies t = 0

.

Donc

s = 2

.

Vérification (3) :

2 + 3 \times 0 = 2

✓

\boxed{D(5 ; -2 ; 2) \in (ABC) \text{ (pour } s = 2, t = 0\text{)}}

Exercice 17

Intermédiaire

On considère un cube

ABCDEFGH

avec

A

à l'origine. On munit l'espace du repère

(A ; \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE})

.

Ainsi :

A(0;0;0)

B(1;0;0)

C(1;1;0)

D(0;1;0)

E(0;0;1)

F(1;0;1)

G(1;1;1)

H(0;1;1)

.

On note

M

le milieu de

[BF]

N

le milieu de

[CG]

Calculer les coordonnées de

M

N

M = \text{milieu de } [BF] = \left(\dfrac{1+1}{2} ; \dfrac{0+0}{2} ; \dfrac{0+1}{2}\right) = \left(1 ; 0 ; \dfrac{1}{2}\right)

N = \text{milieu de } [CG] = \left(\dfrac{1+1}{2} ; \dfrac{1+1}{2} ; \dfrac{0+1}{2}\right) = \left(1 ; 1 ; \dfrac{1}{2}\right)

\boxed{M\left(1 ; 0 ; \dfrac{1}{2}\right) \quad \text{et} \quad N\left(1 ; 1 ; \dfrac{1}{2}\right)}

Montrer que la droite

(MN)

est parallèle à la droite

(AD)

Méthode : On calcule le vecteur

\overrightarrow{MN}

et on vérifie s'il est colinéaire au vecteur

\overrightarrow{AD}

\overrightarrow{MN} = \left(1 - 1 ; 1 - 0 ; \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}\right) = (0 ; 1 ; 0)

\overrightarrow{AD} = (0 ; 1 ; 0)

On a

\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{AD}

, donc les vecteurs sont colinéaires.

\boxed{\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{AD} \text{, donc } (MN) \parallel (AD)}

Donner une représentation paramétrique de la droite

(MN)

La droite

(MN)

passe par

M\left(1 ; 0 ; \dfrac{1}{2}\right)

avec le vecteur directeur

\overrightarrow{MN}(0 ; 1 ; 0)

\boxed{(MN) : \begin{cases} x = 1 \ y = t \ z = \dfrac{1}{2} \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}}

La droite

(MN)

est-elle parallèle au plan

(ABCD)

Méthode : Le plan

(ABCD)

est le plan d'équation

z = 0

(c'est la face inférieure du cube). Deux vecteurs directeurs de ce plan sont

\overrightarrow{AB}(1;0;0)

\overrightarrow{AD}(0;1;0)

.

Le vecteur directeur de

(MN)

est

\overrightarrow{MN}(0;1;0) = \overrightarrow{AD}

.

Comme

\overrightarrow{MN}

est combinaison linéaire de

\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AD}

(en effet

\overrightarrow{MN} = 0 \cdot \overrightarrow{AB} + 1 \cdot \overrightarrow{AD}

), le vecteur directeur de

(MN)

appartient au plan directeur de

(ABCD)

.

De plus,

M\left(1 ; 0 ; \dfrac{1}{2}\right)

n'appartient pas au plan

z = 0

car

z_M = \dfrac{1}{2} \neq 0

.

Donc

(MN)

est strictement parallèle au plan

(ABCD)

\boxed{(MN) \text{ est strictement parallèle au plan } (ABCD)}

Exercice 18

Intermédiaire

On considère la droite

(d)

passant par

A(1 ; 2 ; 3)

avec le vecteur directeur

\vec{u}(2 ; -1 ; 1)

et le plan

(\mathcal{P})

passant par

B(0 ; 0 ; 1)

et dirigé par

\vec{v_1}(1 ; 1 ; -1)

\vec{v_2}(3 ; 1 ; -1)

Montrer que

(d)

est parallèle au plan

(\mathcal{P})

Méthode : On vérifie si

\vec{u}

est combinaison linéaire de

\vec{v_1}

\vec{v_2}

.

On cherche

\alpha, \beta

tels que

\vec{u} = \alpha\vec{v_1} + \beta\vec{v_2}

\begin{cases} \alpha + 3\beta = 2 \quad (1) \ \alpha + \beta = -1 \quad (2) \ -\alpha - \beta = 1 \quad (3) \end{cases}

L'équation (3) est

-(\alpha + \beta) = 1

, soit

\alpha + \beta = -1

, identique à (2).

De (2) :

\alpha = -1 - \beta

.

Dans (1) :

-1 - \beta + 3\beta = 2 \implies 2\beta = 3 \implies \beta = \dfrac{3}{2}

.

Alors

\alpha = -1 - \dfrac{3}{2} = -\dfrac{5}{2}

.

Vérification :

-\dfrac{5}{2}(1;1;-1) + \dfrac{3}{2}(3;1;-1) = \left(-\dfrac{5}{2}+\dfrac{9}{2} ; -\dfrac{5}{2}+\dfrac{3}{2} ; \dfrac{5}{2}-\dfrac{3}{2}\right) = (2 ; -1 ; 1) = \vec{u}

✓

Donc

\vec{u}

est combinaison linéaire de

\vec{v_1}

\vec{v_2}

\boxed{\vec{u} = -\dfrac{5}{2}\vec{v_1} + \dfrac{3}{2}\vec{v_2} \text{, donc } (d) \text{ est parallèle à } (\mathcal{P}) \text{ ou incluse dans } (\mathcal{P})}

Le point

A

appartient-il au plan

(\mathcal{P})

Méthode : On vérifie si

\overrightarrow{BA}

est combinaison linéaire de

\vec{v_1}

\vec{v_2}

\overrightarrow{BA} = (1 - 0 ; 2 - 0 ; 3 - 1) = (1 ; 2 ; 2)

On cherche

s, r

tels que

(1 ; 2 ; 2) = s(1 ; 1 ; -1) + r(3 ; 1 ; -1)

\begin{cases} s + 3r = 1 \quad (1) \ s + r = 2 \quad (2) \ -s - r = 2 \quad (3) \end{cases}

(3) donne

s + r = -2

, mais (2) donne

s + r = 2

. Contradiction.

Donc

A \notin (\mathcal{P})

\boxed{A \notin (\mathcal{P}) \text{, donc } (d) \text{ est strictement parallèle à } (\mathcal{P})}

Déterminer un point de

(d)

et un point de

(\mathcal{P})

ayant la même abscisse et la même ordonnée.

Méthode : Un point de

(d)

a les coordonnées

(1+2t ; 2-t ; 3+t)

.

Un point de

(\mathcal{P})

a les coordonnées

(s + 3r ; s + r ; 1 - s - r)

.

Égalons

x

y

1 + 2t = s + 3r \quad \text{et} \quad 2 - t = s + r

Prenons

t = 0

: le point de

(d)

est

A(1 ; 2 ; 3)

.

Alors

s + 3r = 1

s + r = 2

. En soustrayant :

2r = -1

, soit

r = -\dfrac{1}{2}

s = 2 - (-\dfrac{1}{2}) = \dfrac{5}{2}

.

Le point de

(\mathcal{P})

correspondant :

z = 1 - \dfrac{5}{2} - (-\dfrac{1}{2}) = 1 - \dfrac{5}{2} + \dfrac{1}{2} = 1 - 2 = -1

.

Donc

A'(1 ; 2 ; -1) \in (\mathcal{P})

\boxed{A(1 ; 2 ; 3) \in (d) \text{ et } A'(1 ; 2 ; -1) \in (\mathcal{P})}

Exercice 19

Intermédiaire

Soient les vecteurs

\vec{e_1}(1 ; 0 ; 1)

\vec{e_2}(0 ; 1 ; 1)

\vec{e_3}(1 ; 1 ; 0)

dans un repère

(O ; \vec{i}, \vec{j}, \vec{k})

Montrer que

(\vec{e_1}, \vec{e_2}, \vec{e_3})

est une base de l'espace, c'est-à-dire que ces trois vecteurs ne sont pas coplanaires.

Méthode : Trois vecteurs sont coplanaires si et seulement si l'un d'eux est combinaison linéaire des deux autres. On vérifie s'il existe

\alpha, \beta

tels que

\vec{e_3} = \alpha\vec{e_1} + \beta\vec{e_2}

\begin{cases} \alpha = 1 \quad (1) \ \beta = 1 \quad (2) \ \alpha + \beta = 0 \quad (3) \end{cases}

De (1) et (2) :

\alpha = 1, \beta = 1

.

Vérification (3) :

1 + 1 = 2 \neq 0

.

Le système est incompatible, donc

\vec{e_3}

n'est pas combinaison linéaire de

\vec{e_1}

\vec{e_2}

\boxed{(\vec{e_1}, \vec{e_2}, \vec{e_3}) \text{ est une base de l'espace}}

Décomposer le vecteur

\vec{w}(3 ; 2 ; 3)

dans la base

(\vec{e_1}, \vec{e_2}, \vec{e_3})

Méthode : On cherche

a, b, c

tels que

\vec{w} = a\vec{e_1} + b\vec{e_2} + c\vec{e_3}

\begin{cases} a + c = 3 \quad (1) \ b + c = 2 \quad (2) \ a + b = 3 \quad (3) \end{cases}

De (1) :

a = 3 - c

. De (2) :

b = 2 - c

.

Dans (3) :

(3 - c) + (2 - c) = 3 \implies 5 - 2c = 3 \implies c = 1

.

Alors

a = 3 - 1 = 2

b = 2 - 1 = 1

.

Vérification :

2(1;0;1) + 1(0;1;1) + 1(1;1;0) = (2;0;2) + (0;1;1) + (1;1;0) = (3;2;3)

✓

\boxed{\vec{w} = 2\vec{e_1} + \vec{e_2} + \vec{e_3}}

Décomposer le vecteur

\vec{i}(1 ; 0 ; 0)

dans la base

(\vec{e_1}, \vec{e_2}, \vec{e_3})

Méthode : On cherche

a, b, c

tels que

\vec{i} = a\vec{e_1} + b\vec{e_2} + c\vec{e_3}

\begin{cases} a + c = 1 \quad (1) \ b + c = 0 \quad (2) \ a + b = 0 \quad (3) \end{cases}

De (1) :

a = 1 - c

. De (2) :

b = -c

.

Dans (3) :

(1 - c) + (-c) = 0 \implies 1 - 2c = 0 \implies c = \dfrac{1}{2}

.

Alors

a = \dfrac{1}{2}

b = -\dfrac{1}{2}

.

Vérification :

\dfrac{1}{2}(1;0;1) - \dfrac{1}{2}(0;1;1) + \dfrac{1}{2}(1;1;0) = \left(\dfrac{1}{2};0;\dfrac{1}{2}\right) + \left(0;-\dfrac{1}{2};-\dfrac{1}{2}\right) + \left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};0\right) = (1;0;0)

✓

\boxed{\vec{i} = \dfrac{1}{2}\vec{e_1} - \dfrac{1}{2}\vec{e_2} + \dfrac{1}{2}\vec{e_3}}

Exercice 20

Intermédiaire

On considère les plans

(\mathcal{P}_1)

(\mathcal{P}_2)

de représentations paramétriques :

(\mathcal{P}_1) : \begin{cases} x = 1 + s + t \ y = 2 - s \ z = s + 2t \end{cases} \qquad (\mathcal{P}_2) : \begin{cases} x = 3 + u - v \ y = 1 + u + v \ z = -1 + 2u \end{cases}

Donner les vecteurs directeurs de chaque plan.

Pour

(\mathcal{P}_1)

\vec{v_1}(1 ; -1 ; 1)

(coefficients de

s

) et

\vec{v_2}(1 ; 0 ; 2)

(coefficients de

t

).

Pour

(\mathcal{P}_2)

\vec{w_1}(1 ; 1 ; 2)

(coefficients de

u

) et

\vec{w_2}(-1 ; 1 ; 0)

(coefficients de

v

\boxed{(\mathcal{P}_1) : \vec{v_1}(1;-1;1), \vec{v_2}(1;0;2) \quad ; \quad (\mathcal{P}_2) : \vec{w_1}(1;1;2), \vec{w_2}(-1;1;0)}

Les plans

(\mathcal{P}_1)

(\mathcal{P}_2)

sont-ils parallèles ?

Méthode : Les plans sont parallèles si et seulement si chaque vecteur directeur de l'un est combinaison linéaire des vecteurs directeurs de l'autre.

