Exercices corrigés sur les vecteurs, droites et plans de l’espace en Terminale spécialité
Ces exercices de géométrie dans l’espace en Terminale t’aident à passer d’une figure aux coordonnées. Tu commences par calculer des vecteurs, une distance ou un milieu, puis tu étudies la colinéarité pour reconnaître des points alignés. Une droite se décrit avec un point et un vecteur directeur ; un plan demande un point et deux vecteurs directeurs non colinéaires. Identifie ces données avant d’écrire une représentation paramétrique.
La banque propose ensuite des positions relatives de droites et de plans, ainsi que des recherches d’intersection. Résoudre un système sert à vérifier qu’un même point appartient aux objets étudiés. Les situations dans un cube ou un tétraèdre donnent un support concret aux calculs. Conclus toujours par une phrase géométrique qui traduit le résultat du système et précise les éventuels cas particuliers.
40 exercices : 10 faciles, 10 intermédiaires, 10 difficiles, 10 avancés.
Le tri et la recherche ci-dessous permettent de commencer par le niveau qui te convient. Ta progression est mémorisée sur cet appareil.
On considère les vecteurs u(2;−6;4) et v(−3;9;−6) dans l'espace.
1.
Les vecteurs u et 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.
$$\boxed{\vec{u} \text{ et } \vec{v} \text{ sont colinéaires car } \vec{v} = -\dfrac{3}{2}\vec{u}}$$
2.
Le vecteur w(1;−3;3) est-il colinéaire à 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 $\vec{u}$.
$$\boxed{\vec{u} \text{ et } \vec{w} \text{ ne sont pas colinéaires}}$$
3.
Déterminer un vecteur t colinéaire à 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
Non commencéFacile
On considère les vecteurs u(1;−2;3) et v(−4;1;2) dans l'espace.
1.
Calculer la norme de u.
**Méthode :** La norme d'un vecteur $\vec{u}(x ; y ; z)$ est $\|\vec{u}\| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$.
$$\|\vec{u}\| = \sqrt{1^2 + (-2)^2 + 3^2} = \sqrt{1 + 4 + 9} = \sqrt{14}$$
$$\boxed{\|\vec{u}\| = \sqrt{14}}$$
Exprimer w comme combinaison linéaire de u et v, c'est-à-dire trouver a et b tels que w=au+bv.
**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 $\vec{v}$.
$$\boxed{\vec{w} \text{ n'est pas combinaison linéaire de } \vec{u} \text{ et } \vec{v}}$$
**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.
$$\boxed{\overrightarrow{AB} = 2\overrightarrow{AC} \text{, les vecteurs sont colinéaires}}$$
3.
Que peut-on en déduire pour les points A, B et 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
Non commencéFacile
On considère le point A(2;−1;3) et le vecteur u(1;4;−2). La droite (d) passe par A et a pour vecteur directeur u.
1.
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 $\vec{u}(1 ; 4 ; -2)$ :
$$\boxed{(d) : \begin{cases} x = 2 + t \\ y = -1 + 4t \\ z = 3 - 2t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}}$$
2.
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 $t = 3$.
$$\boxed{B(5 ; 11 ; -3) \in (d) \text{ (pour } t = 3\text{)}}$$
3.
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 $t = 1$.
$$\boxed{C(3 ; 3 ; 0) \notin (d)}$$
4.
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
Non commencéFacile
On considère la droite (d) de représentation paramétrique :
⎩⎨⎧x=1+2ty=−3+tz=5−3t,t∈R
1.
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 $\vec{u}(2 ; 1 ; -3)$.
$$\boxed{A(1 ; -3 ; 5) \text{ est un point de } (d) \text{ et } \vec{u}(2 ; 1 ; -3) \text{ est un vecteur directeur}}$$
2.
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 $z$ : $z = 5 - 3 \times 3 = 5 - 9 = -4$ ✓
$$\boxed{M(7 ; 0 ; -4) \in (d) \text{ (pour } t = 3\text{)}}$$
3.
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
Non commencéFacile
On considère la droite (d) de représentation paramétrique :
⎩⎨⎧x=3−ty=1+2tz=−2+4t,t∈R
1.
Donner un vecteur directeur de (d).
