Géométrie dans l'espace Exercice 1★ Soient A(5;−1;3)A(5\,;-1\,;3), B(4;3;0)B(4\,;3;\,0) et C(3;9;7)C(3\,;9;\,7) trois points d'un repère de l'espace.
Ces points définissent-ils un plan ?
Correction
On regarde pour cela si les vecteurs AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC} sont colinéaires ou non.

AB→\overrightarrow{AB} == (xB−xAyB−yAzB−zA)\begin{pmatrix} x_B - x_A \\ y_B-y_A \\ z_B-z_A \end{pmatrix} == (4−53+10−3)\begin{pmatrix} 4 - 5 \\ 3+1 \\ 0-3 \end{pmatrix} == (−14−3)\begin{pmatrix} - 1 \\ 4 \\ -3 \end{pmatrix}.

AC→\overrightarrow{AC} == (xC−xAyC−yAzC−zA)\begin{pmatrix} x_C - x_A \\ y_C-y_A \\ z_C-z_A \end{pmatrix} == (3−59+17−3)\begin{pmatrix} 3 - 5 \\ 9+1 \\ 7-3 \end{pmatrix} == (−2104)\begin{pmatrix} - 2 \\ 10 \\ 4 \end{pmatrix}.

On a xAC→xAB→\dfrac{x_{ \overrightarrow{AC} } }{x_{ \overrightarrow{AB} }} == 22 alors que yAC→yAB→\dfrac{y_{ \overrightarrow{AC} } }{y_{ \overrightarrow{AB} }} == 104\dfrac{10}{4} == 52\dfrac{5}{2}.

Ainsi les vecteurs AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC} ne sont pas colinéaires, et les points AA, BB et CC définissent bien un plan.
✕
Exercice 2★★ Soit ABCDEFGHABCDEFGH un parallélépipède rectangle.

On considère les points II et JJ tels que AI→=34AC→\overrightarrow{AI}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AC} et FJ→=23FG→\overrightarrow{FJ}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{FG}.
  1. Faire une figure.
    2. Correction
    A
    B
    C
    D
    E
    F
    G
    H
    I
    J
    ✕
  2. Montrer que DI→=34AB→−14AD→\overrightarrow{DI}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AD}.
    3. Correction
    DI→\overrightarrow{DI} == DA→+AI→\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AI}
    == −AD→+34AC→-\overrightarrow{AD}+\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AC}
    == −AD→+34(AB→+AD→)-\overrightarrow{AD}+\dfrac{3}{4}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})
    == −AD→+34AB→+34AD→-\overrightarrow{AD}+\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AB}+\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AD}
    == 34AB→−14AD→\dfrac{3}{4}\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AD}.
    ✕
  3. Exprimer HJ→\overrightarrow{HJ} comme une combinaison linéaire des vecteurs AB→\overrightarrow{AB} et AD→\overrightarrow{AD}.
    4. Correction
    HJ→\overrightarrow{HJ} == HG→+GJ→\overrightarrow{HG}+\overrightarrow{GJ}
    == AB→−13AD→\overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AD}.
    ✕
  4. Que peut-on déduire des questions précédentes pour les vecteurs DI→\overrightarrow{DI} et HJ→\overrightarrow{HJ}.
    5. Correction
    D'après les deux questions précédentes on a HJ→\overrightarrow{HJ} == 34DI→\dfrac{3}{4}\overrightarrow{DI}.
    Les vecteurs HJ→\overrightarrow{HJ} et DI→\overrightarrow{DI} sont donc colinéaires.
    ✕
Exercice 3★★ On considère la droite (d)(d) dont une paramétrisation est : {x=3+2t′y=−1−t′z=4+3t′,t′∈R\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 3+2t' \\ y & = & -1-t'\\ z & = & 4+3t' \end{array} \right., t'\in\mathbb{R} On considère les points A(1;1;2)A(1\,;1\,;2) et B(−2;2;−3)B(-2\,;2\,;-3).
  1. Déterminer les coordonnées du milieu de [AB][AB], puis la longueur du segment [AB][AB].
    2. Correction
    (xB+xA2;yB+yA2;zB+zA2)\left( \dfrac{x_B+x_A}{2} \,; \dfrac{y_B+y_A}{2} \,; \dfrac{z_B+z_A}{2}\right) == (−12;32;−12)\left( -\dfrac{1}{2}\,; \dfrac{3}{2} \,; -\dfrac{1}{2} \right).

    La longueur du segment [AB][AB] est :
    ABAB == (xB−xA)2+(yB−yA)2+(zB−zA)2\sqrt{ (x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2+(z_B-z_A)^2 } == (−3)2+12+(−5)2\sqrt{ (-3)^2+1^2+(-5)^2 } == 35\sqrt{35}.
    ✕
  2. Le point AA appartient-il à la droite (d)(d) ?
    3. Correction
    Pour que AA appartienne à (d)(d), il faut que xA=3+2t′x_A=3+2t', c'est-à-dire 1=3+2t′1=3+2t' donc t′=−1t'=-1.
    Cette valeur de t′t', donne dans la paramétrisation de (d)(d) :
    y=−1−(−1)=0y=-1-(-1)=0 et z=4−3z=4-3 == 11,
    ce qui ne correspond pas aux coordonnées de AA.
    Ainsi, AA n'est pas un point de (d)(d).
    ✕
  3. Déterminer les coordonnées de AB→\overrightarrow{AB} et en déduire une paramétrisation de la droite (AB)(AB).
    On utilisera la lettre tt pour le paramètre.
    4. Correction
    AB→\overrightarrow{AB} == (xB−xAyB−yAzB−zA)\begin{pmatrix} x_B - x_A \\ y_B-y_A \\ z_B-z_A \end{pmatrix} == (−2−12−1−3−2)\begin{pmatrix} -2 - 1 \\ 2-1 \\ -3-2 \end{pmatrix} == (−31−5)\begin{pmatrix} - 3 \\ 1 \\ -5 \end{pmatrix}.