Vérifions si

\vec{v_1}(1;-1;1) = \alpha\vec{w_1} + \beta\vec{w_2}

\begin{cases} \alpha - \beta = 1 \quad (1) \ \alpha + \beta = -1 \quad (2) \ 2\alpha = 1 \quad (3) \end{cases}

De (3) :

\alpha = \dfrac{1}{2}

. De (1) :

\beta = \alpha - 1 = -\dfrac{1}{2}

.

Vérification (2) :

\dfrac{1}{2} + (-\dfrac{1}{2}) = 0 \neq -1

.

Le système est incompatible. Donc

\vec{v_1}

n'est pas combinaison linéaire de

\vec{w_1}

\vec{w_2}

\boxed{(\mathcal{P}_1) \text{ et } (\mathcal{P}_2) \text{ ne sont pas parallèles, ils sont sécants}}

Déterminer une représentation paramétrique de la droite d'intersection

(\Delta)

(\mathcal{P}_1)

(\mathcal{P}_2)

Méthode : On cherche les points communs en résolvant le système :

\begin{cases} 1 + s + t = 3 + u - v \quad (1) \ 2 - s = 1 + u + v \quad (2) \ s + 2t = -1 + 2u \quad (3) \end{cases}

De (2) :

s = 1 - u - v

.

Dans (1) :

1 + (1-u-v) + t = 3 + u - v \implies 2 - u - v + t = 3 + u - v \implies t = 1 + 2u

.

Dans (3) :

(1-u-v) + 2(1+2u) = -1 + 2u \implies 1-u-v+2+4u = -1+2u \implies 3+3u-v = -1+2u \implies u - v = -4 \implies v = u + 4

.

Donc

s = 1 - u - (u+4) = -3 - 2u

t = 1 + 2u

.

Les coordonnées d'un point de

(\Delta)

en fonction de

u

x = 1 + (-3-2u) + (1+2u) = -1

y = 2 - (-3-2u) = 5 + 2u

z = (-3-2u) + 2(1+2u) = -3-2u+2+4u = -1+2u

En posant

\lambda = u

\boxed{(\Delta) : \begin{cases} x = -1 \ y = 5 + 2\lambda \ z = -1 + 2\lambda \end{cases}, \quad \lambda \in \mathbb{R}}

La droite d'intersection a pour vecteur directeur

\vec{d}(0 ; 2 ; 2)

et passe par

(-1 ; 5 ; -1)

Exercice 21

Difficile

On considère le tétraèdre

ABCD

avec

A(0 ; 0 ; 0)

B(4 ; 0 ; 0)

C(0 ; 4 ; 0)

D(0 ; 0 ; 4)

. Soit

I

le milieu de

[AB]

J

le milieu de

[CD]

K

le milieu de

[AC]

Calculer les coordonnées de

I

J

K

I = \text{milieu}[AB] = \left(\dfrac{0+4}{2} ; \dfrac{0+0}{2} ; \dfrac{0+0}{2}\right) = (2 ; 0 ; 0)

J = \text{milieu}[CD] = \left(\dfrac{0+0}{2} ; \dfrac{4+0}{2} ; \dfrac{0+4}{2}\right) = (0 ; 2 ; 2)

K = \text{milieu}[AC] = \left(\dfrac{0+0}{2} ; \dfrac{0+4}{2} ; \dfrac{0+0}{2}\right) = (0 ; 2 ; 0)

\boxed{I(2;0;0), \quad J(0;2;2), \quad K(0;2;0)}

Donner les représentations paramétriques des droites

(IJ)

(BD)

Pour

(IJ)

\overrightarrow{IJ} = (0-2 ; 2-0 ; 2-0) = (-2 ; 2 ; 2)

(IJ) : \begin{cases} x = 2 - 2t \ y = 2t \ z = 2t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}

Pour

(BD)

\overrightarrow{BD} = (0-4 ; 0-0 ; 4-0) = (-4 ; 0 ; 4)

(BD) : \begin{cases} x = 4 - 4s \ y = 0 \ z = 4s \end{cases}, \quad s \in \mathbb{R}

\boxed{(IJ) : \begin{cases} x = 2-2t \ y = 2t \ z = 2t \end{cases} \qquad (BD) : \begin{cases} x = 4-4s \ y = 0 \ z = 4s \end{cases}}

Déterminer la position relative des droites

(IJ)

(BD)

Méthode : Vérifions d'abord si les vecteurs directeurs sont colinéaires.

\vec{u}_{IJ} = (-2;2;2)

\vec{u}_{BD} = (-4;0;4)

\dfrac{-4}{-2} = 2

mais

\dfrac{0}{2} = 0 \neq 2

. Donc les vecteurs ne sont pas colinéaires : les droites ne sont pas parallèles.

Cherchons une éventuelle intersection :

\begin{cases} 2 - 2t = 4 - 4s \quad (1) \ 2t = 0 \quad (2) \ 2t = 4s \quad (3) \end{cases}

De (2) :

t = 0

. De (3) :

4s = 0

, soit

s = 0

.

Vérification (1) :

2 - 0 = 2

4 - 0 = 4

2 \neq 4

.

Le système est incompatible. Les droites ne sont ni parallèles, ni sécantes.

\boxed{(IJ) \text{ et } (BD) \text{ sont non coplanaires (gauches)}}

Donner une représentation paramétrique du plan contenant

(IJ)

et parallèle à

(BD)

Méthode : Ce plan passe par

I(2;0;0)

et est dirigé par

\overrightarrow{IJ}(-2;2;2)

\overrightarrow{BD}(-4;0;4)

.

Vérifions que ces vecteurs ne sont pas colinéaires (déjà fait :

\frac{-4}{-2} = 2 \neq \frac{0}{2} = 0

(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 2 - 2\alpha - 4\beta \ y = 2\alpha \ z = 2\alpha + 4\beta \end{cases}, \quad (\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^2

Vérifions que

J(0;2;2) \in (\mathcal{P})

2\alpha = 2

donne

\alpha = 1

;

2 + 4\beta = 2

donne

\beta = 0

;

x = 2-2-0 = 0

✓.

Vérifions que

B(4;0;0) \notin (\mathcal{P})

2\alpha = 0

donne

\alpha = 0

;

4\beta = 0

donne

\beta = 0

;

x = 2 \neq 4

. Donc

B \notin (\mathcal{P})

\boxed{(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 2 - 2\alpha - 4\beta \ y = 2\alpha \ z = 2\alpha + 4\beta \end{cases} \quad \text{contient } (IJ) \text{ et est parallèle à } (BD)}

Exercice 22

Difficile

On considère le cube

ABCDEFGH

avec le repère

(A ; \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE})

.

Ainsi

A(0;0;0)

B(1;0;0)

C(1;1;0)

D(0;1;0)

E(0;0;1)

F(1;0;1)

G(1;1;1)

H(0;1;1)

.

On note

M

le milieu de

[AE]

N

le milieu de

[CG]

Calculer les coordonnées de

M

N

M = \text{milieu}[AE] = \left(0 ; 0 ; \dfrac{1}{2}\right)

N = \text{milieu}[CG] = \left(1 ; 1 ; \dfrac{1}{2}\right)

\boxed{M\left(0;0;\dfrac{1}{2}\right) \quad \text{et} \quad N\left(1;1;\dfrac{1}{2}\right)}

Donner une représentation paramétrique du plan

(\mathcal{P})

passant par

M

B

H

Calculons les vecteurs directeurs :

\overrightarrow{MB} = \left(1-0;0-0;0-\dfrac{1}{2}\right) = \left(1;0;-\dfrac{1}{2}\right)

\overrightarrow{MH} = \left(0-0;1-0;1-\dfrac{1}{2}\right) = \left(0;1;\dfrac{1}{2}\right)

Vérifions qu'ils ne sont pas colinéaires : la première coordonnée de

\overrightarrow{MB}

est 1 et celle de

\overrightarrow{MH}

est 0, donc pas colinéaires.

Pour simplifier, on peut utiliser

\vec{v_1} = 2\overrightarrow{MB} = (2;0;-1)

\vec{v_2} = 2\overrightarrow{MH} = (0;2;1)

(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 2s \ y = 2t \ z = \dfrac{1}{2} - s + t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2

\boxed{(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 2s \ y = 2t \ z = \dfrac{1}{2} - s + t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2}

Montrer que

N

appartient au plan

(\mathcal{P})

Méthode : On cherche

s, t

tels que les coordonnées de

N(1;1;\dfrac{1}{2})

vérifient le système.

De

x = 2s

1 = 2s \implies s = \dfrac{1}{2}

.

De

y = 2t

1 = 2t \implies t = \dfrac{1}{2}

.

Vérification :

z = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}

✓

\boxed{N \in (\mathcal{P}) \text{ (pour } s = \dfrac{1}{2}, t = \dfrac{1}{2}\text{)}}

Les quatre points

M

B

H

N

sont donc coplanaires.

Déterminer l'intersection du plan

(\mathcal{P})

avec l'arête

[EF]

Méthode : L'arête

[EF]

relie

E(0;0;1)

F(1;0;1)

. Sa représentation paramétrique est :

\begin{cases} x = \lambda \ y = 0 \ z = 1 \end{cases}, \quad \lambda \in [0;1]

On substitue dans les équations de

(\mathcal{P})

:

De

y = 2t = 0

t = 0

.

De

x = 2s = \lambda

s = \dfrac{\lambda}{2}

.

De

z = \dfrac{1}{2} - s + t = 1

\dfrac{1}{2} - \dfrac{\lambda}{2} = 1

, soit

-\dfrac{\lambda}{2} = \dfrac{1}{2}

, d'où

\lambda = -1

.

Comme

\lambda = -1 \notin [0;1]

, le plan

(\mathcal{P})

ne coupe pas l'arête

[EF]

\boxed{(\mathcal{P}) \cap [EF] = \emptyset}

Exercice 23

Difficile

On considère les trois plans de représentations paramétriques :

(\mathcal{P}_1) : \begin{cases} x = 1 + s \ y = -s + t \ z = 2 + s - t \end{cases} \quad (\mathcal{P}_2) : \begin{cases} x = u \ y = 1 + u + v \ z = 3 - v \end{cases} \quad (\mathcal{P}_3) : \begin{cases} x = 2 + p \ y = -1 + q \ z = p + q \end{cases}

Déterminer les vecteurs directeurs et un point de chaque plan.

(\mathcal{P}_1)

: point

A_1(1;0;2)

, vecteurs

\vec{v_1}(1;-1;1)

\vec{v_2}(0;1;-1)

(\mathcal{P}_2)

: point

A_2(0;1;3)

, vecteurs

\vec{w_1}(1;1;0)

\vec{w_2}(0;1;-1)

(\mathcal{P}_3)

: point

A_3(2;-1;0)

, vecteurs

\vec{r_1}(1;0;1)

\vec{r_2}(0;1;1)

\boxed{\text{Voir ci-dessus}}

Déterminer l'intersection des plans

(\mathcal{P}_1)

(\mathcal{P}_2)

Méthode : On cherche les points

(x;y;z)

qui sont à la fois dans

(\mathcal{P}_1)

(\mathcal{P}_2)

.

De

(\mathcal{P}_1)

x = 1+s

y = -s+t

z = 2+s-t

.

De

(\mathcal{P}_2)

x = u

y = 1+u+v

z = 3-v

.

Égalons :

\begin{cases} 1+s = u \quad (1) \ -s+t = 1+u+v \quad (2) \ 2+s-t = 3-v \quad (3) \end{cases}

De (1) :

u = 1+s

.

De (3) :

s - t + v = 1

, soit

v = 1 - s + t

.

Dans (2) :

-s + t = 1 + (1+s) + (1-s+t) = 3 + t

.

Donc

-s + t = 3 + t

, soit

-s = 3

, d'où

s = -3

.

Alors

u = 1 + (-3) = -2

v = 1-(-3)+t = 4+t

.

Les coordonnées en fonction de

t

x = 1 + (-3) = -2 \qquad y = 3 + t \qquad z = 2 + (-3) - t = -1 - t

Posons

\lambda = t

(\mathcal{P}_1) \cap (\mathcal{P}_2) = (\Delta_{12}) : \begin{cases} x = -2 \ y = 3 + \lambda \ z = -1 - \lambda \end{cases}, \quad \lambda \in \mathbb{R}

\boxed{(\Delta_{12}) : \begin{cases} x = -2 \ y = 3 + \lambda \ z = -1 - \lambda \end{cases} \text{ avec vecteur directeur } (0;1;-1)}

Déterminer l'intersection des trois plans.

