Correction fiche exercices N 1 : Géométrie dans l espace

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1 Correction fiche exercices N : Géométrie dans l espace M. HARCHY TS -Lycée Agora-05/06 Droites et plans de l espace Correction exercice Les points M et C appartiennent aux deux plans, c est donc la droite (CM) qui est leur intersection. Elle contient le point A ; l affirmation est donc vraie. Le point M n appartient pas au plan (BCD) les droites sont donc non coplanaires et l affirmation est fausse. Pour les même raisons que précedemment, l affirmation est fausse. Si deux droites sont parallèles, tout plan qui coupe l une coupe l autre ; toute parallèle à (DM) coupe (ABC) donc l affirmation est fausse. Correction exercice. C est évidement ( ) qui est l intersection de ces deux plans (a) C est une droite. (b) Le point I. (c) Nommons P le point d intersection de (BC) et ( ) ; ce point est donc sur les plans (SBC) et Q. (PI) est donc la droite cherchée.. On a lors la figure ci-dessous : Correction exercice 3. Les doites (IJ) et (BC) sont coplanaires (le plan (ABC) ) elle sont danc sécantes (car les plans (BCD) et (IJK) ne sont pas parallèles) ; nommons E leur point d intersection. E appartient aux plans (BCD) et (IJK). Par suite, on trouve F point d intersection des droites (IK) et (BD) ; il appartient aussi aux plans (BCD) et (IJK). L intersection cherchée est donc la droite (EF). La droite (JK) contenue dans le plan (IJK) est parallèle à la droite (CD) contenue dans le plan (BCD). D après le théorème de toît, la droite ( ) à l intersction de ces deux plans est parallèle aux droites (JK) et (CD) Géométrie vectorielle. Vecteurs et plans Correction exercice. On remarque d abord que EF = AB et que AE = DH La relation de Chasles donne ML = MA + AE + EL = DA + AE + EF = ( ) DA + AB + AE = DB + DH

2 . Les vecteurs ML, DB et DH sont donc coplanaires. D, DB et DH forment un plan qui est alors parallèle à la droite (ML) (strictement car M (DBH) ). Correction exercice 5. Les trois points S,B et D ne sont pas alignés, ils forment donc un plan qui contient : O car la pyramide SABCD est régulière (la hauteur coupe la base au croisement des diagonales) K car K (SD) (SBD) J car J (SO) (SBD). (a) BK = BS + SK = SB + 3 SD (b) Soit le point M tel que le quadrilatère SBMD soit un parallélogramme ; on a alors SM = SB + SD. Comme les diagonales d un parallélogramme se coupent en leur milieu, on a bien SO = ( SB + SD ). BJ = BS + SJ = BS + SO = SB + ( SB + SD ) = 3 SB + SD (c) On constate que BJ = 3 BK ; les points B, K et J sont donc bien alignés. 3. (a) Les plans (BJC) et (ABC)sont sécants en (BC). Les plans (BJC) et (SCD) sont sécants en (CK)(en effet K (BJ) (SD) (b) Les plans (BJC) et (SAD) sont sécants en une droite contenant le point K. Comme ces deux plans contiennent les droites (BC) et (AD) qui sont parallèles ; la section est la parallèle à ces droites passant pas K. (c) On a alors la figure ci-dessous Correction exercice 6. La propriété de la droite des milieux dans un triangle justifie le fait que les vecteurs IJ et BD sont colinéaires.. Comme IJ = BD + 0 AC, ces trois vecteurs sont colinéaires. 3. IJ = BD = BC + CD. Les trois vecteurs sont donc bien colinéaires.. IK =IA +AD +DK = BA +AD + DC = AD + BA + AD + DC = AD + BC. On en déduit que ces trois vecteurs sont colinéaires. Correction exercice 7. On obtient la figure :. (a) (b) AC + BD = AI + IC + BI + ID = AB + IC AB + ID = IC + ID IG = ( IA + AG = IA + AC + AC + BD = IC + IC + ID )= 3 IC + ID. Les points I, G, D et C sont donc coplanaires (c) La droite (IC) est dans le plan ABC, sont intersection éventuelle avec DG est le point cherché.

