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III Géométrie dans l'espace · Chapitre 13 / 17

Vecteurs, droites et plans de l'espace

Q: Comment déterminer une représentation paramétrique de droite ?

Il faut un point A de la droite et un vecteur directeur u. Tout point M de la droite vérifie AM = t,u, ce qui donne, coordonnée par coordonnée, un système où t décrit R. Ce paramètre t n'est pas unique : plusieurs représentations décrivent la même droite.

Représentations paramétriques, positions relatives.

10 min de lecture

8 sections, 8 exemples

40 exercices · 4 problèmes

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Primitives et équations différentielles

Produit scalaire dans l'espace

L'essentiel en 30 secondes

Dans l'espace, une droite se décrit par un point et un vecteur directeur — sa représentation paramétrique — et un plan par un point et deux vecteurs non colinéaires. Deux droites peuvent être sécantes, parallèles ou non coplanaires ; une droite est parallèle à un plan ou le perce en un point. Trois vecteurs non coplanaires forment une base dans laquelle tout vecteur se décompose de façon unique.

1 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

2 II. Vecteurs de l'espace

1. Définition et opérations

2. Colinéarité

3. Coplanarité de vecteurs

4. Base de l'espace

3 III. Repérage dans l'espace

1. Repère

2. Coordonnées d'un vecteur

3. Opérations en coordonnées

4. Colinéarité en coordonnées

5. Coplanarité — Déterminant

4 IV. Représentations paramétriques

1. Droite

2. Plan

5 V. Équation cartésienne d'un plan

1. Vecteur normal

2. Équation cartésienne

3. Trouver un vecteur normal à un plan

6 VI. Positions relatives — Calculs

1. Intersection droite / plan

Intersection droite / plan

Substituer paramétrique dans cartésienne

t unique

Point d'intersection

reporter t

0 = k ≠ 0

d ∥ 𝒫

parallèle

0 = 0

d ⊂ 𝒫

incluse

2. Intersection de deux plans

3. Parallélisme en coordonnées

7 VII. Sections planes de solides

1. Principe

2. Outils de construction

3. Types de sections

8 VIII. Méthodes

Que cherche-t-on ?

Alignement ?

Colinéarité de deux vecteurs

Coplanarité ?

Combinaison linéaire ou dét = 0

Éq. de plan ?

Trouver n⃗ (système) → ax+by+cz+d=0

Inter. d/𝒫 ?

Substituer param. dans cart.

d ∥ 𝒫 ?

u⃗ · n⃗ = 0

Section ?

Face par face + parallélisme

Ce chapitre est tombé au bac

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

Questions fréquentes

Comment montrer que trois vecteurs de l'espace sont coplanaires ?

Trois vecteurs sont coplanaires si l'un s'écrit comme combinaison linéaire des deux autres : il existe des réels

a

b

tels que

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

. En pratique, on résout le système correspondant aux coordonnées ; s'il a une solution, les vecteurs sont coplanaires.

Comment déterminer une représentation paramétrique de droite ?

Il faut un point

A

de la droite et un vecteur directeur

\vec{u}

. Tout point

M

de la droite vérifie

\vec{AM} = t\,\vec{u}

, ce qui donne, coordonnée par coordonnée, un système où

t

décrit

\mathbb{R}

. Ce paramètre

t

n'est pas unique : plusieurs représentations décrivent la même droite.

Comment étudier la position relative de deux droites de l'espace ?

On regarde d'abord les vecteurs directeurs : s'ils sont colinéaires, les droites sont parallèles (confondues si elles ont un point commun). Sinon, on résout le système d'intersection : s'il a une solution, les droites sont sécantes ; s'il n'en a pas, elles ne sont pas coplanaires.