Méthode : On substitue la paramétrique de

(\Delta_{12})

dans

(\mathcal{P}_3)

.

Un point de

(\Delta_{12})

est

(-2 ; 3+\lambda ; -1-\lambda)

. Il doit être dans

(\mathcal{P}_3)

\begin{cases} -2 = 2 + p \quad (1) \ 3 + \lambda = -1 + q \quad (2) \ -1 - \lambda = p + q \quad (3) \end{cases}

De (1) :

p = -4

.

De (2) :

q = 4 + \lambda

.

Vérification (3) :

p + q = -4 + 4 + \lambda = \lambda

-1 - \lambda = \lambda

donne

\lambda = -\dfrac{1}{2}

.

Donc il y a un unique point d'intersection :

x = -2, \quad y = 3 + \left(-\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{5}{2}, \quad z = -1 - \left(-\dfrac{1}{2}\right) = -\dfrac{1}{2}

\boxed{(\mathcal{P}_1) \cap (\mathcal{P}_2) \cap (\mathcal{P}_3) = \left\{\left(-2 ; \dfrac{5}{2} ; -\dfrac{1}{2}\right)\right\}}

Les trois plans se coupent en un unique point.

Exercice 24

Difficile

On considère les points

A(1 ; 1 ; 0)

B(2 ; 0 ; 1)

C(0 ; 3 ; 1)

D(3 ; -1 ; 2)

dans l'espace.

Calculer les coordonnées de

\overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AC}

\overrightarrow{AD}

\overrightarrow{AB} = (1 ; -1 ; 1)

\overrightarrow{AC} = (-1 ; 2 ; 1)

\overrightarrow{AD} = (2 ; -2 ; 2)

\boxed{\overrightarrow{AB}(1;-1;1), \quad \overrightarrow{AC}(-1;2;1), \quad \overrightarrow{AD}(2;-2;2)}

Les points

A

B

C

D

sont-ils coplanaires ? Justifier.

Méthode : On cherche si

\overrightarrow{AD} = \alpha\overrightarrow{AB} + \beta\overrightarrow{AC}

\begin{cases} \alpha - \beta = 2 \quad (1) \ -\alpha + 2\beta = -2 \quad (2) \ \alpha + \beta = 2 \quad (3) \end{cases}

De (1) et (3) :

\alpha - \beta = \alpha + \beta

, donc

-2\beta = 0

, soit

\beta = 0

.

De (1) :

\alpha = 2

.

Vérification (2) :

-2 + 0 = -2

✓

Le système est compatible :

\overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{AB} + 0\overrightarrow{AC} = 2\overrightarrow{AB}

\boxed{\overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{AB} \text{, donc } A, B, D \text{ sont alignés et } A, B, C, D \text{ sont coplanaires}}

Soit

E(1 ; 2 ; 3)

. Les points

A

B

C

E

sont-ils coplanaires ?

\overrightarrow{AE} = (0 ; 1 ; 3)

On cherche

\alpha, \beta

tels que

\overrightarrow{AE} = \alpha\overrightarrow{AB} + \beta\overrightarrow{AC}

\begin{cases} \alpha - \beta = 0 \quad (1) \ -\alpha + 2\beta = 1 \quad (2) \ \alpha + \beta = 3 \quad (3) \end{cases}

De (1) :

\alpha = \beta

.

Dans (3) :

2\beta = 3

, soit

\beta = \dfrac{3}{2}

\alpha = \dfrac{3}{2}

.

Vérification (2) :

-\dfrac{3}{2} + 2 \times \dfrac{3}{2} = -\dfrac{3}{2} + 3 = \dfrac{3}{2} \neq 1

.

Le système est incompatible.

\boxed{A, B, C, E \text{ ne sont pas coplanaires : ils forment un tétraèdre}}

Exercice 25

Difficile

On considère les droites

(d_1)

(d_2)

dépendant du paramètre

m \in \mathbb{R}

(d_1) : \begin{cases} x = 1 + t \ y = 2 + mt \ z = -1 + 2t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R} \qquad (d_2) : \begin{cases} x = 3 - s \ y = m + s \ z = 1 + ms \end{cases}, \quad s \in \mathbb{R}

Pour quelle(s) valeur(s) de

m

les droites

(d_1)

(d_2)

sont-elles parallèles ?

Méthode : Les vecteurs directeurs sont

\vec{u_1}(1 ; m ; 2)

\vec{u_2}(-1 ; 1 ; m)

.

Les droites sont parallèles si

\vec{u_1}

\vec{u_2}

sont colinéaires :

\vec{u_2} = k\vec{u_1}

\dfrac{-1}{1} = k \implies k = -1

Il faut :

1 = -m

(de la 2e coordonnée) et

m = -2

(de la 3e coordonnée).

De la 2e :

m = -1

. De la 3e :

m = -2

. Comme

-1 \neq -2

, il n'existe aucune valeur de

m

rendant les vecteurs colinéaires.

\boxed{\text{Les droites ne sont jamais parallèles, pour aucune valeur de } m}

Pour quelle(s) valeur(s) de

m

les droites

(d_1)

(d_2)

sont-elles sécantes ?

Méthode : On résout le système d'intersection.

\begin{cases} 1 + t = 3 - s \quad (1) \ 2 + mt = m + s \quad (2) \ -1 + 2t = 1 + ms \quad (3) \end{cases}

De (1) :

s = 2 - t

.

Dans (2) :

2 + mt = m + (2 - t) = m + 2 - t

.

Donc

mt + t = m

, soit

t(m + 1) = m

.

Cas $m \neq -1$ :

t = \dfrac{m}{m+1}

s = 2 - \dfrac{m}{m+1} = \dfrac{2m+2-m}{m+1} = \dfrac{m+2}{m+1}

.

Dans (3) :

-1 + \dfrac{2m}{m+1} = 1 + m \cdot \dfrac{m+2}{m+1}

\dfrac{-m-1+2m}{m+1} = \dfrac{m+1+m^2+2m}{m+1}

\dfrac{m-1}{m+1} = \dfrac{m^2+3m+1}{m+1}

Donc

m - 1 = m^2 + 3m + 1

, soit

m^2 + 2m + 2 = 0

.

Discriminant :

\Delta = 4 - 8 = -4 < 0

.

Pas de solution réelle.

Cas $m = -1$ :

t(0) = -1

donne

0 = -1

: impossible.

\boxed{\text{Les droites ne sont jamais sécantes, pour aucune valeur de } m}

En déduire la position relative de

(d_1)

(d_2)

pour tout

m

réel.

Nous avons montré :

- Les droites ne sont jamais parallèles.
- Les droites ne sont jamais sécantes.

Donc pour tout

m \in \mathbb{R}

, les droites

(d_1)

(d_2)

sont non coplanaires (gauches).

\boxed{\forall m \in \mathbb{R}, \quad (d_1) \text{ et } (d_2) \text{ sont non coplanaires}}

Exercice 26

Difficile

On considère le parallélépipède

ABCDEFGH

dans le repère

(A ; \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE})

.

Ainsi

A(0;0;0)

B(1;0;0)

C(1;1;0)

D(0;1;0)

E(0;0;1)

F(1;0;1)

G(1;1;1)

H(0;1;1)

.

On note

P

le milieu de

[AB]

Q

le milieu de

[EH]

Calculer les coordonnées de

P

Q

P = \text{milieu}[AB] = \left(\dfrac{1}{2} ; 0 ; 0\right)

Q = \text{milieu}[EH] = \left(0 ; \dfrac{1}{2} ; 1\right)

\boxed{P\left(\dfrac{1}{2} ; 0 ; 0\right) \quad \text{et} \quad Q\left(0 ; \dfrac{1}{2} ; 1\right)}

Montrer que la droite

(PQ)

n'est parallèle ni à

(AB)

ni à

(AD)

\overrightarrow{PQ} = \left(-\dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} ; 1\right)

\overrightarrow{AB} = (1;0;0)

\dfrac{-1/2}{1} = -\dfrac{1}{2}

mais

\dfrac{1/2}{0}

non défini (2e coord. nulle pour

\overrightarrow{AB}

mais pas pour

\overrightarrow{PQ}

). Non colinéaires.

\overrightarrow{AD} = (0;1;0)

: la 1re coord. de

\overrightarrow{AD}

est 0 mais celle de

\overrightarrow{PQ}

est

-\dfrac{1}{2} \neq 0

. Non colinéaires.

\boxed{(PQ) \text{ n'est parallèle ni à } (AB) \text{ ni à } (AD)}

Montrer que la droite

(PQ)

coupe le plan

(DCGH)

et déterminer le point d'intersection.

Méthode : Le plan

(DCGH)

est le plan

y = 1

(car

D(0;1;0)

C(1;1;0)

G(1;1;1)

H(0;1;1)

ont tous

y = 1

).

La droite

(PQ)

P\left(\dfrac{1}{2};0;0\right)

\overrightarrow{PQ}\left(-\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};1\right)

(PQ) : \begin{cases} x = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}t \ y = \dfrac{1}{2}t \ z = t \end{cases}

Pour

y = 1

\dfrac{1}{2}t = 1

, soit

t = 2

.

Alors

x = \dfrac{1}{2} - 1 = -\dfrac{1}{2}

z = 2

.

Le point d'intersection est

R\left(-\dfrac{1}{2} ; 1 ; 2\right)

.

Ce point n'est pas dans la face carrée

[DCGH]

(car

x = -\dfrac{1}{2} \notin [0;1]

z = 2 \notin [0;1]

), mais il est dans le plan

(DCGH)

\boxed{(PQ) \cap (DCGH) = \left\{R\left(-\dfrac{1}{2} ; 1 ; 2\right)\right\}}

Exercice 27

Difficile

On considère les droites

(d_1)

(d_2)

de représentations paramétriques :

(d_1) : \begin{cases} x = 2 + t \ y = 1 - t \ z = 3 + 2t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R} \qquad (d_2) : \begin{cases} x = 1 + 2s \ y = 3 + s \ z = -1 + 3s \end{cases}, \quad s \in \mathbb{R}

Montrer que

(d_1)

(d_2)

sont non coplanaires.

Méthode : Les vecteurs directeurs sont

\vec{u_1}(1;-1;2)

\vec{u_2}(2;1;3)

.

Colinéarité :

\dfrac{2}{1} = 2

\dfrac{1}{-1} = -1

. Comme

2 \neq -1

, non colinéaires. Donc les droites ne sont pas parallèles.

Intersection : on résout :

\begin{cases} 2+t = 1+2s \quad (1) \ 1-t = 3+s \quad (2) \ 3+2t = -1+3s \quad (3) \end{cases}

De (2) :

t = -2-s

.

Dans (1) :

2+(-2-s) = 1+2s \implies -s = 1+2s \implies s = -\dfrac{1}{3}

.

Alors

t = -2-(-\dfrac{1}{3}) = -\dfrac{5}{3}

.

Vérification (3) :

3+2(-\dfrac{5}{3}) = 3 - \dfrac{10}{3} = -\dfrac{1}{3}

-1+3(-\dfrac{1}{3}) = -1-1 = -2

-\dfrac{1}{3} \neq -2

: incompatible.

\boxed{(d_1) \text{ et } (d_2) \text{ sont non coplanaires (gauches)}}

Déterminer un plan

(\mathcal{P}_1)

contenant

(d_1)

et parallèle à

(d_2)

Méthode : Le plan

(\mathcal{P}_1)

contient

(d_1)

et est dirigé par

\vec{u_1}

\vec{u_2}

. Il passe par le point

A(2;1;3)

(d_1)

(\mathcal{P}_1) : \begin{cases} x = 2 + t + 2r \ y = 1 - t + r \ z = 3 + 2t + 3r \end{cases}, \quad (t,r) \in \mathbb{R}^2

\boxed{(\mathcal{P}_1) : \begin{cases} x = 2 + t + 2r \ y = 1 - t + r \ z = 3 + 2t + 3r \end{cases}, \quad (t,r) \in \mathbb{R}^2}

Vérifier que

(d_2)

n'est pas contenue dans

(\mathcal{P}_1)

Méthode : On vérifie si le point

B(1;3;-1)

(d_2)

est dans

(\mathcal{P}_1)

\begin{cases} 2+t+2r = 1 \quad (1) \ 1-t+r = 3 \quad (2) \ 3+2t+3r = -1 \quad (3) \end{cases}

De (1) :

t+2r = -1

. De (2) :

-t+r = 2

, soit

t = r-2

.