    Une paramétrisation de (d)(d) est donc :

    {x=xA+xAB→ty=yA+yAB→tz=zA+zAB→t,t∈R\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & x_A+x_{\overrightarrow{AB}}t \\ y & = & y_A+y_{\overrightarrow{AB}}t\\ z & = & z_A+z_{\overrightarrow{AB}}t \end{array} \right., t\in\mathbb{R},

    C'est-à-dire :

    {x=1−3ty=1+tz=2−5t,t∈R\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 1-3t \\ y & = & 1+t\\ z & = & 2-5t \end{array} \right., t\in\mathbb{R}.
    ✕
  4. Les droites (d)(d) et (AB)(AB) sont-elles parallèles ?
    5. Correction
    À partir de la paramétrisation de la droite (d)(d) nous voyons que u⃗(2−13)\vec{u}\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix} dirige cette droite.
    Or, AB→(−31−5)\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} - 3 \\ 1 \\ -5 \end{pmatrix} et u⃗(2−13)\vec{u}\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix} ne sont pas colinéaires (En effet yu⃗=−yAB→y_{\vec{u}}=-y_{\overrightarrow{AB}}, mais xu⃗≠−xAB→ x_{\vec{u}} \neq -x_{\overrightarrow{AB}}).
    Les droites (d)(d) et (AB)(AB) ne sont donc pas parallèles.
    ✕
  5. Les droites (d)(d) et (AB)(AB) sont-elles sécantes ? Si oui déterminer les coordonnées du point d'intersection. Sinon conclure sur leur position relative.
    6. Correction
    Pour déterminer si les droites (d)(d) et (AB)(AB) sont sécantes il faut résoudre le système suivant :

              {1−3t=3+2t′1+t=−1−t′2−5t=4+3t′\left\{ \begin{array}{rcl} 1-3t & =& 3+2t' \\ 1+t & =& -1-t' \\ 2-5t &=& 4+3t' \end{array} \right.

    ⟺\Longleftrightarrow {−3t−2t′=2t+t′=−2−5t−3t′=2\left\{ \begin{array}{rcl} -3t-2t' & =& 2 \\ t+t' & =& -2 \\ -5t-3t' &=& 2 \end{array} \right.

    ⟺\Longleftrightarrow {t+t′=−2(1)−3t−2t′=2(2)−5t−3t′=2(3)\left\{ \begin{array}{rclr} t+t' & =& -2 & (1)\\ -3t-2t' & =& 2 &(2)\\ -5t-3t' &=& 2 & (3) \end{array} \right.

    ⟺\Longleftrightarrow {t+t′=−2(1)t′=−4(2)+3(1)2t′=−8(3)+5(1)\left\{ \begin{array}{rclr} t+t' & =& -2 & (1)\\ t' & =& -4 &(2)+3(1)\\ 2t' &=& -8 & (3)+5(1) \end{array} \right.

    ⟺\Longleftrightarrow {t+t′=−2(1)t′=−4(2)+3(1)t′=−4(3)+5(1)\left\{ \begin{array}{rclr} t+t' & =& -2 & (1)\\ t' & =& -4 &(2)+3(1)\\ t' &=& -4 & (3)+5(1) \end{array} \right.

    ⟺\Longleftrightarrow {t=2(1)t′=−4(2)+3(1)t′=−4(3)+5(1)\left\{ \begin{array}{rclr} t & =& 2 & (1)\\ t' & =& -4 &(2)+3(1)\\ t' &=& -4 & (3)+5(1) \end{array} \right.

    Ainsi, les droites sont sécantes. Pour déterminer les coordonnées du point d'intersection on remplace tt par 22 dans la paramétrisation de (AB)(AB) (ou t′t' par −4-4 dans celle de (d)(d)) et on obtient :
    (−5;3;−8)(-5\,; 3 \,;-8).
    ✕
Exercice 4★★ Soit dd la droite dont une paramétrisation est : {x=1−2ty=3tz=−3+t,t∈R.\left\{\begin{array}{rcl} x & = & 1-2t \\ y & = & 3t \\ z & = & -3+t \end{array}\right., t\in\mathbb{R}.
  1. Donner les coordonnées de deux points appartenant à dd.
    2. Correction
    On remplace tt par deux valeurs différentes pour obtenir les coordonnées de deux points distincts de dd.

    Pour t=0t=0 : x=1−2×0=1x=1-2\times 0=1 ; y=3×0=0y=3\times 0=0 ; z=−3+0=−3z=-3+0=-3. Ce qui donne comme point (1;0;−3)( 1\,; 0\,;-3 ).

    Pour t=1t=1 : x=1−2×1=−1x=1-2\times 1=-1 ; y=3×1=3y=3\times 1=3 ; z=−3+1=−2z=-3+1=-2. Ce qui donne comme point (−1;3;−2)( -1\,; 3\,;-2 ).
    ✕
  2. Donner les coordonnées de deux vecteurs directeurs de dd.
    3. Correction
    En observant les coefficients devant les paramètres tt dans la paramétrisation on a que (−231)\begin{pmatrix}-2 \\ 3 \\1 \end{pmatrix} dirige dd.

    Tout vecteur non nul colinéaire à ce vecteur est aussi un vecteur directeur de dd. Ainsi le vecteur (−462)\begin{pmatrix}-4 \\ 6 \\2 \end{pmatrix} dirige dd.
    ✕
  3. Le point A(5;−6;5)A(5;-6;5) appartient-il à dd ?
    4. Correction
    En observant l'ordonnée 3t3t dans la paramétrisation donnée et celle de AA qui vaut −6-6, si AA appartenait à dd il faudrait que t=−2t=-2.
    On remplace tt par −2-2 dans les autres égalités de la paramétrisation et on obtient : x=1−2×(−2)x=1-2\times(-2) == 55 == xAx_A et z=−3+(−2)z=-3+(-2) == −5-5 ≠\neq zAz_A.
    Ainsi, A∉dA\notin d.
    ✕
  4. Soit B(1;0;−9)B(1;0;-9). Le point CC milieu de [AB][AB] est-il un point de dd ?
    5. Correction
    Les coordonnées de CC sont (xA+xB2;yA+yB2;zA+zB2)\left( \dfrac{x_A+x_B}{2}\, ; \dfrac{y_A+y_B}{2}\, ; \dfrac{z_A+z_B}{2} \right) == (3;−3;−2)\left( 3\,; -3\, ; -2 \right).
    En observant l'ordonnée 3t3t dans la paramétrisation donnée et celle de CC qui vaut −3-3, si CC appartenait à dd il faudrait que t=−1t=-1.
    On remplace tt par −1-1 dans les autres égalités de la paramétrisation et on obtient : x=1−2×(−1)x=1-2\times(-1) == 33 == xCx_C et z=−3+(−1)z=-3+(-1) == −4-4 ≠\neq zCz_C.
    Ainsi, C∉dC\notin d.
    ✕
  5. Déterminer la distance ABAB.
    6. Correction
    AB2AB^2 == (xB−xA)2+(yB−yA)2+(zB−zA)2(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2+(z_B-z_A)^2 == 16+36+19616+36+196 == 248248
    Ainsi ABAB == 248\sqrt{248} == 4×62\sqrt{4\times62} == 2622\sqrt{62}.
    ✕
  6. Soit Δ\Delta la droite passant par BB et dirigé par u⃗(310)\vec{u}\begin{pmatrix}3\\1\\0\end{pmatrix}.
    Déterminer la position relative de dd et Δ\Delta. Préciser leur(s) éventuel(s) point(s) d'intersection.
    7. Correction
    Le vecteur u⃗(310)\vec{u}\begin{pmatrix}3\\1\\0\end{pmatrix} qui dirige Δ\Delta et (−231)\begin{pmatrix}-2 \\ 3 \\1 \end{pmatrix} qui dirige dd ne sont pas colinéaires car leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles.
    Ainsi les droites dd et Δ\Delta ne sont pas parallèles. Il reste à voir si elles sont sécantes ou non coplanaires. Pour cela on détermine tout d'abord une paramétrisation pour Δ\Delta :