1. Positions relatives et vecteurs

Positions relatives

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

Vecteurs

Déterminant et repérage

2. Représentations et équations

Paramétriques

Équation cartésienne

Positions relatives — calculs

Problème	Méthode
Inter. $d / \mathcal{P}$	Substituer param. dans cart.
Inter. 2 plans	Système 2 éq. / 3 inc.
$d \parallel \mathcal{P}$	$\vec{u} \cdot \vec{n} = 0$
$\mathcal{P}_1 \parallel \mathcal{P}_2$	$\vec{n_1}$ et $\vec{n_2}$ colinéaires

Sections planes

Récapitulatif

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 $\vec{u}(x ; y ; z)$ et $\vec{v}(x' ; y' ; z')$ 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 $\vec{t}$ et $\vec{u}$ 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 $\vec{u}$ et $\vec{v}$. $$\boxed{\vec{w} \text{ n'est pas combinaison linéaire de } \vec{u} \text{ et } \vec{v}}$$

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 $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ 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 $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ sont colinéaires, alors les points $A$, $B$ et $C$ 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 $A(2 ; -1 ; 3)$ et $\vec{u}(1 ; 4 ; -2)$ : $$\boxed{(d) : \begin{cases} x = 2 + t \\ y = -1 + 4t \\ z = 3 - 2t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}}$$

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 $\alpha$ et $\beta$ 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 $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ 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 $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ 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 $A(1 ; 0 ; 0)$, $\overrightarrow{AB}(-1 ; 1 ; 0)$ et $\overrightarrow{AC}(-1 ; 0 ; 1)$ : $$\boxed{(ABC) : \begin{cases} x = 1 - s - t \\ y = s \\ z = t \end{cases}, \quad (s, t) \in \mathbb{R}^2}$$

Vérifier que le point

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

appartient au plan

(ABC)

**Méthode :** On cherche $s$ et $t$ 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 $s = \dfrac{1}{3}$ et $t = \dfrac{1}{3}$. $$\boxed{D\left(\dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3}\right) \in (ABC)}$$

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) : $3 - 1 = 2$ et $2 - 2 \times 0 = 2$ ✓ 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 $\vec{v_1}(1 ; 1 ; 3)$ et $\vec{v_2}(2 ; -1 ; 1)$. $$\boxed{A(2 ; -1 ; 4), \; \vec{u}(3 ; 1 ; -2) \quad ; \quad B(1 ; 0 ; 2), \; \vec{v_1}(1 ; 1 ; 3), \; \vec{v_2}(2 ; -1 ; 1)}$$

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 $\vec{v_1}$ et $\vec{v_2}$. 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 $\vec{v_1}$ et $\vec{v_2}$. $$\boxed{(d) \text{ n'est pas parallèle à } (\mathcal{P})}$$

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 $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$, 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 $A$, $B$, $C$ et $D$. 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 $\vec{u_1}(1 ; -1 ; 2)$ et $\vec{u_2}(1 ; 2 ; -1)$. $$\dfrac{1}{1} = 1 \qquad \dfrac{2}{-1} = -2$$ 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) : $3 + 2(1) = 5$ et $-1 - 0 = -1$. $5 \neq -1$ : 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 $(d_1)$ et $(d_2)$.

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 $\vec{v_1}$ et $\vec{v_2}$, 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 $B \notin (\mathcal{P})$ et $(d)$ 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 : $\dfrac{-2}{2} = -1$ et $\dfrac{-1}{-2} = 0{,}5$. 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 $\overrightarrow{AB}(1;0;0)$ et $\overrightarrow{AD}(0;1;0)$. Le vecteur directeur de $(MN)$ est $\overrightarrow{MN}(0;1;0) = \overrightarrow{AD}$. Comme $\overrightarrow{MN}$ est combinaison linéaire de $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AD}$ (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 $\vec{v_1}$ et $\vec{v_2}$. 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 $\vec{v_1}$ et $\vec{v_2}$. $$\boxed{\vec{u} = -\dfrac{5}{2}\vec{v_1} + \dfrac{3}{2}\vec{v_2} \text{, donc } (d) \text{ est parallèle à } (\mathcal{P}) \text{ ou incluse dans } (\mathcal{P})}$$