3 Correction exercice 8 On a la figure :. PQ = PA + AB + BQ = 5 AB + AB 3BA 3AC = 8 5 AB 3AC + 0AD PR = PA + AC + CR = 5 AB + AC CA AD = 5 AB 3 AC AD PS = PA + AD + DS = 5 AB + AD + 9 DA = 5 AB + 0AC AD. On constate que : 9 PQ + 3 PS = 5 AB 3 AC 6 5 AB AD = 5 AB 3 AC AD = PR. Les quatre points sont donc bien coplanaires. 3. Dans le repère ( A; AB ; AC ; ) AD, Calculons les coordonnées des quatre points P, Q, R et S puis celles des vecteurs PQ, PR et PS. P ( 5 ;0;0 ). x Q = 3(0 ) Les coordonnées de Q vérifient : y Q 0 = 3( 0). On trouve alors Q( ;-3 ;0). z Q 0 = 3(0 0) x R 0 = 3 5 (0 0) Les coordonnées de R vérifient : y R = 5 ( 3 (0 ). On trouve alors R 0; 3 ; 5 ) z R 0 = 5 3 ( 0) 3. x S 0 = 9 (0 0) Les coordonnées de S vérifient : y S 0 = ( ) 9 (0 0). On trouve alors S 0;0; 5 9. z S = 9 (0 ) Les coordonnées de PQ sont PQ 3 0 soit PQ Les coordonnées de 0 5 PR sont PR soit PR Les coordonnées de PS sont PS soit PS Repérage dans l espace Correction exercice 9 x = 5t. (d) : y = + t z = + 3t. Comme B (d) ; x B = 5t = 9 d où t=-. On trouve alors y B = + ( ) = et z B = + 3 ( ) =. Donc B(9 ;- ;-). 3. Comme C (d) ; z C = + 3t = 7 d où t=. On trouve alors x B = 5 = 6 et y B = + =. Donc C(-6 ; ;7).. Pour que le point D soit sur la droite (d), ses coordonnées doivent vérifier le système suivant : Comme le système est vérifié D (d) 5t = + t = 0 + 3t = t = t = t =

4 Correction exercice 0. (d) la droite passant par le point A ( ; ; ) et de vecteur directeur u. (a) On a EF 0 ( 3) 5 soit EF E appartient-il à (d)? Pour cela, il doit vérifier le système :. (. Comme EF et u sont colinéaires EF = u ), les droites (d) et(ef) sont parallèles. + t = t = 3 + t = 5 t = t = 7 t = 3,5 Comme ce système est impossible, E (d) ; les droites (EF) et (d) sont donc bien strictements parallèles. (b) On a EH 8 ( 3) soit EH 5. EH et u ne sont pas colinéaires ; mais on ne peut pas conclure que les droites (EH) et (d) sont sécantes car elles peuvent être non coplanaires. x = t Une équation de (EH) est (EH) : y = 8 5t avec t R. z = 8 + 3t + t = t t = t Si les droites sont sécantes, leur équations doivent vérifier le système : t = 8 5t t = t t = 8 + 5t t = + t = 8 + 3t + t = 8 3t t = x K = + Ce système est vrai, les droites sont donc sécantes et on trouve : y K = z K = + D où K(3 ; ; ). Correction exercice x = t x = t. On a (d) : y = 3 + t et (d ) : y = + t avec (t,t ) R R z = + t z = 3 + t 6 = t t = 6. M (d) 8 = 3 + t t =. La dernière équivalence étant fausse, on conclut alors que M (d) = + t t = 6 = t M (d t ) 8 = + t = 5 t = 5. La dernière équivalence étant vraie, on conclut alors que M (d ) = 3 + t t = 5 t = t 3. (d) et (d t = t ) sont sécantes si le système suivant adment une solution : 3 + t = + t t + t = 3 + t = 3. Comme le système n admet t = 0 pas de solution, les droites ne sont pas sécantes. Correction exercice. (d) et (d ) ont respectivement pour vecteur directeur v 3 et v. Comme ces vecteurs ne sont pas colinéaires, les droites ne sont pas parallèles. t = + t t Sont-elles sécantes? + t = t = t t = t + t = + + t = 3t = + t 3t = t t = 0 Comme le système admet comme solution le couple (t;t ) = (0; ), les droites (d) et (d ) sont sécantes. Réponse c. Un vecteur directeur de la droite (AB) est le vecteur 3 AB soit AB qui est aussi le vecteur directeur de (d). ( ) 5 Les deux droites sont donc parallèles strictement ou confondues. = t t = 3 Si A (d) alors = 8 + t t = 3. Donc A (d) et les droites sont confondues. Réponse b = + 5t t = 3 3 Produit scalaire 3. Extension du produit scalaire à l espace Correction exercice 3. (a) AB DH = 0 car les vecteurs sont orthogonaux.

