4. n de coordonnées (3 ; 3 ; 2) est normal au vecteur AC(1 ; 1 ; 0) car :

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1 Exercice I : France Juin 006 Correction des exercices de géometrie dans l espace : Recueil. VRAI. Comme les coordonnées ; 4 ; vérifient + 4 = 0, alors le point A appartient au plan d équation x + y z = 0. En faisant de même avec les coordonnées de B et C, on prouve que le plan ABC a pour équation x + y z = 0.. FAUX. Pour que E soit le projeté orthogonal de D sur le plan ABC, il faut que le vecteur DE, de coordonnées ; ;, soit normal au plan ABC. Or un vecteur normal au plan d équation x + y z = 0 est le vecteur n de coordonnées ; ;, alors n et DE ne sont pas colinéaires, ainsi DE n est pas normal à ABC.. VRAI. Comme AB ;0 ; 4 et CD ; ;, alors AB CD = = 0 Donc les droites AB et CD sont orthogonales. 4. FAUX. x = + t Si le point C est sur la droite de représentation paramétrique y = + t t R, z = t = + t t = alors : = + t t = = t t = 4 Le système n ayant pas de solutions, C n appartient pas à cette droite, celle-ci ne peut donc être CD.. VRAI. On a AB ;0 ; 4 et AI ; 0 ; 4, alors AB = 0 AI, donc ces vecteurs sont colinéaires, ainsi I appartient à la droite AB. Exercice II : Asie Juin 006. Voir figure E A J H. Construction du point J : Dans le plan CDHG, la droite IC coupe la droite DH en un point P; D I F R B G C Dans le plan ADHE la droite PA coupe la droite EH en J. Le plan ACI est donc coupé par les deux faces parallèles ABCD et EFGH : les intersections AC etij sont donc parallèles.. a Comme R AC il existe un réel unique k tel que AR = k AC. De plus, R est le projeté orthogonal de I sur AC, donc : IR AC IR AC = 0. b Dans le repère orthonormal A ; AB ; AD ; AE, alors AC a pour coordonnées,, 0, donc si R a pour coordonnées x, y, z Et AR = k AC = x = k, y = k, z = 0 IR AC = 0 x + y + z 0 = 0 x + y = 0 D où en remplaçant par les coordonnées de R : k 4 = 0 k =. Conclusion : R ; ; 0. c Et IR = + + = = IR = n de coordonnées ; ; est normal au vecteur AC ; ; 0 car : n AC = 0 De même n est normal au vecteur AI ; ;. Donc le vecteur n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan ACI, c est donc un vecteur normal à ce plan. Une équation du plan ACI est alors x y +z+d = 0 et comme ce plan contient A0; 0 ; 0, d = 0. Une équation du plan ACI est donc :. Avec F; 0; on sait que df, ACI = Exercice III :Centres Etrangers Juin 006 Partie A. Un triangle et son centre de gravité. x y + z = =.. [BD] est la diagonale du carré, de côté, ABCD donc BD=. [BE] est la diagonale du carré, de côté, ABFE donc BE=. [DE] est la diagonale du carré, de côté, ADHE donc DE=. Comme les côtés du triangle ont même longueur, le triangle BDE est équilatéral.. a Dans le repère A ; AB ; AD, AE, les points B, D et E ont pour coordonnées respectives : ; 0 ; 0, 0 ; ; 0 et 0 ; 0 ;. Donc l isobarycentre des points B, D, E a pour coordonnées : = = = C est à dire que le centre de gravité, I, de BDE a pour coordonnées ; ; b Donc AI a pour coordonnées ; ;. Comme de plus, AG a pour coordonnées ; ;. Ainsi : AI = AG et les points A, I, G sont alignés.