Le point

A

appartient-il au plan

(\mathcal{P})

**Méthode :** On vérifie si $\overrightarrow{BA}$ est combinaison linéaire de $\vec{v_1}$ et $\vec{v_2}$. $$\overrightarrow{BA} = (1 - 0 ; 2 - 0 ; 3 - 1) = (1 ; 2 ; 2)$$ 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 $x$ et $y$ : $$1 + 2t = s + 3r \quad \text{et} \quad 2 - t = s + r$$ Prenons $t = 0$ : le point de $(d)$ est $A(1 ; 2 ; 3)$. Alors $s + 3r = 1$ et $s + r = 2$. En soustrayant : $2r = -1$, soit $r = -\dfrac{1}{2}$ et $s = 2 - (-\dfrac{1}{2}) = \dfrac{5}{2}$. 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 $\vec{e_1}$ et $\vec{e_2}$. $$\boxed{(\vec{e_1}, \vec{e_2}, \vec{e_3}) \text{ est une base de l'espace}}$$

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 $a = 3 - 1 = 2$ et $b = 2 - 1 = 1$. 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 $a = \dfrac{1}{2}$ et $b = -\dfrac{1}{2}$. 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 $\vec{w_1}$ et $\vec{w_2}$. $$\boxed{(\mathcal{P}_1) \text{ et } (\mathcal{P}_2) \text{ ne sont pas parallèles, ils sont sécants}}$$

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 $s = 1 - u - (u+4) = -3 - 2u$ et $t = 1 + 2u$. 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. $\vec{u}_{IJ} = (-2;2;2)$ et $\vec{u}_{BD} = (-4;0;4)$. $\dfrac{-4}{-2} = 2$ 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) : $2 - 0 = 2$ et $4 - 0 = 4$. $2 \neq 4$. 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 $\overrightarrow{IJ}(-2;2;2)$ et $\overrightarrow{BD}(-4;0;4)$. 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 $\vec{v_1} = 2\overrightarrow{MB} = (2;0;-1)$ et $\vec{v_2} = 2\overrightarrow{MH} = (0;2;1)$. $$(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 2s \\ y = 2t \\ z = \dfrac{1}{2} - s + t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2$$ $$\boxed{(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 2s \\ y = 2t \\ z = \dfrac{1}{2} - s + t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2}$$

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 $E(0;0;1)$ et $F(1;0;1)$. 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 $\vec{v_1}(1;-1;1)$ et $\vec{v_2}(0;1;-1)$. $(\mathcal{P}_2)$ : point $A_2(0;1;3)$, vecteurs $\vec{w_1}(1;1;0)$ et $\vec{w_2}(0;1;-1)$. $(\mathcal{P}_3)$ : point $A_3(2;-1;0)$, vecteurs $\vec{r_1}(1;0;1)$ et $\vec{r_2}(0;1;1)$. $$\boxed{\text{Voir ci-dessus}}$$