5 . FB DH = FB DH = a car les vecteurs sont colineaires de sens opposés. HF DC = HF DC cos( π ) = a a = a (b) AI AB = AB AB = a car B est le projeté orthogonal de I sur (AB) dans le plan (ABI) Notons M le milieu du segment [AE] ; alors par projection orthogonale, AI AE = AH AE = a ( AI AF = AI + AF IF ) ( ) = 5a + a a = 3 a (c) DK BL = 0 car les vecteurs sont orthogonaux. EB DG = 0 car les vecteurs sont orthogonaux. EC BD = EA BD + AC BD = = 0 EC BG = EF BG + FC BG = = 0 (d) KC KB = ( KC + KB CB ) ( ) = a + 5a a = a ( BJ BL = BJ + BL Jl ) ( ) = 5a + a a = a FG EG = ( GF GE = GF + GE FE ) = ( a + a a ) = a ( DK DI = DK DB + DK BI = DK + DB KB ) ( ) + 0 = a + a 5a = a BK BJ = ( BK BL + BK LJ = BK + BL KL ) ( ) + 0 = 5a + a a = a Or BK BJ = BK BJ cos ( KBJ ) = On trouve alors KBJ 66, 5a 5a cos( KBJ ) = 5a cos( KBJ ) d où cos ( KBJ ) = Dans le triangle BFD rectangle en B, on trouve DF = 3a d où OF = OG = ( OF OG = OF + OG FG ) ( ) = 3a + 3a a = a Correction exercice. Calculons les coordonnées des deux vecteurs AB et AC. x = x AB B x A = y = y AB B y A = d où AB z = z AB B z A = 3 AC + soit AC 0 Le repère étant orthonormé, on peut untiliser les formules adéquates. (a) AB AC = 0 = 5 (b) AB = ( ) + ( ) + ( ) = 6 AC = () + (0) + (5) = 5 On trouve alors cos ( BAC ) = 5 et donc BAC 55, AB 3 0 soit AB 3 et AC 0 soit AC AB AC = 3 0 = 0 Comme les produit scalaire est nul, les vecteurs directeurs des droites sont orthogonaux et par suites les droites aussi. Comme elles ont le point A en commun, les droites (AB) et (AC) sont perpendiculaires. Correction exercice 5. Par projection orthogonale : BA BC = BA BJ = a a = a AB BD = AB BJ = BA BJ = a a = a. BA DC = BA DB + BA BC = AB BD + BA BC = 0 Les vecteurs sont bien orthogonaux. 3a

6 Correction exercice 6 3. Equation cartésienne d un plan Correction exercice 7. n.. Comme A (Ox) ; alors y A = 0 et z A = 0. De plus A P donc x A + y A + z A = 0. On trouve alors x A = 0 x A = Donc A( ; 0 ; 0) B vérifie y B = 0 soit B(0 ; ; 0). C vérifie z C = 0 soit C(0 ; 0 ; ). 3. x D + y D + z D = = 0. Donc D P x E + y E + z E = = 0. Donc E P. Sa cote vérifie l équation : + z = 0 z = 3. La côte cherchée est 3. Correction exercice 8. Les coordonnés d un vecteur normal impliquent que l équation de P est de la forme x y +3z+d = 0 où d est un réel à déterminer à partir des coordonnées de A : x A y A + 3z A + d = d = 0 d =. P : x y + 3z = 0.. En utilisant lesméthodes de l exercice précédents, on trouve (6 ; 0 ; 0) ; (0 ; - ; 0) et (0 ; 0 ; ). 3. n est aussi un vecteur normal à P ; son équation est donc aussi de la forme x y + 3z + d = 0. Á partir des coordonnées de B, on trouve d = 0 d = 8. D où P : x y + 3z 8 = 0.. P : x y + 3z = 0 Correction exercice 9. Montrons que les vecteurs AB et AC sont non colinéaires. 0 0 AB 3 soit AB et AC 5 soit AC On remarque que x AC = x AB et que y AC y AB ; les vecteurs ne sont donc pas colinéaires, les trois points A, B et C forment bien un plan.. Notons a n b le vecteur cherché avec (a;b;c) un triplet de réels non tous nuls. Comme n est normal au plan (ABC) : c n AB = 0 a + b + c = 0 a = b + c a = b + c n AC = 0 a + 3b 5c = 0 (b + c) + 3b 5c = 0 b = 5 3 c Ce système de deux équations à trois inconnues admet une infinité de solutions. Posons c = k ; on trouve alors b = 3 5 k et a = 5 8 k On trouve alors k n k 3k avec k R (sinon n = 0 ). On peut choisir par exemple n 3. k 3. L équation du plan (ABC) est la forme x 3y + z + d = 0 avec d R. Comme le point A appartient à ce plan d = 0 d = 3 (ABC) : x 3y + z + 3 = 0. (a) AB 0 soit AB et AC 3 0 soit AC 5. En observant les deux dernières coordonnées, on constate que les vecteurs ne sont pas colinéaires. (b) Notons a n b le vecteur cherché avec (a;b;c) un triplet de réels non tous nuls. c Les coefficients de a + b c = 0 n vérifient le système : 5a + b + c = 0 On peut supposer que a 0 et poser a = par exemple. (si on abouti à une impossibilité, on posera a = 0). Le système devient alors : + b c = 0 b = 5 c c = b + c = c c = 0 b = On trouve n 9. Par comodité, choisissont n (c) L équation du plan (ABC) est la forme x + y + 9z + d = 0 avec d R. Comme le point A appartient à ce plan d = 0 d = 7 (ABC) : x + y + 9z 7 = 0. 9.