            {x=xB+xv⃗t′y=yB+yv⃗t′z=zB+zv⃗t′,t′∈R\left\{\begin{array}{rcl} x & = & x_B+x_{\vec{v}}t' \\ y & = & y_B+y_{\vec{v}}t' \\ z & = & z_B+z_{\vec{v}}t' \end{array}\right., t'\in\mathbb{R}

    ⟺\Longleftrightarrow {x=1+3t′y=t′z=−9,t′∈R\left\{\begin{array}{rcl} x & = & 1+3t' \\ y & = & t' \\ z & = & -9 \end{array}\right., t'\in\mathbb{R}

    Il reste à résoudre le système suivant :

            {1−2t=1+3t′3t=t′−3+t=−9\left\{ \begin{array}{rcl} 1-2t & =& 1+3t' \\ 3t & =& t' \\ -3+t &=& -9 \end{array} \right.

    ⟺\Longleftrightarrow {1−2×(−6)=1+3t′3×(−6)=t′t=−6\left\{ \begin{array}{rcl} 1-2\times(-6) & =& 1+3t' \\ 3\times(-6) & =& t' \\ t &=& -6 \end{array} \right.

    ⟺\Longleftrightarrow {13=1+3t′t′=−18t=−6\left\{ \begin{array}{rcl} 13 & =& 1+3t' \\ t' & =& -18 \\ t &=& -6 \end{array} \right.

    ⟺\Longleftrightarrow {3t′=12t′=−18t=−6\left\{ \begin{array}{rcl} 3t' & =& 12 \\ t' & =& -18 \\ t &=& -6 \end{array} \right.

    ⟺\Longleftrightarrow {t′=4t′=−18t=−6\left\{ \begin{array}{rcl} t' & =& 4 \\ t' & =& -18 \\ t &=& -6 \end{array} \right.
    Ce système ne possède aucune solution, ainsi les droites dd et Δ\Delta ne sont ni sécantes, ni parallèles. Elles sont donc non coplanaires.
    ✕
Exercice 5★★ On considère dans le repère orthonormé (O,i⃗,j⃗,k⃗)(O,\vec{i},\vec{j},\vec{k}) ci-dessous, les points A(0;0;4)A(0;0;4), B(5;0;0)B(5;0;0), F(0;3;2)F(0;3;2) et G(4;1,2;0)G(4;1,2;0).
  1. Placer les points FF et GG dans le repère.
    2. Correction
    ✕
  2. Déterminer les coordonnées des vecteurs AF→\overrightarrow{AF} et BG→\overrightarrow{BG}.
    3. Correction
    AF→=(xF−xAyF−yAzF−zA)\overrightarrow{AF}=\begin{pmatrix}x_F-x_A \\ y_F-y_A \\z_F-z_A\end{pmatrix} == (0−03−02−4)\begin{pmatrix}0-0 \\ 3-0 \\2-4\end{pmatrix} == (03−2)\begin{pmatrix}0 \\ 3 \\-2\end{pmatrix}.

    BG→=(xG−xByG−yBzG−zB)\overrightarrow{BG}=\begin{pmatrix}x_G-x_B \\ y_G-y_B \\z_G-z_B\end{pmatrix} == (4−51,2−00−0)\begin{pmatrix} 4-5\\ 1,2-0 \\0-0\end{pmatrix} == (−11,20)\begin{pmatrix}-1 \\ 1,2 \\0\end{pmatrix}.
    ✕
  3. En déduire des paramétrisations pour les droites (AF)(AF) et (BG)(BG).
    4. Correction
    Paramétrisation de (AF)(AF)
    {x=xA+xAF→ty=yA+yAF→tz=yA+yAF→t,t∈R\left\{\begin{array}{rcl} x & = & x_A + x_{\overrightarrow{AF}}t \\ y & = & y_A + y_{\overrightarrow{AF}}t \\ z & = & y_A + y_{\overrightarrow{AF}}t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R} ssi {x=0y=3tz=4−2t,t∈R\left\{\begin{array}{rcl} x & = & 0 \\ y & = & 3t \\ z & = & 4 -2t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}.