**Méthode :** Le vecteur directeur se lit sur les coefficients de $t$.
$$\boxed{\vec{u}(-1 ; 2 ; 4) \text{ est un vecteur directeur de } (d)}$$
2.
Donner deux points distincts appartenant à (d).
**Méthode :** On choisit deux valeurs distinctes de $t$.
Pour $t = 0$ : $A(3 ; 1 ; -2)$.
Pour $t = 1$ : $B(3 - 1 ; 1 + 2 ; -2 + 4) = B(2 ; 3 ; 2)$.
$$\boxed{A(3 ; 1 ; -2) \text{ et } B(2 ; 3 ; 2) \text{ sont deux points de } (d)}$$
3.
Vérifier que AB est bien un vecteur directeur de (d).
**Méthode :** On vérifie les rapports.
$$\dfrac{-1}{2} \neq \dfrac{2}{1}$$
Dès que deux rapports sont différents, les vecteurs ne sont pas colinéaires.
$$\boxed{\overrightarrow{AB} \text{ et } \overrightarrow{AC} \text{ ne sont pas colinéaires, donc } A, B, C \text{ ne sont pas alignés}}$$
3.
Calculer les coordonnées de AD et vérifier si AD peut s'écrire AD=αAB+βAC.
**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
Non commencéFacile
On considère les points A(1;0;0), B(0;1;0) et C(0;0;1) dans l'espace.
Vérifier que les vecteurs AB et 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.
$$\boxed{\overrightarrow{AB} \text{ et } \overrightarrow{AC} \text{ ne sont pas colinéaires}}$$
3.
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 $\overrightarrow{AC}(-1 ; 0 ; 1)$ :
$$\boxed{(ABC) : \begin{cases} x = 1 - s - t \\ y = s \\ z = t \end{cases}, \quad (s, t) \in \mathbb{R}^2}$$
4.
Vérifier que le point D(31;31;31) 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
Non commencéIntermédiaire
On considère les droites (d1) et (d2) de représentations paramétriques :
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 $s$).
$$\boxed{\vec{u_1}(2 ; 1 ; -1) \quad \text{et} \quad \vec{u_2}(4 ; 1 ; -2)}$$
2.
Les droites (d1) et (d2) 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.
$$\boxed{(d_1) \text{ et } (d_2) \text{ ne sont pas parallèles}}$$
3.
Les droites (d1) et (d2) 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
Non commencéIntermédiaire
On considère la droite (d) et le plan (P) de représentations paramétriques :
Donner un point et un vecteur directeur de (d), ainsi qu'un point et deux vecteurs directeurs de (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 $\vec{v_2}(2 ; -1 ; 1)$.
$$\boxed{A(2 ; -1 ; 4), \; \vec{u}(3 ; 1 ; -2) \quad ; \quad B(1 ; 0 ; 2), \; \vec{v_1}(1 ; 1 ; 3), \; \vec{v_2}(2 ; -1 ; 1)}$$
2.
Déterminer si la droite (d) est parallèle au plan (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 $\vec{v_2}$.
$$\boxed{(d) \text{ n'est pas parallèle à } (\mathcal{P})}$$
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.
$$\boxed{A, B, C, D \text{ ne sont pas coplanaires}}$$
3.
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
Non commencéIntermédiaire
On considère les droites (d1) et (d2) de représentations paramétriques :
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.
$$\boxed{(d_1) \text{ et } (d_2) \text{ ne sont pas parallèles}}$$
2.
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.
$$\boxed{(d_1) \text{ et } (d_2) \text{ ne sont pas sécantes}}$$
3.
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
Non commencéIntermédiaire
On considère le plan (P) passant par A(1;0;0) et dirigé par v1(1;1;0) et v2(0;1;1), et la droite (d) passant par B(2;1;−1) de vecteur directeur u(1;2;1).
1.
Écrire la représentation paramétrique du plan (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 $(d)$ :
$$(d) : \begin{cases} x = 2 + t \\ y = 1 + 2t \\ z = -1 + t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}$$
$$\boxed{(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 1 + s \\ y = s + r \\ z = r \end{cases} \qquad (d) : \begin{cases} x = 2 + t \\ y = 1 + 2t \\ z = -1 + t \end{cases}}$$
2.