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 $(\mathcal{P}_1)$ et $(\mathcal{P}_2)$. 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 $u = 1 + (-3) = -2$ et $v = 1-(-3)+t = 4+t$. 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) : $p + q = -4 + 4 + \lambda = \lambda$ et $-1 - \lambda = \lambda$ 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 $\beta = \dfrac{3}{2}$ et $\alpha = \dfrac{3}{2}$. 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 $\vec{u_1}(1 ; m ; 2)$ et $\vec{u_2}(-1 ; 1 ; m)$. Les droites sont parallèles si $\vec{u_1}$ et $\vec{u_2}$ 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 $m \neq -1$ :** $t = \dfrac{m}{m+1}$ et $s = 2 - \dfrac{m}{m+1} = \dfrac{2m+2-m}{m+1} = \dfrac{m+2}{m+1}$. 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 $(d_1)$ et $(d_2)$ 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 $x = \dfrac{1}{2} - 1 = -\dfrac{1}{2}$ et $z = 2$. Le point d'intersection est $R\left(-\dfrac{1}{2} ; 1 ; 2\right)$. Ce point n'est pas dans la face carrée $[DCGH]$ (car $x = -\dfrac{1}{2} \notin [0;1]$ et $z = 2 \notin [0;1]$), 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 $\vec{u_1}(1;-1;2)$ et $\vec{u_2}(2;1;3)$. Colinéarité : $\dfrac{2}{1} = 2$ et $\dfrac{1}{-1} = -1$. 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) : $3+2(-\dfrac{5}{3}) = 3 - \dfrac{10}{3} = -\dfrac{1}{3}$ et $-1+3(-\dfrac{1}{3}) = -1-1 = -2$. $-\dfrac{1}{3} \neq -2$ : 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 $\vec{u_1}$ et $\vec{u_2}$. Il passe par le point $A(2;1;3)$ de $(d_1)$. $$(\mathcal{P}_1) : \begin{cases} x = 2 + t + 2r \\ y = 1 - t + r \\ z = 3 + 2t + 3r \end{cases}, \quad (t,r) \in \mathbb{R}^2$$ $$\boxed{(\mathcal{P}_1) : \begin{cases} x = 2 + t + 2r \\ y = 1 - t + r \\ z = 3 + 2t + 3r \end{cases}, \quad (t,r) \in \mathbb{R}^2}$$

Vérifier que

(d_2)

n'est pas contenue dans

(\mathcal{P}_1)

**Méthode :** On vérifie si le point $B(1;3;-1)$ de $(d_2)$ 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) : $(r-2)+2r = -1 \implies 3r = 1 \implies r = \dfrac{1}{3}$ et $t = \dfrac{1}{3}-2 = -\dfrac{5}{3}$. 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 $\overrightarrow{MN}$ et $\overrightarrow{AD}$ 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 $M$ et $N$ 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 :** $(d) \parallel (\mathcal{P})$ si $\vec{u} = \alpha\vec{v_1} + \beta\vec{v_2}$. $$\begin{cases} \alpha + \beta = 1 \quad (1) \\ \alpha = -2 \quad (2) \\ -\alpha + \beta = m \quad (3) \end{cases}$$ 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 $A(0;0;0)$, $Q(1;0;\dfrac{1}{2})$, $T = \text{milieu}[CG] = (1;1;\dfrac{1}{2})$. $\overrightarrow{AQ} = (1;0;\dfrac{1}{2})$ et $\overrightarrow{AT} = (1;1;\dfrac{1}{2})$. 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 $[AD]$ de $A(0;0;0)$ à $D(0;1;0)$. - Face $ABFE$ ($y=0$) : $x = 2z$. Pour $x \in [0;1]$ et $z \in [0;1]$ : segment de $A(0;0;0)$ à $Q(1;0;\dfrac{1}{2})$. - Face $DCGH$ ($y=1$) : $x = 2z$. Segment de $D(0;1;0)$ à $T(1;1;\dfrac{1}{2})$. - Face $BCGF$ ($x=1$) : $1 = 2z$, $z = \dfrac{1}{2}$. Segment de $Q(1;0;\dfrac{1}{2})$ à $T(1;1;\dfrac{1}{2})$. - 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 : $\overrightarrow{AQ} = (1;0;\dfrac{1}{2})$ et $\overrightarrow{DT} = (1-0;1-1;\dfrac{1}{2}-0) = (1;0;\dfrac{1}{2}) = \overrightarrow{AQ}$ ✓. $$\boxed{\text{Section = parallélogramme } AQTD}$$