    Paramétrisation de (BG)(BG)
    {x=xB+xBG→t′y=yB+yBG→t′z=yB+yBG→t′,t′∈R\left\{\begin{array}{rcl} x & = & x_B + x_{\overrightarrow{BG}}t' \\ y & = & y_B + y_{\overrightarrow{BG}}t' \\ z & = & y_B + y_{\overrightarrow{BG}}t' \\ \end{array} \right., t'\in\mathbb{R} ssi {x=5−t′y=1,2t′z=0,t′∈R\left\{\begin{array}{rcl} x & = & 5-t' \\ y & = & 1,2t' \\ z & = & 0 \\ \end{array} \right., t'\in\mathbb{R}. Remark 1 D'autres paramétrisations sont correctes si on choisit d'autres points appartenant aux droites et/ou d'autres vecteurs directeurs.
    ✕
  4. Montrer que les droites (AF)(AF) et (BG)(BG) sont sécantes en un point CC.
    5. Correction
    On résout pour cela le système suivant : {0=5−t′3t=1,2t′4−2t=0\left\{\begin{array}{rcl} 0 & = & 5-t' \\ 3t & = & 1,2t' \\ 4-2t & = & 0 \\ \end{array} \right. ssi {t′=53t=1,2×5t=2\text{ssi }\left\{\begin{array}{rcl} t' & = & 5 \\ 3t & = & 1,2\times5 \\ t & = & 2 \\ \end{array} \right. ssi {t′=56=6t=2\text{ssi }\left\{\begin{array}{rcl} t' & = & 5 \\ 6 & = & 6 \\ t & = & 2 \\ \end{array} \right. Ainsi, les droites (AF)(AF) et (BF)(BF) sont bien sécantes. En remplaçant tt par 22 dans la paramétrisation de (AF)(AF), on obtient : C(0;6;0)C(0;6;0).
    ✕
  5. Déterminer le volume du tétraèdre OABCOABC.
    6. Correction
    La formule du volume d'un tétraèdre est : 13Abase×hauteur\dfrac{1}{3}\mathscr{A}_{base}\times hauteur.
    En considérant la base OBCOBC, la hauteur correspondante est OA=4OA=4.
    Le triangle OBCOBC est rectangle en OO donc son aire vaut : 12OB×OC=12×5×6=15\dfrac{1}{2}OB\times OC=\dfrac{1}{2}\times5\times6=15.
    Ainsi le volume cherché vaut : V=13×15×4=20\mathcal{V}=\dfrac{1}{3}\times 15\times 4=20.
    ✕
Exercice 6★★ Deux espèces de tortues endémiques d'une petite île de l'océan pacifique, les tortues vertes et les tortues imbriquées, se retrouvent lors de différents épisodes reproducteurs sur deux des plages de l'île pour pondre. Cette île, étant le point de convergence de nombreuses tortues, des spécialistes ont décidé d'en profiter pour recueillir différentes données sur celles-ci.
Ils ont dans un premier temps constaté que les couloirs empruntés dans l'océan par chacune des deux espèces pour arriver sur l'île pouvaient être assimilés à des trajectoires rectilignes.
Dans la suite, l'espace est rapporté à un repère orthonormé (O,i⃗,j⃗,k⃗)(O,\vec{i},\vec{j},\vec{k}) d'unité 100100 mètres.
Le plan (O,i⃗,j⃗)(O,\vec{i},\vec{j}) représente le niveau de l'eau et on admet qu'un point M(x ; y ; z)M(x~;~y~;~z) avec z<0z < 0 se situe dans l'océan.
La modélisation des spécialistes établit que :
• la trajectoire empruntée dans l'océan par les tortues vertes a pour support la droite D1\mathcal{D}_1 dont une représentation paramétrique est : {x=3+ty=6tz=−3tavec treleˊ;\left\{\begin{array}{l c r} x &=&3+t\\ y &=&6t\\ z &=&- 3t \end{array}\right.\:\text{avec } \:t\: \text{réel}\: ;
• la trajectoire empruntée dans l'océan par les tortues imbriquées a pour support la droite D2\mathcal{D}_2 dont une représentation paramétrique est :
{x=10ky=2+6kz=−4kavec kreleˊ;\left\{\begin{array}{l c r} x&=&10k\\ y&=&2 + 6k\\ z&=&- 4k \end{array}\right.\:\text{avec } \:k\: \text{réel}\: ;
  1. Démontrer que les deux espèces ne sont jamais amenées à se croiser avant d'arriver sur l'île.
    2. Correction
    Démontrons pour cela que ces deux droites ne sont pas sécantes en résolvant le système suivant :

            {3+t=10k6t=2+6k−3t=−4k\left\{\begin{array}{rcl} 3+t & = & 10k \\ 6t & = & 2+6k\\ - 3t & = &-4k \end{array}\right.

    ⟺{3+t=10k6t=2+6kt=43k\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} 3+t & = & 10k \\ 6t & = & 2+6k\\ t & = & \dfrac{4}{3}k \end{array}\right.

    ⟺{3+43k=10k6×43k=2+6kt=43k\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} 3+\dfrac{4}{3}k & = & 10k \\ 6\times\dfrac{4}{3}k & = & 2+6k\\ t & = & \dfrac{4}{3}k \end{array}\right.

    ⟺{43k−10k=−38k−6k=2t=43k\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} \dfrac{4}{3}k -10k & = & -3 \\ 8k -6k & = & 2\\ t & = & \dfrac{4}{3}k \end{array}\right.

    ⟺{−273k=−32k=2t=43k\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} -\dfrac{27}{3}k & = & -3 \\ 2k & = & 2\\ t & = & \dfrac{4}{3}k \end{array}\right.

    ⟺{k=13k=1t=43k\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} k & = & \dfrac{1}{3} \\ k & = & 1\\ t & = & \dfrac{4}{3}k \end{array}\right.

    Le nombre kk ne peut prendre deux valeurs différentes, ce système n'admet aucune solution et les droites D1\mathcal{D}_1 et D2\mathcal{D}_2 ne sont donc pas sécantes.
    ✕
  2. L'objectif de cette question est d'estimer la distance minimale séparant ces deux trajectoires.
    1. Vérifier que le vecteur n⃗(31327)\vec{n}\begin{pmatrix}3\\13\\27\end{pmatrix} est normal aux droites D1\mathcal{D}_1 et D2\mathcal{D}_2.
      2. Correction
      On pose u⃗(16−3)\vec{u}\begin{pmatrix}1\\6\\-3\end{pmatrix} et v⃗(106−4)\vec{v}\begin{pmatrix}10\\6\\-4\end{pmatrix} les vecteurs directeurs respectifs des droites D1\mathcal{D}_1 et D2\mathcal{D}_2 obtenus à l'aide des deux paramétrisations.

      On a alors :

      n⃗.u⃗\vec{n}.\vec{u} == 3×1+13×6+27×(−3)3\times1+13\times6+27\times(-3) == 00.

      et

      n⃗.v⃗\vec{n}.\vec{v} == 3×10+13×6+27×(−4)3\times10+13\times6+27\times(-4) == 00.