Dans (1) :

(r-2)+2r = -1 \implies 3r = 1 \implies r = \dfrac{1}{3}

t = \dfrac{1}{3}-2 = -\dfrac{5}{3}

.

Vérification (3) :

3+2(-\dfrac{5}{3})+3(\dfrac{1}{3}) = 3-\dfrac{10}{3}+1 = 4-\dfrac{10}{3} = \dfrac{2}{3} \neq -1

.

Donc

B \notin (\mathcal{P}_1)

, et

(d_2)

n'est pas contenue dans

(\mathcal{P}_1)

(d_2)

est strictement parallèle à

(\mathcal{P}_1)

\boxed{(d_2) \text{ est strictement parallèle à } (\mathcal{P}_1)}

Exercice 28

Difficile

On considère la pyramide

SABCD

à base carrée

ABCD

avec le repère

(A ; \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AS})

.

Ainsi :

A(0;0;0)

B(1;0;0)

C(1;1;0)

D(0;1;0)

S(0;0;1)

.

Soit

M

le milieu de

[SB]

N

le milieu de

[SC]

Calculer les coordonnées de

M

N

M = \text{milieu}[SB] = \left(\dfrac{0+1}{2} ; \dfrac{0+0}{2} ; \dfrac{1+0}{2}\right) = \left(\dfrac{1}{2} ; 0 ; \dfrac{1}{2}\right)

N = \text{milieu}[SC] = \left(\dfrac{0+1}{2} ; \dfrac{0+1}{2} ; \dfrac{1+0}{2}\right) = \left(\dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2}\right)

\boxed{M\left(\dfrac{1}{2};0;\dfrac{1}{2}\right) \quad \text{et} \quad N\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)}

Montrer que

(MN)

est parallèle à

(BC)

\overrightarrow{MN} = \left(0 ; \dfrac{1}{2} ; 0\right)

\overrightarrow{BC} = (0 ; 1 ; 0)

\overrightarrow{MN} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}

, donc les vecteurs sont colinéaires.

\boxed{\overrightarrow{MN} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC} \text{, donc } (MN) \parallel (BC)}

C'est le théorème des milieux dans le triangle

SBC

Montrer que

(MN)

est parallèle à

(AD)

\overrightarrow{AD} = (0;1;0)

\overrightarrow{MN} = \left(0;\dfrac{1}{2};0\right) = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}

, donc

\overrightarrow{MN}

\overrightarrow{AD}

sont colinéaires.

\boxed{\overrightarrow{MN} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD} \text{, donc } (MN) \parallel (AD)}

Ceci est cohérent car

(AD) \parallel (BC)

dans le carré

ABCD

Déterminer la section de la pyramide

SABCD

par le plan parallèle à

(ABCD)

passant par

M

N

Méthode : Le plan

(ABCD)

est le plan

z = 0

. Un plan parallèle à

(ABCD)

est de la forme

z = k

.

Comme

M

N

ont pour cote

z = \dfrac{1}{2}

, le plan

(\mathcal{P})

a pour équation

z = \dfrac{1}{2}

.

Cherchons l'intersection de ce plan avec chaque arête latérale :

- Arête

[SA]

S(0;0;1) \to A(0;0;0)

, param.

(0;0;1-t)

t \in [0;1]

z = 1-t = \dfrac{1}{2}

donne

t = \dfrac{1}{2}

. Point :

P_1(0;0;\dfrac{1}{2})

.

- Arête

[SB]

: milieu

M\left(\dfrac{1}{2};0;\dfrac{1}{2}\right)

.

- Arête

[SC]

: milieu

N\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)

.

- Arête

[SD]

S(0;0;1) \to D(0;1;0)

, param.

(0;t;1-t)

z = 1-t = \dfrac{1}{2}

donne

t = \dfrac{1}{2}

. Point :

P_4(0;\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2})

.

La section est le quadrilatère

P_1 M N P_4

de sommets :

P_1(0;0;\dfrac{1}{2})

M(\dfrac{1}{2};0;\dfrac{1}{2})

N(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2})

P_4(0;\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2})

.

C'est un carré de côté

\dfrac{1}{2}

(homothétie de centre

S

et rapport

\dfrac{1}{2}

de la base

ABCD

\boxed{\text{La section est le carré } P_1MNP_4 \text{ de côté } \dfrac{1}{2}}

Exercice 29

Difficile

On considère les droite et plan suivants, dépendant du paramètre

m

(d) : \begin{cases} x = 1 + t \ y = m - 2t \ z = 2 + mt \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R} \qquad (\mathcal{P}) : \begin{cases} x = s + r \ y = 1 + s \ z = 2 - s + r \end{cases}, \quad (s,r) \in \mathbb{R}^2

Déterminer les vecteurs directeurs de

(d)

(\mathcal{P})

Le vecteur directeur de

(d)

est

\vec{u}(1 ; -2 ; m)

.

Les vecteurs directeurs de

(\mathcal{P})

sont

\vec{v_1}(1 ; 1 ; -1)

(coeff. de

s

) et

\vec{v_2}(1 ; 0 ; 1)

(coeff. de

r

\boxed{\vec{u}(1;-2;m), \quad \vec{v_1}(1;1;-1), \quad \vec{v_2}(1;0;1)}

Pour quelle(s) valeur(s) de

m

la droite

(d)

est-elle parallèle au plan

(\mathcal{P})

Méthode :

(d) \parallel (\mathcal{P})

\vec{u} = \alpha\vec{v_1} + \beta\vec{v_2}

\begin{cases} \alpha + \beta = 1 \quad (1) \ \alpha = -2 \quad (2) \ -\alpha + \beta = m \quad (3) \end{cases}

De (2) :

\alpha = -2

. De (1) :

\beta = 3

.

De (3) :

m = -(-2) + 3 = 5

.

Pour

m = 5

, on a

\vec{u} = -2\vec{v_1} + 3\vec{v_2}

. Vérifions :

-2(1;1;-1)+3(1;0;1) = (-2;-2;2)+(3;0;3) = (1;-2;5)

✓

\boxed{(d) \parallel (\mathcal{P}) \iff m = 5}

Pour

m = 5

, la droite

(d)

est-elle contenue dans

(\mathcal{P})

ou strictement parallèle ?

Pour

m = 5

(d)

passe par

A(1;5;2)

(pour

t = 0

).

Vérifions si

A \in (\mathcal{P})

: on cherche

s, r

tels que

s + r = 1

1 + s = 5

2 - s + r = 2

.

De

1 + s = 5

s = 4

. De

s + r = 1

r = -3

.

Vérification :

2 - 4 + (-3) = -5 \neq 2

.

Donc

A \notin (\mathcal{P})

\boxed{\text{Pour } m = 5, \text{ la droite } (d) \text{ est strictement parallèle à } (\mathcal{P})}

Pour

m = 0

, déterminer le point d'intersection de

(d)

(\mathcal{P})

Pour

m = 0

(d) : \begin{cases} x = 1+t \ y = -2t \ z = 2 \end{cases}

.

On résout avec

(\mathcal{P})

\begin{cases} 1+t = s+r \quad (1) \ -2t = 1+s \quad (2) \ 2 = 2-s+r \quad (3) \end{cases}

De (3) :

s = r

. De (2) :

s = -2t-1

, donc

r = -2t-1

.

Dans (1) :

1+t = (-2t-1)+(-2t-1) = -4t-2

, soit

5t = -3

, d'où

t = -\dfrac{3}{5}

.

Alors

x = 1 - \dfrac{3}{5} = \dfrac{2}{5}

y = \dfrac{6}{5}

z = 2

\boxed{\text{Pour } m = 0 : (d) \cap (\mathcal{P}) = \left\{\left(\dfrac{2}{5} ; \dfrac{6}{5} ; 2\right)\right\}}

Exercice 30

Difficile

Dans l'espace muni du repère

(O ; \vec{i}, \vec{j}, \vec{k})

, on considère les points

A(1 ; 2 ; 3)

B(3 ; 4 ; 1)

C(2 ; 0 ; 5)

. On note

G

le centre de gravité du triangle

ABC

Calculer les coordonnées de

G

Méthode : Le centre de gravité a pour coordonnées la moyenne des coordonnées des sommets.

G\left(\dfrac{1+3+2}{3} ; \dfrac{2+4+0}{3} ; \dfrac{3+1+5}{3}\right) = \left(2 ; 2 ; 3\right)

\boxed{G(2 ; 2 ; 3)}

Vérifier que

\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \vec{0}

\overrightarrow{GA} = (1-2 ; 2-2 ; 3-3) = (-1 ; 0 ; 0)

\overrightarrow{GB} = (3-2 ; 4-2 ; 1-3) = (1 ; 2 ; -2)

\overrightarrow{GC} = (2-2 ; 0-2 ; 5-3) = (0 ; -2 ; 2)

\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = (-1+1+0 ; 0+2-2 ; 0-2+2) = (0;0;0) = \vec{0}

\boxed{\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \vec{0} \text{

Soit

M

le milieu de

[BC]

. Montrer que

A

G

M

sont alignés et que

G

partage

[AM]

dans le rapport

\dfrac{2}{3}

M = \text{milieu}[BC] = \left(\dfrac{3+2}{2} ; \dfrac{4+0}{2} ; \dfrac{1+5}{2}\right) = \left(\dfrac{5}{2} ; 2 ; 3\right)

\overrightarrow{AG} = (2-1 ; 2-2 ; 3-3) = (1 ; 0 ; 0)

\overrightarrow{AM} = \left(\dfrac{5}{2}-1 ; 2-2 ; 3-3\right) = \left(\dfrac{3}{2} ; 0 ; 0\right)

\overrightarrow{AG} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AM}

car

(1;0;0) = \dfrac{2}{3}\left(\dfrac{3}{2};0;0\right) = (1;0;0)

✓

Donc

A

G

M

sont alignés et

\overrightarrow{AG} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AM}

\boxed{\overrightarrow{AG} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AM} \text{, donc } G \text{ divise } [AM] \text{ aux } \dfrac{2}{3} \text{ depuis } A}

Déterminer la représentation paramétrique de la médiane issue de

A

(droite

(AM)

La droite

(AM)

passe par

A(1;2;3)

avec le vecteur directeur

\overrightarrow{AM}\left(\dfrac{3}{2};0;0\right)

.

On peut prendre le vecteur

\vec{u}(1;0;0)

(colinéaire).

(AM) : \begin{cases} x = 1 + t \ y = 2 \ z = 3 \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}

\boxed{(AM) : \begin{cases} x = 1 + t \ y = 2 \ z = 3 \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}}

Exercice 31

Avancé

On considère le tétraèdre

OABC

avec

O(0;0;0)

A(6;0;0)

B(0;6;0)

C(0;0;6)

.

Soit

M

le point tel que

\overrightarrow{OM} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{OA} + \dfrac{1}{3}\overrightarrow{OB} + \dfrac{1}{3}\overrightarrow{OC}

Calculer les coordonnées de

M

\overrightarrow{OM} = \dfrac{1}{3}(6;0;0) + \dfrac{1}{3}(0;6;0) + \dfrac{1}{3}(0;0;6) = (2;0;0) + (0;2;0) + (0;0;2) = (2;2;2)

\boxed{M(2;2;2)}

Montrer que

M

est le centre de gravité du triangle

ABC

, c'est-à-dire que

\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} = \vec{0}

\overrightarrow{MA} = (6-2;0-2;0-2) = (4;-2;-2)

\overrightarrow{MB} = (0-2;6-2;0-2) = (-2;4;-2)

\overrightarrow{MC} = (0-2;0-2;6-2) = (-2;-2;4)

Somme :

\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} = (4-2-2 ; -2+4-2 ; -2-2+4) = (0;0;0) = \vec{0}

\boxed{\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} = \vec{0} \text{, donc } M \text{ est le centre de gravité du triangle } ABC}

Soit

G

le centre de gravité du tétraèdre

OABC

. Calculer les coordonnées de

G

et montrer que

O

G

M

sont alignés.