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 $\vec{u_1}(1;1;2)$ et $\vec{u_2}(1;1;2)$. On a $\vec{u_1} = \vec{u_2}$, donc les vecteurs sont colinéaires. Vérifions si les droites sont confondues : $A_1(1;0;0) \in (d_1)$ et $A_2(0;1;1) \in (d_2)$. $\overrightarrow{A_1A_2} = (-1;1;1)$. Est-ce colinéaire à $\vec{u_1}(1;1;2)$ ? $\dfrac{-1}{1} = -1 \neq \dfrac{1}{1} = 1$. Non. Donc $(d_1) \parallel (d_2)$ et $(d_1) \neq (d_2)$. $$\boxed{(d_1) \text{ et } (d_2) \text{ sont strictement parallèles}}$$

Déterminer le plan

(\mathcal{P})

contenant

(d_1)

(d_2)

**Méthode :** $(\mathcal{P})$ passe par $A_1(1;0;0)$ et est dirigé par $\vec{u_1}(1;1;2)$ et $\overrightarrow{A_1A_2}(-1;1;1)$. 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 $\vec{u_1}(1;1;2)$ et $\overrightarrow{A_1A_2}(-1;1;1)$ : $$\begin{cases} \alpha - \beta = 2 \quad (1) \\ \alpha + \beta = 1 \quad (2) \\ 2\alpha + \beta = 3 \quad (3) \end{cases}$$ 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 $[BF]$ : $B(3;0;0)$ à $F(3;0;4)$, $\overrightarrow{BF} = (0;0;4)$. $(BF) : \begin{cases} x = 3 \\ y = 0 \\ z = 4\lambda \end{cases}, \lambda \in [0;1]$ 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 $[DH]$ : $D(0;2;0)$ à $H(0;2;4)$, $\overrightarrow{DH} = (0;0;4)$. $(DH) : \begin{cases} x = 0 \\ y = 2 \\ z = 4\mu \end{cases}, \mu \in [0;1]$ 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 : $\dfrac{-1/2}{1/2} = -1$ et $\dfrac{1/2}{1} = \dfrac{1}{2}$. 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 $\vec{v_1} = 2\overrightarrow{IJ} = (-1;1;2)$ et $\vec{v_2} = 2\overrightarrow{IK} = (1;2;1)$ : $$(IJK) : \begin{cases} x = \dfrac{1}{2} - s + t \\ y = s + 2t \\ z = 2s + t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2$$ $$\boxed{(IJK) : \begin{cases} x = \dfrac{1}{2} - s + t \\ y = s + 2t \\ z = 2s + t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2}$$

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 $s = \dfrac{1}{6}$ et $\lambda = \dfrac{1}{2}$. 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 : $\vec{u_1}(2;-1;3)$ et $\vec{u_2}(1;-1;2)$. $\dfrac{1}{2} \neq \dfrac{-1}{-1} = 1$ : 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) : $3 \times 3 = 9$ et $2 + 2 \times 4 = 10$. $9 \neq 10$. 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 : $\vec{u_1}(2;-1;3)$ et $\vec{u_3}(0;1;-1)$. 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) : $3 \times 2 = 6$ et $6 - 0 = 6$ ✓ 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 $A(1;0;0)$ de $(d_1)$ et est dirigé par $\vec{u_1}(2;-1;3)$ et $\vec{u_3}(0;1;-1)$. $$(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 1 + 2\alpha \\ y = -\alpha + \beta \\ z = 3\alpha - \beta \end{cases}, \quad (\alpha,\beta) \in \mathbb{R}^2$$ $$\boxed{(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 1 + 2\alpha \\ y = -\alpha + \beta \\ z = 3\alpha - \beta \end{cases}, \quad (\alpha,\beta) \in \mathbb{R}^2}$$

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 : $s = \dfrac{y}{2}$ et $t = \dfrac{z}{3}$. 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 $A$, $G$ et $G_{BCD}$ 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 : $\vec{u_1}(2;1;3)$ et $\vec{u_2}(1;2;-1)$. 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) : $-1 + 3 \times \dfrac{4}{3} = -1 + 4 = 3$ et $2 - \dfrac{5}{3} = \dfrac{1}{3}$. $3 \neq \dfrac{1}{3}$. $$\boxed{(d_1) \text{ et } (d_2) \text{ sont non coplanaires}}$$