      Le vecteur n⃗\vec{n} est bien normal aux droites D1\mathcal{D}_1 et D2\mathcal{D}_2..
      ✕
    2. On admet que la distance minimale entre les droites D1\mathcal{D}_1 et D2\mathcal{D}_2 est la distance HH’\text{HH'} où HH′→\overrightarrow{\text{HH}'} est un vecteur colinéaire à n⃗\vec{n} avec H\text{H} appartenant à la droite D1\mathcal{D}_1 et H′\text{H}' appartenant à la droite D2\mathcal{D}_2.
      Déterminer une valeur arrondie en mètres de cette distance minimale.
      On pourra utiliser les résultats ci-après fournis par un logiciel de calcul formel.
      ▹\triangleright Calcul formel
      1 Résoudre({10∗k−3−t=3∗ℓ,2+6∗k−6∗t=13∗ℓ,−4∗k+3∗t=27∗ℓ},{k, ℓ, t})(\{10*k-3-t=3*\ell,2 + 6*k - 6*t = 13*\ell,- 4*k + 3*t= 27*\ell\},\{k,~\ell,~t\})
      →{{k=6751814,ℓ=17907,t=603907}}\to \left\{\left\{k = \dfrac{675}{1814},\:\ell = \dfrac{17}{907}, \: t =\dfrac{603}{907}\right\}\right\}
      3. Correction
      Soient H(3+t;6t;−3t)\text{H}(3+t;6t;-3t) et H′(10k;2+6k;−4k)\text{H}'(10k;2+6k;-4k), tt et kk des réels, deux points respectifs de D1\mathcal{D}_1 et D2\mathcal{D}_2. On a alors :

      HH′→\overrightarrow{\text{HH}'} == (xH’−xHyH’−yHzH’−zH)\begin{pmatrix}x_{\text{H'}} - x_{\text{H}} \\ y_{\text{H'}} - y_{\text{H}} \\ z_{\text{H'}} - z_{\text{H}} \end{pmatrix} == (10k−3−t2+6k−6t−4k+3t)\begin{pmatrix} 10k-3-t \\ 2+6k-6t \\ -4k+3t \end{pmatrix}.

      On sait de plus que HH′→\overrightarrow{\text{HH}'} est colinéaire à n⃗\vec{n}, il existe donc un réel ℓ\ell tel que HH′→=ℓ×n⃗\overrightarrow{\text{HH}'} = \ell\times\vec{n}. Les points H\text{H} et H′\text{H}' vérifient donc :

      {10k−3−t=3ℓ2+6k−6t=13ℓ−4k+3t=27ℓ\left\{\begin{array}{rcl} 10k-3-t & = & 3\ell \\ 2+6k-6t & = & 13\ell\\ -4k+3t & = & 27\ell \end{array}\right.

      D'après le résultat du logiciel de calcul formel on a donc que k=6751814k=\dfrac{675}{1814}, ℓ=17907\ell = \dfrac{17}{907} et t=603907t =\dfrac{603}{907} et la distance HH′\text{HH}' vaut alors :

      ℓ∣∣n⃗∣∣\ell||\vec{n}|| == 1790732+132+272\dfrac{17}{907}\sqrt{3^2+13^2+27^2} == 17907907\dfrac{17\sqrt{907}}{907} ≃\simeq 0,5640,564 soit à peu près 5656 mètres, l'unité étant de 100 mètres.
      ✕
  3. Les scientifiques décident d'installer une balise en mer.
    Elle est repérée par le point B de coordonnées (2;4;0).
    1. Soit MM un point de la droite D1\mathcal{D}_1.
      Déterminer les coordonnées du point MM tel que la distance BMBM soit minimale.
      2. Correction
      Le point MM étant un sur D1\mathcal{D}_1 il existe un réel tt tel que : M(3+t;6t;−3t)M(3+t;6t;-3t).

      Déterminer la distance minimale BMBM revient à déterminer le minimum de BM2BM^2 (la fonction racine carrée étant strictement croissante sur [0;+∞[[0;+\infty[). Calculons donc BM2BM^2.

      BM2=(xM−xB)2+(yM−yB)2+(zM−zB)2=(3+t−2)2+(6t−4)2+(−3t−0)2=(t+1)2+(6t−4)2+9t2=46t2−46t+17.\begin{array}{rcl} BM^2 & = & (x_M-x_B)^2+(y_M-y_B)^2+(z_M-z_B)^2 \\ & = & (3+t-2)^2+(6t-4)^2+(-3t-0)^2\\ & = & (t+1)^2+(6t-4)^2+9t^2 \\ & = & 46t^2-46t+17. \end{array}

      Le minimum est atteint pour t=−(−46)2×(46)t=\dfrac{-(-46)}{2\times(46)} == 12\dfrac{1}{2} et les coordonnées du point MM cherché sont :

      M(3+12;6×12;−3×12)M\left(3+\dfrac{1}{2};6\times\dfrac{1}{2};-3\times\dfrac{1}{2}\right) == (72;3;−32)\left( \dfrac{7}{2};3;-\dfrac{3}{2} \right).
      ✕
    2. En déduire la distance minimale, arrondie au mètre, entre la balise et les tortues vertes.
      3. Correction
      Remplaçons tt par 12\dfrac{1}{2} dans l'expression obtenue pour BM2BM^2 dans la question précédente.

      BM2BM^2 == 46×(12)2−46×12+1746\times\left(\dfrac{1}{2}\right)^2-46\times\dfrac{1}{2}+17 == 232−462+342\dfrac{23}{2}-\dfrac{46}{2}+\dfrac{34}{2} == 112\dfrac{11}{2}.

      Ainsi, BM=112BM =\sqrt{\dfrac{11}{2}} ≃\simeq 2,352,35 soit 235235 mètres.
      ✕
Exercice 7★★
  1. Dans un repère de l'espace on considère la droite dd de représentation paramétrique : {x=−1+3ty=2+tz=3,t∈R.\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & -1+3t \\ y & = & 2+t \\ z & = & 3 \end{array}\right.,t\in\mathbb{R}.
    1. Donner deux points et deux vecteurs directeurs de dd.
      Correction
      Pour obtenir deux points remplaçons tt par deux valeurs différentes, par exemple 00 et 11.

      Pour t=0t=0, la paramétrisation nous donne le point (−1;2;3)(-1;2;3).

      Pour t=1t=1, la paramétrisation nous donne le point (2;3;3)(2;3;3).

      Pour obtenir un vecteur directeur de la droite dd, il suffit de considèrer les coefficients des nombres tt dans la paramétrisation.

      Un premier vecteur directeur est par exemple celui de coordonnées : (310)\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\0\end{pmatrix}, et pour en obtenir un deuxième il nous suffit de d'avoir un vecteur colinéaire à ce premier et de multiplier les coordoonées par 22 par exemple : (620)\begin{pmatrix} 6 \\ 2 \\0\end{pmatrix}.
      ✕
    2. Soient P(1;0;3)P(1;0;3) et Q(3;2;3)Q(3;2;3) deux points de ce repère. Le milieu du segment [PQ][PQ] est-il un point de dd ?
      Correction
      Déterminons tout d'abord les coordonnées du milieu de [PQ][PQ] que l'on note RR.