Le vecteur directeur u de (d) est-il combinaison linéaire de v1 et v2 ?
**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 : $\vec{u} = \vec{v_1} + \vec{v_2}$.
$$\boxed{\vec{u} = \vec{v_1} + \vec{v_2} \text{, donc } \vec{u} \text{ est dans le plan directeur de } (\mathcal{P})}$$
3.
En déduire la position relative de (d) et (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
Non commencéIntermédiaire
On considère les points A(1;2;0), B(3;0;1) et C(−1;1;3) dans l'espace.
1.
Calculer les vecteurs AB et 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.
$$\boxed{\overrightarrow{AB}(2 ; -2 ; 1) \text{ et } \overrightarrow{AC}(-2 ; -1 ; 3) \text{ non colinéaires}}$$
2.
Donner une représentation paramétrique du plan (ABC).
**Méthode :** Le plan $(ABC)$ a pour représentation paramétrique :
$$M \in (ABC) \iff \overrightarrow{AM} = s\overrightarrow{AB} + t\overrightarrow{AC}$$
$$\begin{cases} x = 1 + 2s - 2t \\ y = 2 - 2s - t \\ z = s + 3t \end{cases}, \quad (s, t) \in \mathbb{R}^2$$
$$\boxed{(ABC) : \begin{cases} x = 1 + 2s - 2t \\ y = 2 - 2s - t \\ z = s + 3t \end{cases}, \quad (s, t) \in \mathbb{R}^2}$$
3.
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
Non commencéIntermédiaire
On considère un cube ABCDEFGH avec A à l'origine. On munit l'espace du repère (A;AB,AD,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] et N le milieu de [CG].
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.
$$\boxed{\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{AD} \text{, donc } (MN) \parallel (AD)}$$
3.
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 $\overrightarrow{MN}(0 ; 1 ; 0)$.
$$\boxed{(MN) : \begin{cases} x = 1 \\ y = t \\ z = \dfrac{1}{2} \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}}$$
4.
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
Non commencéIntermédiaire
On considère la droite (d) passant par A(1;2;3) avec le vecteur directeur u(2;−1;1) et le plan (P) passant par B(0;0;1) et dirigé par v1(1;1;−1) et v2(3;1;−1).
1.
Montrer que (d) est parallèle au plan (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 $\vec{v_2}$.
$$\boxed{\vec{u} = -\dfrac{5}{2}\vec{v_1} + \dfrac{3}{2}\vec{v_2} \text{, donc } (d) \text{ est parallèle à } (\mathcal{P}) \text{ ou incluse dans } (\mathcal{P})}$$
2.
Le point A appartient-il au plan (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 $A \notin (\mathcal{P})$.
$$\boxed{A \notin (\mathcal{P}) \text{, donc } (d) \text{ est strictement parallèle à } (\mathcal{P})}$$
3.
Déterminer un point de (d) et un point de (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
Non commencéIntermédiaire
Soient les vecteurs e1(1;0;1), e2(0;1;1) et e3(1;1;0) dans un repère (O;i,j,k).
1.
Montrer que (e1,e2,e3) 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 $\vec{e_2}$.
$$\boxed{(\vec{e_1}, \vec{e_2}, \vec{e_3}) \text{ est une base de l'espace}}$$
2.
Décomposer le vecteur w(3;2;3) dans la base (e1,e2,e3).
**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 : $2(1;0;1) + 1(0;1;1) + 1(1;1;0) = (2;0;2) + (0;1;1) + (1;1;0) = (3;2;3)$ ✓
$$\boxed{\vec{w} = 2\vec{e_1} + \vec{e_2} + \vec{e_3}}$$
3.
Décomposer le vecteur i(1;0;0) dans la base (e1,e2,e3).
**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
Non commencéIntermédiaire
On considère les plans (P1) et (P2) de représentations paramétriques :
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 $v$).
$$\boxed{(\mathcal{P}_1) : \vec{v_1}(1;-1;1), \vec{v_2}(1;0;2) \quad ; \quad (\mathcal{P}_2) : \vec{w_1}(1;1;2), \vec{w_2}(-1;1;0)}$$
2.