2 . Pour que I soit le projeté orthogonal de A sur le plan BDE, il faut que : I appartienne au plan BDE. Ce qui est le cas car I barycentre des points B, D et E. AI perpendiculaire au plan BDE. Or, comme BD a pour coordonnées ; ; 0, alors : Ainsi AI BD. AI BD = = 0 De plus, comme BE a pour coordonnées ; 0 ;, alors : AI BE = = 0 Ainsi AI BE. Comme AI est orthogonal à deux droites sécantes du plan BDE, alors AI est perpendiculaire au plan BDE. Ainsi, I est le projeté orthogonal de A sur le plan BDE. Partie B. Une droite particulière Pour tout nombre réel k, on définit deux points M k et N k, ainsi qu un plan P k de la façon suivante : M k est le point de la droite AG tel que AM k = k AG ; P k est le plan passant par M k et parallèle au plan BDE; N k est le point d intersection du plan P k et de la droite BC.. Comme AI = AG, alors M =I, et donc P=BDE car I appartient au plan BDE. Et enfin l intersection du plan BDE et de la droite BC est B, donc B=N. De plus, MN = IB = + + =. Calcul des coordonnées de N k. a Les coordonnées de M k dans le repère A ; AB ; AD, AE sont k ; k ; k. b Comme AI, donc AG, est perpendiculaire au plan BDE alors AG est un vecteur normal du plan BDE. Et, P k est parallèle au plan BDE, donc AG est un vecteur normal du plan P k. Alors une équation du plan P k est : Or M k appartient au plan P k, donc Ainsi une équation du plan P k est : x + y + z + d = 0 k + k + k + d = 0 d = k x + y + z k = 0 c Comme B et BC ont pour coordonnées respectives ; 0 ; 0 et 0 ; ; 0, alors une équation paramétrique de la droite BC est : x = y = t z = 0 En substituant x, y et z dans l équation P k, on a : + t + 0 k = 0 t = k Donc le point d intersection du plan P k et de la droite BC, N k, a pour coordonnées : ; k ; 0.. Le vecteur M k N k a pour coordonnées k ; k ; k. Ainsi : M k N k AG = k + k + k = 0 Donc la droite M k N k est orthogonale â la droite AG. M k N k BC = k 0 + k + k 0 = k Donc la valeur de k pour laquelle la droite M k N k est orthogonale â la fois aux droites AG et BC est k = 4. Puisque N k appartient à la droite BC, la distance M k N k est minimale lorsque la droite M k N k est perpendiculaire â la droite BC, donc pour k =.. Section du cube par le plan P : Exercice IV :Polynésie Juin 006 E A H D. Proposition fausse, en effet : Les vecteurs AM et BC ayant pour coordonnées respectives x ; y ; z et ; 4; 0 alors M AM BC = 0 x 4y = 0 Alors A et O appartiennent à cet ensemble car = 0, mais I milieu de [BC] a pour coordonnées ; ; 0 donc 4 0, donc I n appartient à cet ensemble.. Proposition vraie, en effet : MB + MC = MB MC MI = CB IM = BC 4 F B G N C

3 . Proposition fausse, en effet : Comme A est sur l axe O; k et B sur l axe O; j, alors les droites AO et BO sont perpendiculaires, de même pour les droites AO et OC. Ainsi AO est la hauteur issue de A du tétraèdre OABC de longueur OA=. Comme de plus, le triangle OBC est rectangle, alors son aire est : OB OC = 4 = 4. Ainsi le volume du tétraèdre OABC est égal à Proposition vraie, en effet : Comme = 4, alors A appartient au plan d équation x + y + z = 4. Comme = 4, alors B appartient au plan d équation x + y + z = 4. Comme = 4, alors C appartient au plan d équation x + y + z = 4. Ainsi le plan ABC a pour équation cartésienne x + y + z = 4. Et, = 4, alors H appartient au plan d équation x + y + z = 4. Un vecteur normal au plan ABC est n, ;, et le vecteur OH ayant pour coordonnées 8 9 ; 4 9 ; 8, on a : 9 OH = 9 8 n Donc OH est perpendiculaire au plan ABC, comme de plus H appartient au plan ABC, H est bien le projeté orthogonal de O sur ABC.. Proposition vraie, en effet : En prenant t = 0, on montre que A est sur la droite de représentation paramétrique x = t y = t t R z = t Un vecteur directeur de cette droite est u de coordonnées ; ;, et un vecteur directeur de la droite AG est AI de coordonnées ; ;. CQFD. Exercice V :Amérique Sud Novembre 00 ère méthode : Travailler dans un repêre orthonormal. On peut très bien dans cette question choisir un repêre orthonormal pour calculer les différents produits