      On a :

      xR=xP+xQ2x_R = \dfrac{x_P+x_Q}{2} == 1+32\dfrac{1+3}{2} == 22.

      yR=yP+yQ2y_R = \dfrac{y_P+y_Q}{2} == 0+22\dfrac{0+2}{2} == 11.

      zR=xP+xQ2z_R = \dfrac{x_P+x_Q}{2} == 3+32\dfrac{3+3}{2} == 33.

      Pour que R(2;1;3)R(2;1;3) appartienne à dd il faut trouver tt tel que −1+3t=2-1+3t=2 et 2+t=12+t=1. Or, ces deux égalités nous donne pour la première t=1t=1 et pour la deuxième t=−1t=-1, ce qui est impossible.

      Ainsi on peut affirmer que le milieu du segment [PQ][PQ] n'est pas un point de dd.
      ✕
  2. Dans un repère de l'espace Δ\Delta est la droite de vecteur directeur u⃗(12−1)\vec{u} \begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} passant par A(6;1;1)A(6;1;1) et Δ′\Delta' la droite de vecteur directeur v⃗(−111)\vec{v} \begin{pmatrix}-1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} et passant par B(3;−3;−6)B(3;-3;-6).
    1. Donner une représentation paramétrique de chacune des droites Δ\Delta et Δ′\Delta'.
      Correction
      Nous utilisons ici la propriété du cours qui donne la paramétrisation d'une droite passant par A(xA;yA;zA)A(x_A;y_A;z_A) et dirigée par u⃗(xu⃗ yu⃗ zu⃗)\vec{u}\begin{pmatrix} x_{\vec{u}} \ y_{\vec{u}} \ z_{\vec{u}}\end{pmatrix} : {x=xA+xu⃗ty=yA+yu⃗tz=zA+zu⃗t,t∈R.\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & x_A+x_{\vec{u}}t \\ y & = & y_A+y_{\vec{u}}t \\ z & = & z_A+z_{\vec{u}}t\\ \end{array}\right.,t\in\mathbb{R}. On a alors pour Δ\Delta : {x=6+ty=1+2tz=1−t,t∈R.\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 6+t \\ y & = & 1+2t \\ z & = & 1-t\\ \end{array}\right.,t\in\mathbb{R}. Et pour Δ′\Delta' : {x=3−t′y=−3+t′z=−6+t′,t′∈R.\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 3-t' \\ y & = & -3+t' \\ z & = & -6+t'\\ \end{array}\right.,t'\in\mathbb{R}.
      ✕
    2. Existe-t-il un point CC de Δ\Delta et un point DD de Δ′\Delta' tel que M(1;−2;3)M(1;-2;3) soit le milieu de [CD][CD] ?
      Correction
      Soient tt et t′t' deux réels tels que C(6+t;1+2t;1−t)C(6+t;1+2t;1-t) et D(3−t′;−3+t′;−6+t′)D(3-t';-3+t';-6+t'). Pour que M(1;−2;3)M(1;-2;3) soit le milieu de [CD][CD] il faut que :

      {xC+xD2=xMyC+yD2=yMzC+zD2=zM\left\{\begin{array}{rcl} \dfrac{x_C+x_D}{2} & = & x_M \\ \dfrac{y_C+y_D}{2} & = & y_M \\ \dfrac{z_C+z_D}{2} & = & z_M \\ \end{array}\right.

      {xC+xD=2xMyC+yD=2yMzC+zD=2zM\left\{\begin{array}{rcl} x_C+x_D & = & 2x_M \\ y_C+y_D & = & 2y_M \\ z_C+z_D & = & 2z_M \\ \end{array}\right.

      {6+t+3−t′=21+2t−3+t′=−41−t−6+t′=6\left\{\begin{array}{rcl} 6+t+3-t' & = & 2 \\ 1+2t-3+t' & = & -4 \\ 1-t-6+t' & = & 6 \\ \end{array}\right.

      {t−t′=−72t+t′=−2−t+t′=11\left\{\begin{array}{rcl} t-t' & = & -7 \\ 2t+t' & = & -2 \\ -t+t' & = & 11 \\ \end{array}\right.

      En additionnant la première égalité à la troisième de ce dernier système nous obtenons l'égalité 0=40=4, qui est fausse, ce système n'a pas de solution. Il est donc impossible de trouver un point de Δ\Delta et un point de Δ′\Delta' dont le milieu est le point MM.
      ✕
Exercice 8★★ On considère:
  ∙\bullet I et J les milieux respectifs des segments [AD] et [BC];
  ∙\bullet P le centre de la face ABFE, c'est-à-dire l'intersection des diagonales (AF) et (BE);
  ∙\bullet Q le milieu du segment [FG].
On se place dans le repère orthonormé (A ; 12AB→,12AD→,12AE→)\left ( \text{A}~;~\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}\;,\;\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}\;,\;\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AE}\right ). Dans tout l'exercice, on pourra utiliser les coordonnées des points de la figure sans les justifier.
  1. Déterminer les coordonnées du vecteur IJ→\overrightarrow{IJ} et justifier alors que la droite (IJ)(IJ) admet la représentation paramétrique suivante : {x=ry=1z=0,r∈R\left \lbrace \begin{array}{rcl} x& = & r\\ y & = & 1\\ z & = & 0\\ \end{array} \right . , \quad r\in\mathbb{R}
    Correction
    Puisque II est le milieu du segment [AD][AD] nous avons :

    I(xA+xD2;yA+yD2;zA+zD2)I\left( \dfrac{x_A+x_D}{2} ; \dfrac{y_A+y_D}{2} ; \dfrac{z_A+z_D}{2} \right) == (0+02;0+22;0+02)\left( \dfrac{0+0}{2} ; \dfrac{0+2}{2} ; \dfrac{0+0}{2} \right) == (0;1;0)(0;1;0).

    De même pour le point JJ milieu de [BC][BC] :

    J(xB+xC2;yB+yC2;zB+zC2)J\left( \dfrac{x_B+x_C}{2} ; \dfrac{y_B+y_C}{2} ; \dfrac{z_B+z_C}{2} \right) == (2+22;0+22;0+02)\left( \dfrac{2+2}{2} ; \dfrac{0+2}{2} ; \dfrac{0+0}{2} \right) == (2;1;0)(2;1;0).