Les plans (P1) et (P2) 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 $\vec{w_2}$.
$$\boxed{(\mathcal{P}_1) \text{ et } (\mathcal{P}_2) \text{ ne sont pas parallèles, ils sont sécants}}$$
3.
Déterminer une représentation paramétrique de la droite d'intersection (Δ) de (P1) et (P2).
**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
Non commencéDifficile
On considère le tétraèdre ABCD avec A(0;0;0), B(4;0;0), C(0;4;0) et D(0;0;4). Soit I le milieu de [AB], J le milieu de [CD] et K le milieu de [AC].
Donner les représentations paramétriques des droites (IJ) et (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 $(BD)$ : $\overrightarrow{BD} = (0-4 ; 0-0 ; 4-0) = (-4 ; 0 ; 4)$.
$$(BD) : \begin{cases} x = 4 - 4s \\ y = 0 \\ z = 4s \end{cases}, \quad s \in \mathbb{R}$$
$$\boxed{(IJ) : \begin{cases} x = 2-2t \\ y = 2t \\ z = 2t \end{cases} \qquad (BD) : \begin{cases} x = 4-4s \\ y = 0 \\ z = 4s \end{cases}}$$
3.
Déterminer la position relative des droites (IJ) et (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.
$$\boxed{(IJ) \text{ et } (BD) \text{ sont non coplanaires (gauches)}}$$
4.
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
Non commencéDifficile
On considère le cube ABCDEFGH avec le repère (A;AB,AD,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] et N le milieu de [CG].
Donner une représentation paramétrique du plan (P) passant par M, B et 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 $\vec{v_2} = 2\overrightarrow{MH} = (0;2;1)$.
$$(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 2s \\ y = 2t \\ z = \dfrac{1}{2} - s + t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2$$
$$\boxed{(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 2s \\ y = 2t \\ z = \dfrac{1}{2} - s + t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2}$$
3.
Montrer que N appartient au plan (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.
4.
Déterminer l'intersection du plan (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
Non commencéDifficile
On considère les trois plans de représentations paramétriques :
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 $\vec{r_2}(0;1;1)$.
$$\boxed{\text{Voir ci-dessus}}$$
2.
Déterminer l'intersection des plans (P1) et (P2).
**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 $\lambda = t$ :
$$(\mathcal{P}_1) \cap (\mathcal{P}_2) = (\Delta_{12}) : \begin{cases} x = -2 \\ y = 3 + \lambda \\ z = -1 - \lambda \end{cases}, \quad \lambda \in \mathbb{R}$$
$$\boxed{(\Delta_{12}) : \begin{cases} x = -2 \\ y = 3 + \lambda \\ z = -1 - \lambda \end{cases} \text{ avec vecteur directeur } (0;1;-1)}$$
3.
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
Non commencéDifficile
On considère les points A(1;1;0), B(2;0;1), C(0;3;1) et D(3;−1;2) dans l'espace.
Pour quelle(s) valeur(s) de m les droites (d1) et (d2) 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.
$$\boxed{\text{Les droites ne sont jamais parallèles, pour aucune valeur de } m}$$
2.
Pour quelle(s) valeur(s) de m les droites (d1) et (d2) 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.
$$\boxed{\text{Les droites ne sont jamais sécantes, pour aucune valeur de } m}$$
3.
En déduire la position relative de (d1) et (d2) 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
Non commencéDifficile
On considère le parallélépipède ABCDEFGH dans le repère (A;AB,AD,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] et Q le milieu de [EH].
Parallélépipède ABCDEFGH représenté en perspective
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.
$$\boxed{(PQ) \text{ n'est parallèle ni à } (AB) \text{ ni à } (AD)}$$
3.
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
Non commencéDifficile
On considère les droites (d1) et (d2) de représentations paramétriques :
**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.
$$\boxed{(d_1) \text{ et } (d_2) \text{ sont non coplanaires (gauches)}}$$
2.
Déterminer un plan (P1) contenant (d1) et parallèle à (d2).