scalaires. Et tant qu à faire prendre celui de l énoncé A ; AB, AD, AE.. Alors les vecteurs AC et AI ont pour coordonnées respectives,,0 et ;0;0, donc AC AI = = La proposition est Vraie.. Le vecteur AB a pour coordonnées ;0;0 donc La proposition est Vraie. AI AB = = = AC AI. les vecteurs IJ et IC ont pour coordonnées respectives ;; et ;;0, donc et La proposition est Vraie. AB IJ = = AB IC = = 4. On a : Donc AB = et IC = IB + BC = 4 + = 4 AB IC cos π = 4 La proposition est Fausse. ème méthode : Utiliser les projetés orthogonaux, la décomposition, etc... AC AI = AB + BC AB = AB AB + BC AB }{{} BC AB = AB AB = AB AB cos AB; AB = = On vient de démontrer que les propositions et sont vraies. De plus, Donc La proposition est vraie. Dans le repère orthonormal AB IJ = IB AB + BC + CJ = AB AB + BC + BF = AB AB + AB BC + AB BF = = AB IC = IB AB + BC = AB AB + AB BC = = AB IJ = AB IC A ; AB, AD, AE, les points I et J ont pour coordonnées respectives ;0;0 et ;;. x = t +. Or I de coordonnées ;0;0 appartient à la droite de représentation paramétrique y = t si et seulement si il existe un réel t tel que : x I = t + = t + t = y I = t 0 = t t = 0 = t 0 = t t = 0 z I Donc il n existe pas de réel t, donc I n appartient pas à cette droite, donc la proposition est fausse. 6

4 6. Faisons de même, I de coordonnées ;0;0 appartient à la droite de représentation paramétrique x = t + y = t + si et seulement si il existe un réel t tel que : z = t + = t + 0 = t + 0 = t + t = t = t = H Donc I appartient à cette droite, vérifions pour J : x = t + J de coordonnées ;; appartient à la droite de représentation paramétrique y = t + z = t + si et seulement si il existe un réel t tel que : = t + = t + = t + t = 0 t = 0 t = 0 A D F L J G C K Donc J appartient à cette droite. La propsition 6 est donc vraie.. C est le gros piège du QCM, rappelons-le dans l espace les droites n ont pas d équation cartésienne mais uniquement des équations paramétriques. La proposition est fausse. 8. I appartient à FIJ et à ABC, cherchons un ème point d intersection à ces deux plans. Dans le plan BCGF, les droites BC et FJ sont sécantes en K. Ainsi K appartient au plan FIJ et au plan ABC. Ainsi l intersection des plans FIJ et ABC est la droite IK, qui n est pas la droite passant par I et par le milieu de l arête [DC]. Donc la proposition 8 est fausse. I B 9. Pour montrer qu un vecteur n est normal au plan FIJ, il suffit de montrer que n est orthogonal à un couple de deux vecteurs directeurs du plan FIJ, par exemple FI de coordonnées ;0; et FJ de coordonnées 0;; : n FI = = 0 et n FJ = = 0 Donc n est normal au plan FIJ. La proposition 9 est vraie. 0. Version courte : Choisissons comme base du tétraèdre EFIJ le triangle EIF d aire EF EA = et donc de hauteur h la distance de J au plan EIF, mais h = BC =. Donc le volume du tétraèdre est V = = 6. donc la proposition 0 est vraie. Version très très longue : Choisissons comme base du tétraèdre EFIJ le triangle, non rectangle malheureusement mais cependant isocèle de sommet F, IFJ et donc comme hauteur la distance de E à ce plan. Calculons l aire de IFJ : Comme I et J sont de coordonnées respectives ;0;0; et ;;, alors : IJ = x I x J + y I y J + z I z J = = Et, FI = Donc la hauteur h du triangle FIJ est : + FJ 4 IJ = = = 8 8

5 Et l aire du triangle FIJ est : IJ h = 8 = 4 = 8 La hauteur du tétraèdre étant la distance de E au plan FIJ, déterminons une équation cartésienne de ce plan qui admet pour vecteur normal, d après la proposition 9, le vecteur n de coordonnées -4;;, ainsi une équation est : Or F appartient à FIJ donc : 4x + y + z + d = 0 4x F + y F + z F + d = d = 0 d = Donc FIJ a pour équation cartésienne : Et la distance de E à FIJ est : 4x + y + z + = 0 de,fij = 4x E + y E + z E = = 4 Donc le volume de EFIJ est : V = 8 4 = 6 Moralité : bien choisir le triangle de base! Exercice VI :La Réunion Juin 006. a Faux, en effet : b Vrai On a do ; P = = 9 c Vrai, en effet : Comme le plan P a pour équation x + y4z = 0, un vecteur normal à P est le vecteur de coordonnées ; ; 4 = n, ainsi n est aussi un vecteur normal au plan P. d Faux, en effet : Puisque nous avons trouvé bonnes affirmations sur les 4, on déduit que celle-ci est nécessairement fausse. Prouvons-le néanmoins : le vecteur p ; ; est un vecteur normal au plan Q qui n est pas colinéaire au vecteur ; ; 4. Les plans ne sont donc pas parallèles.. a Vrai, en effet : P admet pour vecteur normal le vecteur n ; ; et n u = 4 + = 0. Ces vecteurs sont orthogonaux donc la droite est bien parallèle au plan. b Faux car n et u ne sont pas colinéaires ou bien puisque la droite est parallèle au plan, elle ne peut lui être orthogonale. c Faux, en effet : On sait que D est parallèle au plan, mais x A +y A z A = + 0 donc A n appartient pas au plan P, donc la droite D n est pas incluse dans le plan. d Vrai, par élimination.. a Faux, en effet : L intersection de deux plans ne peut être qu un plan, une droite ou le vide. De plus, les deux plans ont pour vecteurs normaux respectifs v ; ; et w ; 0 ; et v w = = 0 Les deux plans sont orthogonaux, leur intersection est donc une droite. 9 b Vrai, en effet : On a x A + y A + z A = + + = A E et x A z A = = a E, donc l ensemble E est bien une droite contenant A. c Faux, puisque E est une droite ce n est donc pas un plan. d Vrai, puisque on a trouvé affirmations fausses et vraie, la restante ne peut être que vraie!. { { { x + y + z = x + y = z x + y = z Ou bien : x z = x = + z x = + z y = z x = + z + z z L ensemble des points de E est donc l ensemble des points de coordonnées ; ; z. L équation paramétrique de cette droite est donc : x = + z y = z En posant, on obtient le système : z = z x = + t y = t Cette équation est celle de la droite contenant B ; ; 0 et de vecteur directeur ; ; z = 0 + t. 4. a Faux difficile à justifier, faire un dessin tout simplement. b Vrai, en effet : AH est orthogonale à BC donc appartient aussi au plan P. c BM BC = BA BC BC BM BA = 0 BC AM = 0. L ensemble des points M est donc le plan contenant A et orthogonal à BC : c est bien le plan P. Vrai d Faux : La face ABC étant quelconque la hauteur [AH] n est pas la médiane relative à [BC]. Exercice VII :France Septembre 00. Comme le plan R a pour équation cartésienne x + y = 0, alors un vecteur normal au plan R est le vecteur r ; ; 0. Or r n = = 0 Ces deux vecteurs étant orthogonaux, les plans sont perpendiculaires.. Comme le plan P a pour vecteur normal n ; ;, alors son équation est de la forme : x + y + z + d = 0 De plus, le point B ; ; appartient à ce plan, donc : x B + y B + z B + d = d = 0 d = Une équation de P est donc x + y + z = 0. Les deux plans étant perpendiculaires, leur intersection est bien une droite dont on va chercher une équation paramétrique en résolvant le système : { x + y = 0 x + y + z = 0 x + y = 0 x + y + z = 0 x = y + y + + y + t = 0 C est à dire que a pour équation paramétrique : x = y + x = t + y + x = t + y + t = 0 y = t + y = t + 0 t R

6 Ceci est l équation d une droite ayant pour vecteur directeur u ; ; et l on vérifie aisément que pour t =, elle contient le point C ; 4 ;. 0. On a da, P = = 8 = 8 0 = De même da, R = = 6 = Dans le plan contenant A et perpendiculaire aux deux plans P et R, le théorème de Pythagore peut s appliquer et : d A, = d A, P + d A, R = = 40 = 8. Conclusion : da, = 8 =.. a AM t = 4 + t + t + t + = 6t 4t + 4 = 6 t 4t +. Le trinôme t 4t + a pour discriminant = 40. Il ne s annule donc pas et est positif coefficient de t positif quel que soit t. On peut donc calculer AM t = 6t 4t + = ϕt. On pouvait également utiliser la forme canonque du trinôme : t 4t + = t + somme de deux carrés qui est positive, et permet de prévoir le minimum de la question suivante. b Or ϕ t = t 4 6t 4t + = 6t 6t 4t + Et, ϕ t est du signe de t. La fonction ϕ est donc décroissante sur [0; ], puis croissante sur [ ; + [. Elle a donc un minimum en t = qui est égal à ϕ = = 8 =. c On reconnaît que M t est un point de la droite question. b. et on a vu à la question. d. que la plus courte distance de A à était égale à. On pouvait donc sans calcul prévoir ce résultat.