Déterminer le plan

(\mathcal{P}_1)

contenant

(d_1)

et parallèle à

(d_2)

$(\mathcal{P}_1)$ passe par le point $A_1(0;1;-1)$ de $(d_1)$ (pour $t = 0$) et est dirigé par $\vec{u_1}(2;1;3)$ et $\vec{u_2}(1;2;-1)$. $$(\mathcal{P}_1) : \begin{cases} x = 2\alpha + \beta \\ y = 1 + \alpha + 2\beta \\ z = -1 + 3\alpha - \beta \end{cases}, \quad (\alpha,\beta) \in \mathbb{R}^2$$ $$\boxed{(\mathcal{P}_1) : \begin{cases} x = 2\alpha + \beta \\ y = 1 + \alpha + 2\beta \\ z = -1 + 3\alpha - \beta \end{cases}}$$

Déterminer le plan

(\mathcal{P}_2)

contenant

(d_2)

et parallèle à

(d_1)

$(\mathcal{P}_2)$ passe par le point $A_2(1;-1;2)$ de $(d_2)$ (pour $s = 0$) et est dirigé par $\vec{u_1}(2;1;3)$ et $\vec{u_2}(1;2;-1)$. $$(\mathcal{P}_2) : \begin{cases} x = 1 + 2\gamma + \delta \\ y = -1 + \gamma + 2\delta \\ z = 2 + 3\gamma - \delta \end{cases}, \quad (\gamma,\delta) \in \mathbb{R}^2$$ $$\boxed{(\mathcal{P}_2) : \begin{cases} x = 1 + 2\gamma + \delta \\ y = -1 + \gamma + 2\delta \\ z = 2 + 3\gamma - \delta \end{cases}}$$

Montrer que

(\mathcal{P}_1)

(\mathcal{P}_2)

sont parallèles.

**Méthode :** Les deux plans ont le même couple de vecteurs directeurs : $\vec{u_1}(2;1;3)$ et $\vec{u_2}(1;2;-1)$. 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 $(d_1)$ et $(d_2)$ 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 $(BCD)$ : $\overrightarrow{BC} = (-6;6;0) = 2\overrightarrow{EF}$ et $\overrightarrow{BD} = (-6;0;6) = 2\overrightarrow{EG}$. 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 $s = 0, t = 0$ et $x = 3 \neq 6$. 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.

$\dfrac{-2}{2} = -1$ et $\dfrac{3/2}{3/2} = 1$. 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)

$\overrightarrow{IJ} = (-2;2;2)$ et $\overrightarrow{KL} = (3;-1;1)$. $$(IJ) : \begin{cases} x = 2 - 2t \\ y = 2t \\ z = 2t \end{cases} \qquad (KL) : \begin{cases} x = 3s \\ y = 1 - s \\ z = s \end{cases}$$ $$\boxed{\text{Voir ci-dessus}}$$

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) : $2-\dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2}$ et $3 \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2}$ ✓ 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 $(IJ)$ et $(KL)$ sont sécantes, les deux droites sont coplanaires, ce qui signifie que les quatre points $I$, $J$, $K$, $L$ sont coplanaires. Vérifions : $\overrightarrow{IK} = (-2;1;0)$ et $\overrightarrow{IL} = (1;0;1)$. 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 $MNPQ$. $\overrightarrow{MN} = (1;0;0)$ et $\overrightarrow{QP} = (1;0;0)$ : donc $(MN) \parallel (QP)$ et $MN = QP = 1$. 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 $\overrightarrow{I_{AB}I_{BD}} = (0;0;3)$ et $\overrightarrow{I_{AC}I_{CD}} = (0;0;3)$. 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 : $\overrightarrow{I_{AB}I_{AC}} = (-3;3;0)$ et $\overrightarrow{I_{AB}I_{BD}} = (0;0;3)$ 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 $\alpha = 1$ et $\beta = 1$. 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).