**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 $(d_1)$.
$$(\mathcal{P}_1) : \begin{cases} x = 2 + t + 2r \\ y = 1 - t + r \\ z = 3 + 2t + 3r \end{cases}, \quad (t,r) \in \mathbb{R}^2$$
$$\boxed{(\mathcal{P}_1) : \begin{cases} x = 2 + t + 2r \\ y = 1 - t + r \\ z = 3 + 2t + 3r \end{cases}, \quad (t,r) \in \mathbb{R}^2}$$
3.
Vérifier que (d2) n'est pas contenue dans (P1).
**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
Non commencéDifficile
On considère la pyramide SABCD à base carrée ABCD avec le repère (A;AB,AD,AS).
Ainsi : A(0;0;0), B(1;0;0), C(1;1;0), D(0;1;0), S(0;0;1).
$$\overrightarrow{MN} = \left(0 ; \dfrac{1}{2} ; 0\right)$$
$$\overrightarrow{BC} = (0 ; 1 ; 0)$$
$\overrightarrow{MN} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}$, 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 $SBC$.
3.
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 $ABCD$.
4.
Déterminer la section de la pyramide SABCD par le plan parallèle à (ABCD) passant par M et 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
Non commencéDifficile
On considère les droite et plan suivants, dépendant du paramètre m :
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 $r$).
$$\boxed{\vec{u}(1;-2;m), \quad \vec{v_1}(1;1;-1), \quad \vec{v_2}(1;0;1)}$$
2.
Pour quelle(s) valeur(s) de m la droite (d) est-elle parallèle au plan (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 : $-2(1;1;-1)+3(1;0;1) = (-2;-2;2)+(3;0;3) = (1;-2;5)$ ✓
$$\boxed{(d) \parallel (\mathcal{P}) \iff m = 5}$$
3.
Pour m=5, la droite (d) est-elle contenue dans (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 $A \notin (\mathcal{P})$.
$$\boxed{\text{Pour } m = 5, \text{ la droite } (d) \text{ est strictement parallèle à } (\mathcal{P})}$$
4.
Pour m=0, déterminer le point d'intersection de (d) et (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
Non commencéDifficile
Dans l'espace muni du repère (O;i,j,k), on considère les points A(1;2;3), B(3;4;1) et C(2;0;5). On note G le centre de gravité du triangle ABC.
1.
Calculer les coordonnées de G.
**Méthode :** Le centre de gravité a pour coordonnées la moyenne des coordonnées des sommets.
$$G\left(\dfrac{1+3+2}{3} ; \dfrac{2+4+0}{3} ; \dfrac{3+1+5}{3}\right) = \left(2 ; 2 ; 3\right)$$
$$\boxed{G(2 ; 2 ; 3)}$$
Soit M le milieu de [BC]. Montrer que A, G et M sont alignés et que G partage [AM] dans le rapport 32.
$$M = \text{milieu}[BC] = \left(\dfrac{3+2}{2} ; \dfrac{4+0}{2} ; \dfrac{1+5}{2}\right) = \left(\dfrac{5}{2} ; 2 ; 3\right)$$
$$\overrightarrow{AG} = (2-1 ; 2-2 ; 3-3) = (1 ; 0 ; 0)$$
$$\overrightarrow{AM} = \left(\dfrac{5}{2}-1 ; 2-2 ; 3-3\right) = \left(\dfrac{3}{2} ; 0 ; 0\right)$$
$\overrightarrow{AG} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AM}$ car $(1;0;0) = \dfrac{2}{3}\left(\dfrac{3}{2};0;0\right) = (1;0;0)$ ✓
Donc $A$, $G$, $M$ sont alignés et $\overrightarrow{AG} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AM}$.
$$\boxed{\overrightarrow{AG} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AM} \text{, donc } G \text{ divise } [AM] \text{ aux } \dfrac{2}{3} \text{ depuis } A}$$
4.
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
Non commencéAvancé
On considère le tétraèdre OABC avec O(0;0;0), A(6;0;0), B(0;6;0) et C(0;0;6).
Montrer que M est le centre de gravité du triangle ABC, c'est-à-dire que MA+MB+MC=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 :
$$\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} = (4-2-2 ; -2+4-2 ; -2-2+4) = (0;0;0) = \vec{0}$$
$$\boxed{\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} = \vec{0} \text{, donc } M \text{ est le centre de gravité du triangle } ABC}$$
3.