Le centre de gravité du tétraèdre est :

G = \left(\dfrac{0+6+0+0}{4};\dfrac{0+0+6+0}{4};\dfrac{0+0+0+6}{4}\right) = \left(\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2}\right)

\overrightarrow{OG} = \left(\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2}\right) \qquad \overrightarrow{OM} = (2;2;2)

\overrightarrow{OG} = \dfrac{3}{4}\overrightarrow{OM}

car

\dfrac{3}{2} = \dfrac{3}{4} \times 2

✓

Donc

O

G

M

sont alignés et

\overrightarrow{OG} = \dfrac{3}{4}\overrightarrow{OM}

\boxed{\overrightarrow{OG} = \dfrac{3}{4}\overrightarrow{OM} \text{, donc } O, G, M \text{ sont alignés}}

Le centre de gravité du tétraèdre divise le segment joignant un sommet au centre de gravité de la face opposée dans le rapport

\dfrac{3}{4}

Exercice 32

Avancé

On considère le cube

ABCDEFGH

avec le repère

(A ; \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE})

(cube d'arête 1).

A(0;0;0)

B(1;0;0)

C(1;1;0)

D(0;1;0)

E(0;0;1)

F(1;0;1)

G(1;1;1)

H(0;1;1)

.

Soient

P

le milieu de

[AE]

Q

le milieu de

[BF]

R

le milieu de

[DH]

Calculer les coordonnées de

P

Q

R

P = \text{milieu}[AE] = \left(0;0;\dfrac{1}{2}\right)

Q = \text{milieu}[BF] = \left(1;0;\dfrac{1}{2}\right)

R = \text{milieu}[DH] = \left(0;1;\dfrac{1}{2}\right)

\boxed{P\left(0;0;\dfrac{1}{2}\right), \quad Q\left(1;0;\dfrac{1}{2}\right), \quad R\left(0;1;\dfrac{1}{2}\right)}

Déterminer la représentation paramétrique du plan

(PQR)

\overrightarrow{PQ} = (1;0;0) \qquad \overrightarrow{PR} = (0;1;0)

Ces vecteurs ne sont pas colinéaires (évident).

(PQR) : \begin{cases} x = s \ y = t \ z = \dfrac{1}{2} \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2

\boxed{(PQR) : z = \dfrac{1}{2} \text{ (plan parallèle à } (ABCD)\text{)}}

Déterminer la section du cube par le plan

(PQR)

Méthode : Le plan

z = \dfrac{1}{2}

coupe chaque arête verticale du cube au milieu.

Arête

[AE]

z = \dfrac{1}{2}

donne

P(0;0;\dfrac{1}{2})

.

Arête

[BF]

z = \dfrac{1}{2}

donne

Q(1;0;\dfrac{1}{2})

.

Arête

[CG]

z = \dfrac{1}{2}

donne le milieu

S' = (1;1;\dfrac{1}{2})

.

Arête

[DH]

z = \dfrac{1}{2}

donne

R(0;1;\dfrac{1}{2})

.

La section est le carré

PQS'R

de sommets

P(0;0;\dfrac{1}{2})

Q(1;0;\dfrac{1}{2})

S'(1;1;\dfrac{1}{2})

R(0;1;\dfrac{1}{2})

.

C'est un carré de côté 1, parallèle à la base.

\boxed{\text{Section = carré } PQS'R \text{ de côté } 1 \text{, à mi-hauteur du cube}}

Soit le plan

(\mathcal{Q})

passant par

A

, le milieu

Q

[BF]

et le milieu

T

[CG]

. Déterminer la section du cube par

(\mathcal{Q})

On a

A(0;0;0)

Q(1;0;\dfrac{1}{2})

T = \text{milieu}[CG] = (1;1;\dfrac{1}{2})

\overrightarrow{AQ} = (1;0;\dfrac{1}{2})

\overrightarrow{AT} = (1;1;\dfrac{1}{2})

.

Le plan

(\mathcal{Q})

\begin{cases} x = s + t \ y = t \ z = \dfrac{1}{2}s + \dfrac{1}{2}t \end{cases}

, soit

z = \dfrac{1}{2}(s+t) = \dfrac{x}{2}

(car

x = s+t

).

Donc le plan

(\mathcal{Q})

vérifie

z = \dfrac{x}{2}

, soit

x = 2z

.

Cherchons la section :

- Face

ABCD

(

z=0

) :

x = 0

, c'est l'arête

[AD]

A(0;0;0)

D(0;1;0)

.

- Face

ABFE

(

y=0

) :

x = 2z

. Pour

x \in [0;1]

z \in [0;1]

: segment de

A(0;0;0)

Q(1;0;\dfrac{1}{2})

.

- Face

DCGH

(

y=1

) :

x = 2z

. Segment de

D(0;1;0)

T(1;1;\dfrac{1}{2})

.

- Face

BCGF

(

x=1

) :

1 = 2z

z = \dfrac{1}{2}

. Segment de

Q(1;0;\dfrac{1}{2})

T(1;1;\dfrac{1}{2})

.

- Face

EFGH

(

z=1

) :

x = 2 > 1

: pas d'intersection dans le cube.

La section est le quadrilatère

AQTD

. Vérifions que c'est un parallélogramme :

\overrightarrow{AQ} = (1;0;\dfrac{1}{2})

\overrightarrow{DT} = (1-0;1-1;\dfrac{1}{2}-0) = (1;0;\dfrac{1}{2}) = \overrightarrow{AQ}

✓.

\boxed{\text{Section = parallélogramme } AQTD}

Exercice 33

Avancé

Dans l'espace rapporté au repère

(O ; \vec{i}, \vec{j}, \vec{k})

, on considère les quatre droites :

(d_1) : \begin{cases} x = 1 + t \ y = t \ z = 2t \end{cases} \quad (d_2) : \begin{cases} x = s \ y = 1 + s \ z = 1 + 2s \end{cases} \quad (d_3) : \begin{cases} x = 1 + 2r \ y = 2 + r \ z = 3r \end{cases} \quad (d_4) : \begin{cases} x = 2 \ y = 1 + \lambda \ z = 2 + 2\lambda \end{cases}

Montrer que

(d_1)

(d_2)

sont parallèles.

Les vecteurs directeurs sont

\vec{u_1}(1;1;2)

\vec{u_2}(1;1;2)

.

On a

\vec{u_1} = \vec{u_2}

, donc les vecteurs sont colinéaires.

Vérifions si les droites sont confondues :

A_1(1;0;0) \in (d_1)

A_2(0;1;1) \in (d_2)

\overrightarrow{A_1A_2} = (-1;1;1)

. Est-ce colinéaire à

\vec{u_1}(1;1;2)

\dfrac{-1}{1} = -1 \neq \dfrac{1}{1} = 1

. Non.

Donc

(d_1) \parallel (d_2)

(d_1) \neq (d_2)

\boxed{(d_1) \text{ et } (d_2) \text{ sont strictement parallèles}}

Déterminer le plan

(\mathcal{P})

contenant

(d_1)

(d_2)

Méthode :

(\mathcal{P})

passe par

A_1(1;0;0)

et est dirigé par

\vec{u_1}(1;1;2)

\overrightarrow{A_1A_2}(-1;1;1)

.

Vérifions que ces vecteurs ne sont pas colinéaires (déjà fait ci-dessus).

(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 1 + t - r \ y = t + r \ z = 2t + r \end{cases}, \quad (t,r) \in \mathbb{R}^2

\boxed{(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 1 + t - r \ y = t + r \ z = 2t + r \end{cases}, \quad (t,r) \in \mathbb{R}^2}

Montrer que

(d_3)

n'est pas parallèle au plan

(\mathcal{P})

Méthode : Le vecteur directeur de

(d_3)

est

\vec{u_3}(2;1;3)

. Vérifions s'il est combinaison linéaire de

\vec{u_1}(1;1;2)

\overrightarrow{A_1A_2}(-1;1;1)

\begin{cases} \alpha - \beta = 2 \quad (1) \ \alpha + \beta = 1 \quad (2) \ 2\alpha + \beta = 3 \quad (3) \end{cases}

De (1)+(2) :

2\alpha = 3

, soit

\alpha = \dfrac{3}{2}

. De (2) :

\beta = -\dfrac{1}{2}

.

Vérification (3) :

2 \times \dfrac{3}{2} + (-\dfrac{1}{2}) = 3 - \dfrac{1}{2} = \dfrac{5}{2} \neq 3

.

Donc

\vec{u_3}

n'est pas dans le plan directeur de

(\mathcal{P})

, donc

(d_3)

n'est pas parallèle à

(\mathcal{P})

\boxed{(d_3) \text{ n'est pas parallèle à } (\mathcal{P}) \text{, elle est sécante à } (\mathcal{P})}

Déterminer si

(d_4)

est parallèle au plan

(\mathcal{P})

Le vecteur directeur de

(d_4)

est

\vec{u_4}(0;1;2)

. Vérifions si

\vec{u_4} = \alpha\vec{u_1} + \beta\overrightarrow{A_1A_2}

\begin{cases} \alpha - \beta = 0 \quad (1) \ \alpha + \beta = 1 \quad (2) \ 2\alpha + \beta = 2 \quad (3) \end{cases}

De (1) :

\alpha = \beta

. De (2) :

2\beta = 1

, soit

\beta = \dfrac{1}{2}

\alpha = \dfrac{1}{2}

.

Vérification (3) :

1 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2} \neq 2

.

Donc

\vec{u_4}

n'est pas dans le plan directeur de

(\mathcal{P})

(d_4)

n'est pas parallèle à

(\mathcal{P})

\boxed{(d_4) \text{ n'est pas parallèle à } (\mathcal{P}) \text{, elle est sécante à } (\mathcal{P})}

Exercice 34

Avancé

On considère le parallélépipède

ABCDEFGH

tel que :

A(0;0;0)

B(3;0;0)

D(0;2;0)

E(0;0;4)

C(3;2;0)

F(3;0;4)

G(3;2;4)

H(0;2;4)

.

Soit

I

le point de

[AB]

tel que

AI = 1

J

le point de

[AE]

tel que

AJ = 2

Calculer les coordonnées de

I

J

Point $I$ :

\overrightarrow{AB} = (3;0;0)

\|\overrightarrow{AB}\| = 3

I = A + \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB} = (1;0;0)

.

Point $J$ :

\overrightarrow{AE} = (0;0;4)

\|\overrightarrow{AE}\| = 4

J = A + \dfrac{2}{4}\overrightarrow{AE} = \left(0;0;2\right)

\boxed{I(1;0;0) \quad \text{et} \quad J(0;0;2)}

Déterminer la représentation paramétrique du plan

(\mathcal{P})

passant par

I

J

G

\overrightarrow{IG} = (3-1;2-0;4-0) = (2;2;4)

\overrightarrow{IJ} = (0-1;0-0;2-0) = (-1;0;2)

Vérifions non-colinéarité :

\dfrac{2}{-1} \neq \dfrac{2}{0}

, OK.

(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 1 + 2s - t \ y = 2s \ z = 4s + 2t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2

\boxed{(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 1 + 2s - t \ y = 2s \ z = 4s + 2t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2}

Déterminer l'intersection du plan

(\mathcal{P})

avec l'arête

[BF]

L'arête

[BF]

B(3;0;0)

F(3;0;4)

\overrightarrow{BF} = (0;0;4)

(BF) : \begin{cases} x = 3 \ y = 0 \ z = 4\lambda \end{cases}, \lambda \in [0;1]

On résout avec

(\mathcal{P})

:

De

y = 2s = 0

s = 0

.

De

x = 1 - t = 3

t = -2

.

De

z = 0 + 2(-2) = -4

: on cherche

\lambda

tel que

4\lambda = -4

, soit

\lambda = -1 \notin [0;1]

.

Donc

(\mathcal{P})

ne coupe pas l'arête

[BF]

\boxed{(\mathcal{P}) \cap [BF] = \emptyset}

Déterminer l'intersection du plan

(\mathcal{P})

avec l'arête

[DH]

L'arête

[DH]

D(0;2;0)

H(0;2;4)

\overrightarrow{DH} = (0;0;4)

(DH) : \begin{cases} x = 0 \ y = 2 \ z = 4\mu \end{cases}, \mu \in [0;1]

Avec

(\mathcal{P})

:

De

y = 2s = 2

s = 1

.

De

x = 1 + 2(1) - t = 0

t = 3

.