7 Correction exercice 0. (a) MA = MB ( MI + IA ) ( MI + IB ) = 0 MI + MI IA + IA MI MI IB IB = 0 ) ( MI ( AB + ) AB ( MI ) ( ) AB AB = 0 MI AB + AB MI AB AB = 0 IM AB = 0 (b) Comme une distance est positive, MA = MB MA = MB ce si et seulement si M est équidistant de A et de B. Ce qui équivaut à IM AB = 0 si et seulement si les vecteurs sont orthogonaux et ce équivaut M appartient aux plan de vecteur normal AB et passant pat I. 0. AB 5 3 soit AB et les coordonnées de I milieu de [AB] sont ( 0+ ; 3+5 ; 3 ) = ( ; ; ) 3 + L équation du plan est de la forme x + y z + d = 0 avec d R Comme il contient I : d = 0 soit d = 0 L équation du plan est x + y z 0 = CD 5 et les coordonnées de J milieu de [CD] sont ( ;,5 ; ). 0 L équation du plan est de la forme x + 5y + d = 0 et d vérifie + 7,5 + d = 0 L équation cherchée est de x + 5y + 5,5 = 0 Correction exercice Soit M un point de l intersection entre les deux plans et soit n un vecteur normal au plan P. Pour montrer que les plans sont orthogonaux, il faut montrer que la droite (d ) passant par M et dirigée par n est incluse dans le plan P. L origine du repère appartient aux deux planset le plan P admet le vecteur n La droite (d ) passant par M et dirigée par n admet donc comme équation : (d ) Soit A un point de (d ). On alors x A + y A z A = t + 6t t = 0. Donc A P d où (d ) P. Les plans P et P sont donc orthogonaux. Correction exercice. On trouve 0 AB soit AB 3 + Un éventuel point d intersection doit vérifier le système 3 d où une équation (AB) : x = t y = t z = 3 + t x + y + z = 0 Les coordonnées du point d intersection sont donc (,5 ;,5 ; -3) x = t y = t z = 3 + t comme vecteur directeur. x = t y = 3t z = t avec t R.. avec t R. t + t t = 0 x = t y = t z = 3 + t t =,5 x =,5 y =,5 z = 3. On peut utiliser la méthode précedente et aboutir à un système sans solution ou constater que : Un vecteur directeur de (d) de coordonnées 3 et un vecteur normal n de P de coordonnées sont orthogonaux. (en effet leur produit saclaire est nul). La droite (d) et le plan P sont donc parallèle. Strictement ou non? (d) passe par le point A de coordonnées ( ; - ; ). Est-il inclus dans P? = 0. Donc A P On en déduit que (d) et P sont strictements parallèles. CD 3 est aussi orthogonal à n. x C + y C z C + = 3 + = 0 donc C P (d ) et P sont donc strictements parallèles. Correction exercice 3. Les plans P et P sont sécants si et seulement si les vecteurs normaux des deux plans ne sont pas colinéaires. C est la cas car avec les notations classiques, on a : n 3 et n où x n = x et n 7 y n y. n Les points appartenants aux deux droites vérifient le système :

8 x 3y + z = 5 x + y + 7z = x = 5 + 3y z x = 5 + 3y z (5 + 3y z) + y + 7z = z = y. Ce système possède une infinité de solutions. En posant y = t où t R, il devient x = t L équation de la droite cherchée est : y = t z = y et n 6. Les vecteurs normaux n z = y x = t nesont pas colinéaires. Pour déterminer l équation paramétrique de la droite d inter- section, on peut poser z = t et si on aboutit à une incompatibilité on devra changer de variable posée. x + y + t + = 0 y = x t x = On doit alors résoudre le système x y + 6t = 0 x + x + t + + 6t = 0 5 t y = 5 + t x = 5 t L équation de la droite cherchée est donc y = 5 + t z = t