Soit G le centre de gravité du tétraèdre OABC. Calculer les coordonnées de G et montrer que O, G et 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
Non commencéAvancé
On considère le cube ABCDEFGH avec le repère (A;AB,AD,AE) (cube d'arête 1).
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).
$$(PQR) : \begin{cases} x = s \\ y = t \\ z = \dfrac{1}{2} \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2$$
$$\boxed{(PQR) : z = \dfrac{1}{2} \text{ (plan parallèle à } (ABCD)\text{)}}$$
3.
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.
$$\boxed{\text{Section = carré } PQS'R \text{ de côté } 1 \text{, à mi-hauteur du cube}}$$
4.
Soit le plan (Q) passant par A, le milieu Q de [BF] et le milieu T de [CG]. Déterminer la section du cube par (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
Non commencéAvancé
Dans l'espace rapporté au repère (O;i,j,k), on considère les quatre droites :
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 $(d_1) \neq (d_2)$.
$$\boxed{(d_1) \text{ et } (d_2) \text{ sont strictement parallèles}}$$
2.
Déterminer le plan (P) contenant (d1) et (d2).
**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).
$$(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 1 + t - r \\ y = t + r \\ z = 2t + r \end{cases}, \quad (t,r) \in \mathbb{R}^2$$
$$\boxed{(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 1 + t - r \\ y = t + r \\ z = 2t + r \end{cases}, \quad (t,r) \in \mathbb{R}^2}$$
3.
Montrer que (d3) n'est pas parallèle au plan (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 $(\mathcal{P})$.
$$\boxed{(d_3) \text{ n'est pas parallèle à } (\mathcal{P}) \text{, elle est sécante à } (\mathcal{P})}$$
4.
Déterminer si (d4) est parallèle au plan (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
Non commencéAvancé
On considère le parallélépipède ABCDEFGH tel que :
Déterminer la représentation paramétrique du plan (P) passant par I, J et 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.
$$(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 1 + 2s - t \\ y = 2s \\ z = 4s + 2t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2$$
$$\boxed{(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 1 + 2s - t \\ y = 2s \\ z = 4s + 2t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2}$$
3.
Déterminer l'intersection du plan (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 $[BF]$.
$$\boxed{(\mathcal{P}) \cap [BF] = \emptyset}$$
4.
Déterminer l'intersection du plan (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
Non commencéAvancé
On considère le cube ABCDEFGH de côté 1 avec le repère (A;AB,AD,AE).
Montrer que les vecteurs IJ et 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.
$$\boxed{\overrightarrow{IJ} \text{ et } \overrightarrow{IK} \text{ ne sont pas colinéaires}}$$
3.
Donner une représentation paramétrique du plan (IJK).
En utilisant $\vec{v_1} = 2\overrightarrow{IJ} = (-1;1;2)$ et $\vec{v_2} = 2\overrightarrow{IK} = (1;2;1)$ :
$$(IJK) : \begin{cases} x = \dfrac{1}{2} - s + t \\ y = s + 2t \\ z = 2s + t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2$$
$$\boxed{(IJK) : \begin{cases} x = \dfrac{1}{2} - s + t \\ y = s + 2t \\ z = 2s + t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2}$$
4.
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.
$$\boxed{(IJK) \cap (AG) = \left\{\Omega\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)\right\} \text{ (centre du cube)}}$$
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.
$$\boxed{(d_1) \text{ et } (d_2) \text{ sont non coplanaires (gauches)}}$$
2.
Montrer que (d1) et (d3) 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 : $x = 5, y = -2, z = 6$.
$$\boxed{(d_1) \cap (d_3) = \{P(5;-2;6)\}}$$
3.
Déterminer la représentation paramétrique du plan contenant (d1) et (d3).
Le plan contient le point $A(1;0;0)$ de $(d_1)$ et est dirigé par $\vec{u_1}(2;-1;3)$ et $\vec{u_3}(0;1;-1)$.
$$(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 1 + 2\alpha \\ y = -\alpha + \beta \\ z = 3\alpha - \beta \end{cases}, \quad (\alpha,\beta) \in \mathbb{R}^2$$
$$\boxed{(\mathcal{P}) : \begin{cases} x = 1 + 2\alpha \\ y = -\alpha + \beta \\ z = 3\alpha - \beta \end{cases}, \quad (\alpha,\beta) \in \mathbb{R}^2}$$
4.