De

z = 4(1) + 2(3) = 10

: on cherche

\mu

tel que

4\mu = 10

, soit

\mu = \dfrac{5}{2} \notin [0;1]

.

Donc

(\mathcal{P})

ne coupe pas l'arête

[DH]

non plus.

\boxed{(\mathcal{P}) \cap [DH] = \emptyset}

Le plan coupe les prolongements de ces arêtes, mais pas les arêtes elles-mêmes.

Exercice 35

Avancé

On considère le cube

ABCDEFGH

de côté 1 avec le repère

(A ; \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE})

A(0;0;0)

B(1;0;0)

C(1;1;0)

D(0;1;0)

E(0;0;1)

F(1;0;1)

G(1;1;1)

H(0;1;1)

.

Soit

I

le milieu de

[AB]

J

le milieu de

[EH]

, et

K

le milieu de

[CG]

Calculer les coordonnées de

I

J

K

I = \left(\dfrac{1}{2};0;0\right) \qquad J = \left(0;\dfrac{1}{2};1\right) \qquad K = \left(1;1;\dfrac{1}{2}\right)

\boxed{I\left(\dfrac{1}{2};0;0\right), \quad J\left(0;\dfrac{1}{2};1\right), \quad K\left(1;1;\dfrac{1}{2}\right)}

Montrer que les vecteurs

\overrightarrow{IJ}

\overrightarrow{IK}

ne sont pas colinéaires.

\overrightarrow{IJ} = \left(-\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};1\right) \qquad \overrightarrow{IK} = \left(\dfrac{1}{2};1;\dfrac{1}{2}\right)

Vérifions :

\dfrac{-1/2}{1/2} = -1

\dfrac{1/2}{1} = \dfrac{1}{2}

. Comme

-1 \neq \dfrac{1}{2}

, les vecteurs ne sont pas colinéaires.

\boxed{\overrightarrow{IJ} \text{ et } \overrightarrow{IK} \text{ ne sont pas colinéaires}}

Donner une représentation paramétrique du plan

(IJK)

En utilisant

\vec{v_1} = 2\overrightarrow{IJ} = (-1;1;2)

\vec{v_2} = 2\overrightarrow{IK} = (1;2;1)

(IJK) : \begin{cases} x = \dfrac{1}{2} - s + t \ y = s + 2t \ z = 2s + t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2

\boxed{(IJK) : \begin{cases} x = \dfrac{1}{2} - s + t \ y = s + 2t \ z = 2s + t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2}

Déterminer l'intersection du plan

(IJK)

avec la droite

(AG)

(grande diagonale du cube).

La droite

(AG)

\overrightarrow{AG} = (1;1;1)

(AG) : \begin{cases} x = \lambda \ y = \lambda \ z = \lambda \end{cases}, \quad \lambda \in \mathbb{R}

Substituons dans

(IJK)

\begin{cases} \lambda = \dfrac{1}{2} - s + t \quad (1) \ \lambda = s + 2t \quad (2) \ \lambda = 2s + t \quad (3) \end{cases}

De (2) et (3) :

s + 2t = 2s + t

, donc

t = s

.

Dans (2) :

\lambda = s + 2s = 3s

.

Dans (1) :

3s = \dfrac{1}{2} - s + s = \dfrac{1}{2}

, donc

s = \dfrac{1}{6}

\lambda = \dfrac{1}{2}

.

Le point d'intersection est

\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)

, qui est le centre du cube.

\boxed{(IJK) \cap (AG) = \left\{\Omega\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)\right\} \text{ (centre du cube)}}

Exercice 36

Avancé

On considère trois droites dans l'espace :

(d_1) : \begin{cases} x = 1 + 2t \ y = -t \ z = 3t \end{cases} \quad (d_2) : \begin{cases} x = 3 + s \ y = 1 - s \ z = 2 + 2s \end{cases} \quad (d_3) : \begin{cases} x = 5 \ y = -2 + r \ z = 6 - r \end{cases}

Montrer que

(d_1)

(d_2)

sont non coplanaires.

Vecteurs directeurs :

\vec{u_1}(2;-1;3)

\vec{u_2}(1;-1;2)

\dfrac{1}{2} \neq \dfrac{-1}{-1} = 1

: non colinéaires, donc pas parallèles.

Intersection :

\begin{cases} 1 + 2t = 3 + s \quad (1) \ -t = 1 - s \quad (2) \ 3t = 2 + 2s \quad (3) \end{cases}

De (2) :

s = 1 + t

.

Dans (1) :

1 + 2t = 3 + 1 + t = 4 + t

, soit

t = 3

.

Alors

s = 4

.

Vérification (3) :

3 \times 3 = 9

2 + 2 \times 4 = 10

9 \neq 10

.

Incompatible.

\boxed{(d_1) \text{ et } (d_2) \text{ sont non coplanaires (gauches)}}

Montrer que

(d_1)

(d_3)

sont sécantes et déterminer leur point d'intersection.

Vecteurs directeurs :

\vec{u_1}(2;-1;3)

\vec{u_3}(0;1;-1)

. Non colinéaires car

\dfrac{0}{2} = 0 \neq \dfrac{1}{-1}

.

Intersection :

\begin{cases} 1 + 2t = 5 \quad (1) \ -t = -2 + r \quad (2) \ 3t = 6 - r \quad (3) \end{cases}

De (1) :

t = 2

.

De (2) :

r = -t + 2 = 0

.

Vérification (3) :

3 \times 2 = 6

6 - 0 = 6

✓

Point d'intersection :

x = 5, y = -2, z = 6

\boxed{(d_1) \cap (d_3) = \{P(5;-2;6)\}}

Déterminer la représentation paramétrique du plan contenant

(d_1)

(d_3)

Le plan contient le point

A(1;0;0)

(d_1)

et est dirigé par

\vec{u_1}(2;-1;3)

\vec{u_3}(0;1;-1)

(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 1 + 2\alpha \ y = -\alpha + \beta \ z = 3\alpha - \beta \end{cases}, \quad (\alpha,\beta) \in \mathbb{R}^2

\boxed{(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 1 + 2\alpha \ y = -\alpha + \beta \ z = 3\alpha - \beta \end{cases}, \quad (\alpha,\beta) \in \mathbb{R}^2}

Quelle est la position de

(d_2)

par rapport à ce plan

(\mathcal{P})

Vérifions si

\vec{u_2}(1;-1;2) = a\vec{u_1} + b\vec{u_3}

\begin{cases} 2a = 1 \quad (1) \ -a + b = -1 \quad (2) \ 3a - b = 2 \quad (3) \end{cases}

De (1) :

a = \dfrac{1}{2}

. De (2) :

b = -1 + \dfrac{1}{2} = -\dfrac{1}{2}

.

Vérification (3) :

\dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{2} = 2

✓

Donc

\vec{u_2}

est dans le plan directeur de

(\mathcal{P})

(d_2)

est parallèle ou contenue dans

(\mathcal{P})

.

Vérifions si

B(3;1;2) \in (\mathcal{P})

\begin{cases} 1 + 2\alpha = 3 \implies \alpha = 1 \ -1 + \beta = 1 \implies \beta = 2 \ 3 - 2 = 1 \neq 2 \end{cases}

Incompatible. Donc

B \notin (\mathcal{P})

\boxed{(d_2) \text{ est strictement parallèle au plan } (\mathcal{P})}

Exercice 37

Avancé

On considère les points

A(1 ; 0 ; 0)

B(0 ; 2 ; 0)

C(0 ; 0 ; 3)

et un point

M(x ; y ; z)

de l'espace. On suppose que

M

appartient au plan

(ABC)

Écrire la représentation paramétrique du plan

(ABC)

\overrightarrow{AB} = (-1;2;0) \qquad \overrightarrow{AC} = (-1;0;3)

Non colinéaires car

\dfrac{-1}{-1} = 1

mais

\dfrac{2}{0}

n'est pas défini.

(ABC) : \begin{cases} x = 1 - s - t \ y = 2s \ z = 3t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2

\boxed{(ABC) : \begin{cases} x = 1 - s - t \ y = 2s \ z = 3t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2}

En déduire que si

M(x;y;z) \in (ABC)

, alors

x + \dfrac{y}{2} + \dfrac{z}{3} = 1

Méthode : Des équations paramétriques, on tire :

s = \dfrac{y}{2}

t = \dfrac{z}{3}

.

Dans la première :

x = 1 - \dfrac{y}{2} - \dfrac{z}{3}

, soit :

x + \dfrac{y}{2} + \dfrac{z}{3} = 1

Cette relation est vérifiée par tout point du plan

(ABC)

\boxed{M \in (ABC) \iff x + \dfrac{y}{2} + \dfrac{z}{3} = 1}

Remarque : C'est l'équation du plan

(ABC)

, que l'on peut aussi écrire

6x + 3y + 2z = 6

Parmi les points

D(0 ; 1 ; \dfrac{3}{2})

E(2 ; -1 ; \dfrac{3}{2})

F(\dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3} ; 2)

, lesquels appartiennent au plan

(ABC)

On vérifie

x + \dfrac{y}{2} + \dfrac{z}{3} = 1

pour chaque point.

Point $D(0;1;\dfrac{3}{2})$ :

0 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{3/2}{3} = 0 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} = 1

✓

Point $E(2;-1;\dfrac{3}{2})$ :

2 + \dfrac{-1}{2} + \dfrac{3/2}{3} = 2 - \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} = 2 \neq 1

✗

Point $F(\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3};2)$ :

\dfrac{1}{3} + \dfrac{1/3}{2} + \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{2}{3} = \dfrac{2}{6} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{4}{6} = \dfrac{7}{6} \neq 1

✗

\boxed{\text{Seul } D \text{ appartient au plan } (ABC)}

Exercice 38

Avancé

On considère les points

A(0;0;0)

B(1;0;0)

C(0;1;0)

D(0;0;1)

. Soit

G

le centre de gravité du tétraèdre

ABCD

Calculer les coordonnées de

G

G = \left(\dfrac{0+1+0+0}{4} ; \dfrac{0+0+1+0}{4} ; \dfrac{0+0+0+1}{4}\right) = \left(\dfrac{1}{4} ; \dfrac{1}{4} ; \dfrac{1}{4}\right)

\boxed{G\left(\dfrac{1}{4};\dfrac{1}{4};\dfrac{1}{4}\right)}

Vérifier que

\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} + \overrightarrow{GD} = \vec{0}

\overrightarrow{GA} = \left(-\dfrac{1}{4};-\dfrac{1}{4};-\dfrac{1}{4}\right)

\overrightarrow{GB} = \left(\dfrac{3}{4};-\dfrac{1}{4};-\dfrac{1}{4}\right)

\overrightarrow{GC} = \left(-\dfrac{1}{4};\dfrac{3}{4};-\dfrac{1}{4}\right)

\overrightarrow{GD} = \left(-\dfrac{1}{4};-\dfrac{1}{4};\dfrac{3}{4}\right)

Somme des premières coordonnées :

-\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4} = 0

.

Somme des deuxièmes coordonnées :

-\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{4} = 0

.

Somme des troisièmes coordonnées :

-\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4} = 0

\boxed{\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} + \overrightarrow{GD} = \vec{0} \text{

Soit

G_{BCD}

le centre de gravité du triangle

BCD

. Calculer ses coordonnées et montrer que

A

G

G_{BCD}

sont alignés.

G_{BCD} = \left(\dfrac{1+0+0}{3};\dfrac{0+1+0}{3};\dfrac{0+0+1}{3}\right) = \left(\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3}\right)

\overrightarrow{AG} = \left(\dfrac{1}{4};\dfrac{1}{4};\dfrac{1}{4}\right) \qquad \overrightarrow{AG_{BCD}} = \left(\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3}\right)

\overrightarrow{AG} = \dfrac{3}{4}\overrightarrow{AG_{BCD}}

car

\dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{3}

✓

Donc

A

G

G_{BCD}

sont alignés.

\boxed{\overrightarrow{AG} = \dfrac{3}{4}\overrightarrow{AG_{BCD}} \text{, donc } A, G, G_{BCD} \text{ sont alignés}}

Le centre de gravité du tétraèdre est situé aux

\dfrac{3}{4}

du segment joignant un sommet au centre de gravité de la face opposée.

Montrer que

G

n'appartient pas au plan

(BCD)

Le plan

(BCD)

a pour équation

x + y + z = 1

(car

1+0+0=1

0+1+0=1

0+0+1=1

).