    Les coordonnées du vecteur IJ→\overrightarrow{IJ} sont donc :

    IJ→(xJ−xIyJ−yIzJ−zI)\overrightarrow{IJ}\begin{pmatrix} x_J-x_I \\ y_J-y_I \\ z_J-z_I \end{pmatrix} == (200)\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}

    On utilise alors le fait que la droite (IJ)(IJ) est dirigée par le vecteur de coordonnées u⃗(100)\vec{u}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, qui est colinéaire à IJ→\overrightarrow{IJ}, et passe par II pour obtenir la paramétrisation suivante :

              {x=xu⃗r+xIy=yu⃗r+yIz=zu⃗r+zI,r∈R\left \lbrace \begin{array}{rcl} x& = & x_{\vec{u}}r+x_I\\ y & = & y_{\vec{u}}r+y_I\\ z & = & z_{\vec{u}}r+z_I\\ \end{array} \right . , \quad r\in\mathbb{R}

    ⟺{x=1×r+0y=0×r+1z=0×r+0,r∈R\iff\left \lbrace \begin{array}{rcl} x& = & 1\times r+0\\ y & = & 0\times r+1\\ z & = & 0\times r+0\\ \end{array} \right . , \quad r\in\mathbb{R}

    ⟺{x=ry=1z=0,r∈R\iff\left \lbrace \begin{array}{rcl} x& = & r\\ y & = & 1\\ z & = & 0\\ \end{array} \right . , \quad r\in\mathbb{R}.
    ✕
  2. Le point MM de coordonnées (4;3;4)(4;3;4) appartient-il à la droite (PQ)(PQ) ?
    Correction
    Déterminons dans un premier temps les coordonnées des points PP et QQ.

    Le point PP est le milieu du segment [AF][AF] donc :

    P(xA+xF2;yA+yF2;zA+zF2)P\left( \dfrac{x_A+x_F}{2} ; \dfrac{y_A+y_F}{2} ; \dfrac{z_A+z_F}{2} \right) == (0+22;0+02;0+22)\left( \dfrac{0+2}{2} ; \dfrac{0+0}{2} ; \dfrac{0+2}{2} \right) == (1;0;1)(1;0;1).

    De même, puisque le point QQ est le milieu du segment [FG][FG] on a :

    Q(xF+xG2;yF+yG2;zF+zG2)Q\left( \dfrac{x_F+x_G}{2} ; \dfrac{y_F+y_G}{2} ; \dfrac{z_F+z_G}{2} \right) == (2+22;0+22;2+22)\left( \dfrac{2+2}{2} ; \dfrac{0+2}{2} ; \dfrac{2+2}{2} \right) == (2;1;2)(2;1;2).

    Regardons maintenant, pour savoir si MM est un point de la droite (PQ)(PQ), si les vecteurs PM→\overrightarrow{PM} et PQ→\overrightarrow{PQ} sont colinéaires.

    PM→(xM−xPyM−yPzM−zP)\overrightarrow{PM}\begin{pmatrix}x_M-x_P \\ y_M-y_P \\ z_M-z_P\end{pmatrix} == (4−13−04−1)\begin{pmatrix}4-1 \\ 3-0 \\ 4-1\end{pmatrix} == (333)\begin{pmatrix}3 \\ 3 \\ 3\end{pmatrix}

    PQ→(xQ−xPyQ−yPzQ−zP)\overrightarrow{PQ}\begin{pmatrix}x_Q-x_P \\ y_Q-y_P \\ z_Q-z_P\end{pmatrix} == (2−11−02−1)\begin{pmatrix}2-1 \\ 1-0 \\ 2-1\end{pmatrix} == (111)\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}

    Ainsi, PM→=3PQ→\overrightarrow{PM}=3\overrightarrow{PQ}, les vecteurs sont donc colinéaires et les points MM, PP et QQ sont alignés. Le point MM appartient bien à la droite (PQ)(PQ).
    ✕
  3. Déterminer les coordonnées du point NN de la droite (IJ)(IJ) tel que (MN)(MN) et (IJ)(IJ) soient orthogonales.
    Correction
    Puisque NN est un point de (IJ)(IJ), il existe alors un réel rr tel que NN ait pour coordonnées (r;1;0)(r\,;1\,;0).