Quelle est la position de (d2) par rapport à ce plan (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
Non commencéAvancé
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).
1.
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.
$$(ABC) : \begin{cases} x = 1 - s - t \\ y = 2s \\ z = 3t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2$$
$$\boxed{(ABC) : \begin{cases} x = 1 - s - t \\ y = 2s \\ z = 3t \end{cases}, \quad (s,t) \in \mathbb{R}^2}$$
2.
En déduire que si M(x;y;z)∈(ABC), alors x+2y+3z=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 $6x + 3y + 2z = 6$.
3.
Parmi les points D(0;1;23), E(2;−1;23) et F(31;31;2), lesquels appartiennent au plan (ABC) ?
Soit GBCD le centre de gravité du triangle BCD. Calculer ses coordonnées et montrer que A, G et GBCD 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.
4.
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.
On cherche à construire les plans contenant l'une des droites et parallèle à l'autre.
1.
Vérifier que (d1) et (d2) 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 $2 - \dfrac{5}{3} = \dfrac{1}{3}$. $3 \neq \dfrac{1}{3}$.
$$\boxed{(d_1) \text{ et } (d_2) \text{ sont non coplanaires}}$$
2.
Déterminer le plan (P1) contenant (d1) et parallèle à (d2).
$(\mathcal{P}_1)$ 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 $\vec{u_2}(1;2;-1)$.
$$(\mathcal{P}_1) : \begin{cases} x = 2\alpha + \beta \\ y = 1 + \alpha + 2\beta \\ z = -1 + 3\alpha - \beta \end{cases}, \quad (\alpha,\beta) \in \mathbb{R}^2$$
$$\boxed{(\mathcal{P}_1) : \begin{cases} x = 2\alpha + \beta \\ y = 1 + \alpha + 2\beta \\ z = -1 + 3\alpha - \beta \end{cases}}$$
3.
Déterminer le plan (P2) contenant (d2) et parallèle à (d1).
$(\mathcal{P}_2)$ 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 $\vec{u_2}(1;2;-1)$.
$$(\mathcal{P}_2) : \begin{cases} x = 1 + 2\gamma + \delta \\ y = -1 + \gamma + 2\delta \\ z = 2 + 3\gamma - \delta \end{cases}, \quad (\gamma,\delta) \in \mathbb{R}^2$$
$$\boxed{(\mathcal{P}_2) : \begin{cases} x = 1 + 2\gamma + \delta \\ y = -1 + \gamma + 2\delta \\ z = 2 + 3\gamma - \delta \end{cases}}$$
4.
Montrer que (P1) et (P2) 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
Non commencéAvancé
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] et G le milieu de [AD].
Tétraèdre ABCD représenté en perspective
1.
Calculer les coordonnées de E, F et G.
$$E = (3;0;0) \qquad F = (0;3;0) \qquad G = (0;0;3)$$
$$\boxed{E(3;0;0), \quad F(0;3;0), \quad G(0;0;3)}$$
2.
Donner la représentation paramétrique du plan (EFG) et montrer que (EFG)∥(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 $B \notin (EFG)$.
$$\boxed{(EFG) \parallel (BCD) \text{ (strictement)}}$$
3.
Le centre de gravité Ω du tétraèdre ABCD appartient-il au plan (EFG) ? Justifier.
$$\Omega = \left(\dfrac{0+6+0+0}{4};\dfrac{0+0+6+0}{4};\dfrac{0+0+0+6}{4}\right) = \left(\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2}\right)$$
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 $\Omega$ : $\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2} = \dfrac{9}{2} \neq 3$.
$$\boxed{\Omega \notin (EFG) \text{ car } x_{\Omega}+y_{\Omega}+z_{\Omega} = \dfrac{9}{2} \neq 3}$$
4.
Déterminer l'intersection de la droite (AΩ) 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 $EFG$.
Aller plus loin sur ce chapitre
Les 4 problèmes de synthèse restent sur la page du chapitre : ils mobilisent plusieurs notions à la fois et s'abordent une fois ces exercices maîtrisés.