Pour

G\left(\dfrac{1}{4};\dfrac{1}{4};\dfrac{1}{4}\right)

\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4} \neq 1

\boxed{G \notin (BCD) \text{ car } \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4} \neq 1}

Le centre de gravité du tétraèdre est intérieur au tétraèdre et n'appartient à aucune face.

Exercice 39

Avancé

Soient

(d_1)

(d_2)

deux droites de l'espace :

(d_1) : \begin{cases} x = 2t \ y = 1 + t \ z = -1 + 3t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R} \qquad (d_2) : \begin{cases} x = 1 + s \ y = -1 + 2s \ z = 2 - s \end{cases}, \quad s \in \mathbb{R}

On cherche à construire les plans contenant l'une des droites et parallèle à l'autre.

Vérifier que

(d_1)

(d_2)

sont bien non coplanaires.

Vecteurs directeurs :

\vec{u_1}(2;1;3)

\vec{u_2}(1;2;-1)

.

Colinéarité :

\dfrac{1}{2} \neq \dfrac{2}{1}

: non colinéaires, donc pas parallèles.

Intersection :

\begin{cases} 2t = 1 + s \quad (1) \ 1 + t = -1 + 2s \quad (2) \ -1 + 3t = 2 - s \quad (3) \end{cases}

De (1) :

s = 2t - 1

. Dans (2) :

1 + t = -1 + 2(2t-1) = -3 + 4t

, soit

4 = 3t

t = \dfrac{4}{3}

.

Alors

s = \dfrac{8}{3} - 1 = \dfrac{5}{3}

.

Vérification (3) :

-1 + 3 \times \dfrac{4}{3} = -1 + 4 = 3

2 - \dfrac{5}{3} = \dfrac{1}{3}

3 \neq \dfrac{1}{3}

\boxed{(d_1) \text{ et } (d_2) \text{ sont non coplanaires}}

Déterminer le plan

(\mathcal{P}_1)

contenant

(d_1)

et parallèle à

(d_2)

(\mathcal{P}_1)

passe par le point

A_1(0;1;-1)

(d_1)

(pour

t = 0

) et est dirigé par

\vec{u_1}(2;1;3)

\vec{u_2}(1;2;-1)

(\mathcal{P}_1) : \begin{cases} x = 2\alpha + \beta \ y = 1 + \alpha + 2\beta \ z = -1 + 3\alpha - \beta \end{cases}, \quad (\alpha,\beta) \in \mathbb{R}^2

\boxed{(\mathcal{P}_1) : \begin{cases} x = 2\alpha + \beta \ y = 1 + \alpha + 2\beta \ z = -1 + 3\alpha - \beta \end{cases}}

Déterminer le plan

(\mathcal{P}_2)

contenant

(d_2)

et parallèle à

(d_1)

(\mathcal{P}_2)

passe par le point

A_2(1;-1;2)

(d_2)

(pour

s = 0

) et est dirigé par

\vec{u_1}(2;1;3)

\vec{u_2}(1;2;-1)

(\mathcal{P}_2) : \begin{cases} x = 1 + 2\gamma + \delta \ y = -1 + \gamma + 2\delta \ z = 2 + 3\gamma - \delta \end{cases}, \quad (\gamma,\delta) \in \mathbb{R}^2

\boxed{(\mathcal{P}_2) : \begin{cases} x = 1 + 2\gamma + \delta \ y = -1 + \gamma + 2\delta \ z = 2 + 3\gamma - \delta \end{cases}}

Montrer que

(\mathcal{P}_1)

(\mathcal{P}_2)

sont parallèles.

Méthode : Les deux plans ont le même couple de vecteurs directeurs :

\vec{u_1}(2;1;3)

\vec{u_2}(1;2;-1)

. Ils sont donc parallèles (ou confondus).

Vérifions qu'ils ne sont pas confondus :

A_2(1;-1;2)

est-il dans

(\mathcal{P}_1)

\begin{cases} 2\alpha + \beta = 1 \quad (1) \ 1 + \alpha + 2\beta = -1 \quad (2) \ -1 + 3\alpha - \beta = 2 \quad (3) \end{cases}

De (2) :

\alpha + 2\beta = -2

. De (3) :

3\alpha - \beta = 3

.

De (3) :

\beta = 3\alpha - 3

. Dans (2) :

\alpha + 2(3\alpha - 3) = -2 \implies 7\alpha - 6 = -2 \implies \alpha = \dfrac{4}{7}

.

Alors

\beta = \dfrac{12}{7} - 3 = -\dfrac{9}{7}

.

Vérification (1) :

\dfrac{8}{7} - \dfrac{9}{7} = -\dfrac{1}{7} \neq 1

.

Donc

A_2 \notin (\mathcal{P}_1)

: les plans sont strictement parallèles.

\boxed{(\mathcal{P}_1) \parallel (\mathcal{P}_2) \text{ (strictement)}}

Les droites

(d_1)

(d_2)

sont comprises entre deux plans parallèles.

Exercice 40

Avancé

On considère le tétraèdre

ABCD

avec

A(0;0;0)

B(6;0;0)

C(0;6;0)

D(0;0;6)

.

Soit

E

le milieu de

[AB]

F

le milieu de

[AC]

G

le milieu de

[AD]

Calculer les coordonnées de

E

F

G

E = (3;0;0) \qquad F = (0;3;0) \qquad G = (0;0;3)

\boxed{E(3;0;0), \quad F(0;3;0), \quad G(0;0;3)}

Donner la représentation paramétrique du plan

(EFG)

et montrer que

(EFG) \parallel (BCD)

\overrightarrow{EF} = (-3;3;0) \qquad \overrightarrow{EG} = (-3;0;3)

(EFG) : \begin{cases} x = 3 - 3s - 3t \ y = 3s \ z = 3t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2

Pour

(BCD)

\overrightarrow{BC} = (-6;6;0) = 2\overrightarrow{EF}

\overrightarrow{BD} = (-6;0;6) = 2\overrightarrow{EG}

.

Donc les vecteurs directeurs de

(BCD)

sont proportionnels à ceux de

(EFG)

. Les plans sont parallèles.

Vérifions qu'ils ne sont pas confondus :

B(6;0;0)

. Pour

(EFG)

3s = 0

3t = 0

, donc

s = 0, t = 0

x = 3 \neq 6

. Donc

B \notin (EFG)

\boxed{(EFG) \parallel (BCD) \text{ (strictement)}}

Montrer que le centre de gravité

\Omega

du tétraèdre

ABCD

appartient au plan

(EFG)

\Omega = \left(\dfrac{0+6+0+0}{4};\dfrac{0+0+6+0}{4};\dfrac{0+0+0+6}{4}\right) = \left(\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2}\right)

Vérifions

\Omega \in (EFG)

3s = \dfrac{3}{2}

donne

s = \dfrac{1}{2}

3t = \dfrac{3}{2}

donne

t = \dfrac{1}{2}

.

Vérification :

x = 3 - 3(\dfrac{1}{2}) - 3(\dfrac{1}{2}) = 3 - \dfrac{3}{2} - \dfrac{3}{2} = 0 \neq \dfrac{3}{2}

.

Donc

\Omega \notin (EFG)

.

Le centre de gravité du tétraèdre n'appartient pas au plan des milieux des arêtes issues de

A

. C'est cohérent car

\Omega

est situé aux

\dfrac{3}{4}

du segment

[A, G_{BCD}]

, soit à la cote

\dfrac{3}{4} \times 2 = \dfrac{3}{2}

sur chaque axe, tandis que

(EFG)

vérifie

x + y + z = 3

(car

3-3s-3t+3s+3t = 3

).

Or pour

\Omega

\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2} = \dfrac{9}{2} \neq 3

\boxed{\Omega \notin (EFG) \text{ car } x_{\Omega}+y_{\Omega}+z_{\Omega} = \dfrac{9}{2} \neq 3}

Déterminer l'intersection de la droite

(A\Omega)

avec le plan

(EFG)

La droite

(A\Omega)

\overrightarrow{A\Omega} = \left(\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2}\right)

, vecteur directeur

(1;1;1)

(A\Omega) : \begin{cases} x = \lambda \ y = \lambda \ z = \lambda \end{cases}, \quad \lambda \in \mathbb{R}

Dans

(EFG)

3s = \lambda

3t = \lambda

, donc

s = t = \dfrac{\lambda}{3}

.

De la première équation :

\lambda = 3 - 3 \cdot \dfrac{\lambda}{3} - 3 \cdot \dfrac{\lambda}{3} = 3 - 2\lambda

.

Donc

3\lambda = 3

, soit

\lambda = 1

.

Le point d'intersection est

(1;1;1)

.

Vérification :

1 + 1 + 1 = 3

✓ (c'est bien dans

(EFG)

\boxed{(A\Omega) \cap (EFG) = \{(1;1;1)\}}

Ce point est le centre de gravité du triangle

EFG

4 problèmes de synthèse

Problème 1 — Étude d'un parallélépipède et milieux

Facile

On considère le parallélépipède rectangle

ABCDEFGH

dans le repère

(A ; \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE})

avec

AB = 4

AD = 3

AE = 2

.

Ainsi :

A(0;0;0)

B(4;0;0)

C(4;3;0)

D(0;3;0)

E(0;0;2)

F(4;0;2)

G(4;3;2)

H(0;3;2)

.

On note

I

le milieu de

[AB]

J

le milieu de

[EH]

K

le milieu de

[FG]

Partie A — Coordonnées et vecteurs

Calculer les coordonnées de

I

J

K

I = \text{milieu}[AB] = (2;0;0) \qquad J = \text{milieu}[EH] = \left(0;\dfrac{3}{2};2\right)

K = \text{milieu}[FG] = \left(4;\dfrac{3}{2};2\right)

\boxed{I(2;0;0), \quad J\left(0;\dfrac{3}{2};2\right), \quad K\left(4;\dfrac{3}{2};2\right)}

Calculer les coordonnées des vecteurs

\overrightarrow{IJ}

\overrightarrow{IK}

\overrightarrow{IJ} = \left(-2;\dfrac{3}{2};2\right) \qquad \overrightarrow{IK} = \left(2;\dfrac{3}{2};2\right)

\boxed{\overrightarrow{IJ}\left(-2;\dfrac{3}{2};2\right) \quad \text{et} \quad \overrightarrow{IK}\left(2;\dfrac{3}{2};2\right)}

Montrer que

\overrightarrow{IJ}

\overrightarrow{IK}

ne sont pas colinéaires.

\dfrac{-2}{2} = -1

\dfrac{3/2}{3/2} = 1

. Comme

-1 \neq 1

, les vecteurs ne sont pas colinéaires.

\boxed{\overrightarrow{IJ} \text{ et } \overrightarrow{IK} \text{ non colinéaires}}

Partie B — Plan et positions relatives

Donner une représentation paramétrique du plan

(IJK)

(IJK) : \begin{cases} x = 2 - 2s + 2t \ y = \dfrac{3}{2}s + \dfrac{3}{2}t \ z = 2s + 2t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2

\boxed{(IJK) : \begin{cases} x = 2 - 2s + 2t \ y = \dfrac{3}{2}s + \dfrac{3}{2}t \ z = 2s + 2t \end{cases}}

Montrer que la droite

(JK)

est parallèle à

(AB)

\overrightarrow{JK} = (4;0;0) \quad \text{et} \quad \overrightarrow{AB} = (4;0;0)

Donc

\overrightarrow{JK} = \overrightarrow{AB}

, les vecteurs sont colinéaires.

\boxed{(JK) \parallel (AB) \text{ car } \overrightarrow{JK} = \overrightarrow{AB}}

Le point

G(4;3;2)

appartient-il au plan

(IJK)

On cherche

s, t

tels que :

\dfrac{3}{2}s + \dfrac{3}{2}t = 3

donne

s + t = 2

2s + 2t = 2

donne

s + t = 1

.

Comme

2 \neq 1

, le système est incompatible.

\boxed{G \notin (IJK)}

Problème 2 — Droites et plans dans un tétraèdre

Intermédiaire

On considère le tétraèdre

ABCD

avec

A(0;0;0)

B(4;0;0)

C(0;4;0)

D(0;0;4)

.

Soit

I

le milieu de

[AB]

J

le milieu de

[CD]

K

le point de

[AC]

tel que

\overrightarrow{AK} = \dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC}

L

le point de

[BD]

tel que

\overrightarrow{BL} = \dfrac{1}{4}\overrightarrow{BD}

Partie A — Coordonnées et droites

Calculer les coordonnées de

I

J

K

L

I = (2;0;0) \quad J = (0;2;2)

K = A + \dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC} = (0;0;0) + \dfrac{1}{4}(0;4;0) = (0;1;0)

\overrightarrow{BD} = (-4;0;4), \quad L = B + \dfrac{1}{4}\overrightarrow{BD} = (4;0;0) + (-1;0;1) = (3;0;1)

\boxed{I(2;0;0), \quad J(0;2;2), \quad K(0;1;0), \quad L(3;0;1)}

Donner les représentations paramétriques des droites

(IJ)

(KL)

\overrightarrow{IJ} = (-2;2;2)

\overrightarrow{KL} = (3;-1;1)

(IJ) : \begin{cases} x = 2 - 2t \ y = 2t \ z = 2t \end{cases} \qquad (KL) : \begin{cases} x = 3s \ y = 1 - s \ z = s \end{cases}

\boxed{\text{Voir ci-dessus}}

Les droites

(IJ)

(KL)

sont-elles parallèles ?

\dfrac{3}{-2} = -\dfrac{3}{2} \neq \dfrac{-1}{2}

Les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires.

\boxed{(IJ) \text{ et } (KL) \text{ ne sont pas parallèles}}

Partie B — Intersection et coplanarité

Chercher si

(IJ)

(KL)

sont sécantes.

On résout :

\begin{cases} 2-2t = 3s \quad (1) \ 2t = 1-s \quad (2) \ 2t = s \quad (3) \end{cases}

De (2) et (3) :

1-s = s

, soit

s = \dfrac{1}{2}

. De (3) :

t = \dfrac{1}{4}

.

Vérification (1) :

2-\dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2}

3 \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2}

✓

Le système est compatible.

Point d'intersection :

x = 2-\dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2}

y = \dfrac{1}{2}

z = \dfrac{1}{2}

\boxed{(IJ) \cap (KL) = \left\{P\left(\dfrac{3}{2};\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)\right\}}

Les quatre points

I

J

K

L

sont-ils coplanaires ?

Puisque les droites

(IJ)

(KL)

sont sécantes, les deux droites sont coplanaires, ce qui signifie que les quatre points

I

J

K

L

sont coplanaires.

Vérifions :

\overrightarrow{IK} = (-2;1;0)

\overrightarrow{IL} = (1;0;1)

.

Cherchons si

\overrightarrow{IJ}(-2;2;2) = \alpha(-2;1;0) + \beta(1;0;1)

-2\alpha + \beta = -2

\alpha = 2

\beta = 2

.

Vérification :

-4+2 = -2

✓.

\boxed{I, J, K, L \text{ sont coplanaires et } \overrightarrow{IJ} = 2\overrightarrow{IK} + 2\overrightarrow{IL}}

Problème 3 — Sections d'un cube et parallélisme

Difficile

On considère le cube

ABCDEFGH

d'arête 1 dans le repère

(A ; \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE})

A(0;0;0)

B(1;0;0)

C(1;1;0)

D(0;1;0)

E(0;0;1)

F(1;0;1)

G(1;1;1)

H(0;1;1)

.

Soit

M

le milieu de

[AE]

N

le milieu de

[BF]

P

le point de

[CG]

tel que

\overrightarrow{CP} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{CG}

Partie A — Coordonnées et plan

Calculer les coordonnées de

M

N

P

M = \left(0;0;\dfrac{1}{2}\right) \qquad N = \left(1;0;\dfrac{1}{2}\right)

\overrightarrow{CG} = (0;0;1), \quad P = C + \dfrac{1}{3}\overrightarrow{CG} = \left(1;1;\dfrac{1}{3}\right)

\boxed{M\left(0;0;\dfrac{1}{2}\right), \quad N\left(1;0;\dfrac{1}{2}\right), \quad P\left(1;1;\dfrac{1}{3}\right)}

Donner la représentation paramétrique du plan

(MNP)

\overrightarrow{MN} = (1;0;0) \qquad \overrightarrow{MP} = \left(1;1;-\dfrac{1}{6}\right)

Non colinéaires car

\dfrac{1}{1} = 1 \neq \dfrac{0}{1} = 0

(MNP) : \begin{cases} x = s + t \ y = t \ z = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{6}t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2

\boxed{(MNP) : \begin{cases} x = s + t \ y = t \ z = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{6}t \end{cases}}

Partie B — Section du cube

Déterminer l'intersection du plan

(MNP)

avec l'arête

[DH]

(DH) : D(0;1;0) \to H(0;1;1)

, paramétrique :

(0;1;\lambda)

\lambda \in [0;1]

.

Dans

(MNP)

y = t = 1

z = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{3}

x = s + 1 = 0

donne

s = -1

.

Donc

\lambda = \dfrac{1}{3}

, point

Q(0;1;\dfrac{1}{3})

\lambda = \dfrac{1}{3} \in [0;1]

✓

\boxed{(MNP) \cap [DH] = \left\{Q\left(0;1;\dfrac{1}{3}\right)\right\}}

Déterminer la section complète du cube par le plan

(MNP)

et la décrire.

Testons chaque arête verticale :

-

[AE]

(

x=0,y=0

) :

t=0, s=0, z=\dfrac{1}{2} \in [0;1]

. Point

M(0;0;\dfrac{1}{2})

✓

-

[BF]

(

x=1,y=0

) :

t=0, s=1, z=\dfrac{1}{2}

. Point

N(1;0;\dfrac{1}{2})

✓

-

[CG]

(

x=1,y=1

) :

t=1, s=0, z=\dfrac{1}{3}

. Point

P(1;1;\dfrac{1}{3})

✓

-

[DH]

(

x=0,y=1

) : point

Q(0;1;\dfrac{1}{3})

✓

La section est le quadrilatère

MNPQ

\overrightarrow{MN} = (1;0;0)

\overrightarrow{QP} = (1;0;0)

: donc

(MN) \parallel (QP)

MN = QP = 1

.

Comme

\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{QP}

, c'est un parallélogramme.

\boxed{\text{Section = parallélogramme } MNPQ}

Problème 4 — Configurations spatiales et démonstrations vectorielles

Avancé

On considère le tétraèdre

ABCD

avec

A(0;0;0)

B(6;0;0)

C(0;6;0)

D(0;0;6)

.

Pour chaque arête du tétraèdre, on note

I_{XY}

le milieu de l'arête

[XY]

Partie A — Milieux et droites

Calculer les coordonnées des six milieux

I_{AB}

I_{AC}

I_{AD}

I_{BC}

I_{BD}

I_{CD}

I_{AB} = (3;0;0) \quad I_{AC} = (0;3;0) \quad I_{AD} = (0;0;3)

I_{BC} = (3;3;0) \quad I_{BD} = (3;0;3) \quad I_{CD} = (0;3;3)

\boxed{\text{Voir ci-dessus}}

Montrer que les segments

[I_{AB}I_{CD}]

[I_{AC}I_{BD}]

[I_{AD}I_{BC}]

ont le même milieu.

Milieu de

[I_{AB}I_{CD}]

\left(\dfrac{3+0}{2};\dfrac{0+3}{2};\dfrac{0+3}{2}\right) = \left(\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2}\right)

.

Milieu de

[I_{AC}I_{BD}]

\left(\dfrac{0+3}{2};\dfrac{3+0}{2};\dfrac{0+3}{2}\right) = \left(\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2}\right)

.

Milieu de

[I_{AD}I_{BC}]

\left(\dfrac{0+3}{2};\dfrac{0+3}{2};\dfrac{3+0}{2}\right) = \left(\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2}\right)

.

Les trois segments ont le même milieu

\Omega\left(\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2}\right)

\boxed{\text{Les trois segments ont le même milieu } \Omega\left(\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2}\right)}

Ce point est le centre de gravité du tétraèdre.

Partie B — Parallélisme et coplanarité

Montrer que

(I_{AB}I_{AC}) \parallel (I_{BD}I_{CD})

\overrightarrow{I_{AB}I_{AC}} = (0-3;3-0;0-0) = (-3;3;0)

\overrightarrow{I_{BD}I_{CD}} = (0-3;3-0;3-3) = (-3;3;0)

On a

\overrightarrow{I_{AB}I_{AC}} = \overrightarrow{I_{BD}I_{CD}}

, donc les vecteurs sont colinéaires et les droites sont parallèles.

De plus,

\overrightarrow{I_{AB}I_{AC}} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}

(car

\overrightarrow{BC} = (-6;6;0)

). C'est le théorème des milieux dans le triangle

ABC

.

De même,

\overrightarrow{I_{BD}I_{CD}} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}

(théorème des milieux dans le triangle

BCD

\boxed{(I_{AB}I_{AC}) \parallel (I_{BD}I_{CD}) \text{ car } \overrightarrow{I_{AB}I_{AC}} = \overrightarrow{I_{BD}I_{CD}}}

Montrer que les quatre points

I_{AB}

I_{AC}

I_{BD}

I_{CD}

sont coplanaires et forment un parallélogramme.

Nous avons montré que

\overrightarrow{I_{AB}I_{AC}} = \overrightarrow{I_{BD}I_{CD}} = (-3;3;0)

.

Calculons aussi

\overrightarrow{I_{AB}I_{BD}} = (0;0;3)

\overrightarrow{I_{AC}I_{CD}} = (0;0;3)

.

Donc

\overrightarrow{I_{AB}I_{BD}} = \overrightarrow{I_{AC}I_{CD}}

.

Comme les côtés opposés sont égaux et parallèles, le quadrilatère

I_{AB}I_{AC}I_{CD}I_{BD}

est un parallélogramme.

Vérifions la coplanarité :

\overrightarrow{I_{AB}I_{AC}} = (-3;3;0)

\overrightarrow{I_{AB}I_{BD}} = (0;0;3)

ne sont pas colinéaires.

Cherchons si

\overrightarrow{I_{AB}I_{CD}} = \alpha\overrightarrow{I_{AB}I_{AC}} + \beta\overrightarrow{I_{AB}I_{BD}}

\overrightarrow{I_{AB}I_{CD}} = (-3;3;3)

\alpha(-3;3;0) + \beta(0;0;3) = (-3\alpha;3\alpha;3\beta)

.

Donc

\alpha = 1

\beta = 1

. Vérification :

(-3;3;3)

✓.

Les quatre points sont coplanaires.

\boxed{I_{AB}I_{AC}I_{CD}I_{BD} \text{ est un parallélogramme (les 4 points sont coplanaires)}}

Ce résultat est vrai pour tout tétraèdre : les milieux des arêtes opposées forment trois parallélogrammes dont les diagonales se coupent en un même point (le centre de gravité).

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Vecteurs, droites et plans de l'espace

I. L'espace en géométrie — Positions relatives

1. Axiomes fondamentaux

2. Positions relatives de deux droites

3. Positions relatives d'une droite et d'un plan

4. Positions relatives de deux plans

5. Théorèmes fondamentaux

II. Vecteurs de l'espace

1. Définition et opérations

2. Colinéarité

3. Coplanarité de vecteurs

4. Base de l'espace

III. Repérage dans l'espace

1. Repère

2. Coordonnées d'un vecteur

3. Opérations en coordonnées

4. Colinéarité en coordonnées

5. Coplanarité — Déterminant

IV. Représentations paramétriques

1. Droite

2. Plan

V. Équation cartésienne d'un plan

1. Vecteur normal

2. Équation cartésienne

3. Trouver un vecteur normal à un plan

VI. Positions relatives — Calculs

1. Intersection droite / plan

2. Intersection de deux plans

3. Parallélisme en coordonnées

VII. Sections planes de solides

1. Principe

2. Outils de construction

3. Types de sections

VIII. Méthodes

1. Positions relatives et vecteurs

Positions relatives

Vecteurs

Déterminant et repérage

2. Représentations et équations

Paramétriques

Équation cartésienne

Positions relatives — calculs

Sections planes

Récapitulatif

Partie A — Coordonnées et vecteurs

Partie B — Plan et positions relatives

Partie A — Coordonnées et droites

Partie B — Intersection et coplanarité

Partie A — Coordonnées et plan

Partie B — Section du cube

Partie A — Milieux et droites

Partie B — Parallélisme et coplanarité

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