    De plus, les droites (MN)(MN) et (IJ)(IJ) sont orthogonales si et seulement si : IJ→.MN→=0(200).(xM−xNyM−yNzM−zN)=0(200).(4−r3−14−0)=0(200).(4−r24)=02×(4−r)+0+0=08−2r=0r=4.\begin{array}{crcl} & \overrightarrow{IJ}.\overrightarrow{MN} & = & 0 \\ & \begin{pmatrix}2 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}x_M-x_N \\ y_M-y_N \\ z_M-z_N \end{pmatrix} & = & 0 \\ & \begin{pmatrix}2 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}4-r \\ 3-1 \\ 4-0 \end{pmatrix} & = & 0 \\ & \begin{pmatrix}2 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}4-r \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix} & = & 0 \\ & 2\times (4-r)+0+0 & = & 0 \\ & 8 - 2r & = & 0 \\ & r & = & 4. \\ \end{array} En remplaçant rr par 44, on a donc que le point NN a pour coordonnées (4;1;0)(4\,;1\,;0).
    ✕
Exercice 9★★ ABCDEFGH est un cube.
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
K
L
I est le milieu du segment [AB], J est le milieu du segment [EH], K est le milieu du segment [BC] et L est le milieu du segment [CG].
On munit l'espace du repère orthonormé (A;AB→,AD→,AE→)\left(\text{A};\overrightarrow{\text{AB}}, \overrightarrow{\text{AD}}, \overrightarrow{\text{AE}}\right).
    1. Démontrer que la droite (FD) est orthogonale au plan (IJK).
      2. Correction
      Les vecteurs IJ→\overrightarrow{IJ} == (xJ−xIyJ−yIzJ−zI)\begin{pmatrix}x_J-x_I\\y_J-y_I\\z_J-z_I\end{pmatrix} == (0−1/21/2−01−0)\begin{pmatrix}0-1/2\\1/2-0\\1-0\end{pmatrix} == (−1/21/21)\begin{pmatrix}-1/2\\1/2\\1\end{pmatrix} et IK→\overrightarrow{IK} == (xK−xIyK−yIzK−zI)\begin{pmatrix}x_K-x_I\\y_K-y_I\\z_K-z_I\end{pmatrix} == (1−1/21/2−00−0)\begin{pmatrix}1-1/2\\1/2-0\\0-0\end{pmatrix} == (1/21/20)\begin{pmatrix}1/2\\1/2\\0\end{pmatrix} ne sont pas colinéaires (xIK→=−xIJ→ et yIK→=xIJ→)\left(x_{\overrightarrow{IK}} = - x_{\overrightarrow{IJ}} \text{ et } y_{\overrightarrow{IK}} = x_{\overrightarrow{IJ}}\right).
      Ainsi, pour démontrer que la droite (FD) est orthogonal au plan (IJK), il nous suffit de démontrer que le vecteur FD→\overrightarrow{FD} est orthogonal aux vecteurs IJ→\overrightarrow{IJ} et IK→\overrightarrow{IK}.
      On a : FD→\overrightarrow{FD} == (xD−xFyD−yFzD−zF)\begin{pmatrix}x_D-x_F\\y_D-y_F\\z_D-z_F\end{pmatrix} == (0−11−00−1)\begin{pmatrix}0-1\\1-0\\0-1\end{pmatrix} == (−11−1)\begin{pmatrix}-1\\1\\-1\end{pmatrix} et donc :
      FD→.IJ→\overrightarrow{FD}.\overrightarrow{IJ} == (−11−1).(−1/21/21)\begin{pmatrix}-1\\1\\-1\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}-1/2\\1/2\\1\end{pmatrix} == 12+12−1\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-1 == 00,
      et : FD→.IK→\overrightarrow{FD}.\overrightarrow{IK} == (−11−1).(1/21/20)\begin{pmatrix}-1\\1\\-1\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}1/2\\1/2\\0\end{pmatrix} == −12+12−0-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-0 == 00.
      Ainsi la droite (FD) est orthogonale à deux droites non parallèles du plan (IJK), elle est donc orthogonale au plan (IJK).
      ✕
    2. En déduire une équation cartésienne du plan (IJK).
      3. Correction
      D'après la question précédente le vecteur FD→(−11−1)\overrightarrow{FD}\begin{pmatrix}-1\\1\\-1\end{pmatrix} est un vecteur normal au plan (IJK), l'équation cartésienne de ce dernier est donc de la forme : −x+y−z+d=0-x+y-z+d=0, avec d∈Rd\in\mathbb{R} qui nous reste à déterminer.
      Or I(12;0;0)I\left(\dfrac{1}{2}\,;0\,;0\right) est un point de (IJK), ses coordonnées vérifient l'équation cartésienne de ce plan et donc :
      −xI+yI−zI+d=0-x_I+y_I-z_I+d=0 ⟺\Longleftrightarrow −12+0−0+d=0-\dfrac{1}{2}+0-0+d=0 ⟺\Longleftrightarrow d=12d=\dfrac{1}{2}.
      (IJK) a donc pour équation cartésienne : −x+y−z+12=0-x+y-z+\dfrac{1}{2}=0.
      ✕
  2. Déterminer une représentation paramétrique de la droite (FD).
    3. Correction
    Une représentation paramétrique de la droite (FD) est donnée par :

            {x=xFD→t+xDy=yFD→t+yDz=xFD→t+zD,t∈R\left\{\begin{array}{rcl} x & = & x_{ \overrightarrow{FD} }t+x_D \\ y & = & y_{ \overrightarrow{FD} }t+y_D \\ z & = & x_{ \overrightarrow{FD} }t+z_D \\ \end{array}\right., t\in\mathbb{R}

    ⟺\Longleftrightarrow {x=−ty=t+1z=−t,t∈R.\left\{\begin{array}{rcl} x & = & -t \\ y & = & t+1 \\ z & = & -t \\ \end{array}\right., t\in\mathbb{R}.
    ✕
  3. Soit MM le point d'intersection de la droite (FD) et du plan (IJK). Déterminer les coordonnées du point MM.
    4. Correction
    Les coordonnées du point M(x;y;z)M(x;y;z) vérifient les équations de la paramétrisation de la droite (FD) et également l'équation cartésienne du plan (IJK). Ainsi, en remplaçant xx, yy et zz par leur expression en fonction de tt dans l'équation cartésienne, nous obtenons :

           −x+y−z+12=0-x+y-z+\dfrac{1}{2}=0
    ⟺\Longleftrightarrow −(−t)+t+1−(−t)+12=0-(-t)+t+1-(-t)+\dfrac{1}{2}=0
    ⟺\Longleftrightarrow 3t+32=03t+\dfrac{3}{2}=0
    ⟺\Longleftrightarrow t=−12t=-\dfrac{1}{2}.

    En remplaçant tt par −12-\dfrac{1}{2} dans la paramétrisation de (FD), nous obtenons comme coordonnées pour le point d'intersection entre (FD) et (IJK) : (12;12;12)\left( \dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2} \right).
    A
    B
    C
    D
    E
    F
    G
    H
    I
    J
    K
    L
    M
    ✕
Exercice 10★★ On considère le cube ABCDEFGHABCDEFGH de côté 11, le milieu II de [EF][EF] et JJ le symétrique de EE par rapport à FF.
D
A
B
C
H
E
F
G
J
I
Dans tout l'exercice, l'espace est rapporté au repère orthonormé (A,AB→,AD→,AE→)(A, \overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A D}, \overrightarrow{A E}).
    1. Par lecture graphique, donner les coordonnées des points I et J.
      2. Correction
      I(12;0;1)I\left( \dfrac{1}{2}\,;0;1 \right)

      J(2;0;1)J\left( 2\,;0;1 \right)
      ✕
    2. En déduire les coordonnées des vecteurs DJ→\overrightarrow{DJ}, BI→\overrightarrow{BI} et BG→\overrightarrow{BG}.
      3. Correction
      DJ→\overrightarrow{DJ} == (xJ−xD yJ−yD zJ−zD)\begin{pmatrix} x_J - x_D \\\ y_J - y_D \\\ z_J - z_D \end{pmatrix} == (2−0 0−1 1−0)\begin{pmatrix} 2 - 0 \\\ 0 - 1 \\\ 1 - 0 \end{pmatrix} == (2 −1 1)\begin{pmatrix} 2 \\\ - 1 \\\ 1 \end{pmatrix}.

      BI→\overrightarrow{BI} == (xI−xB yI−yB zI−zB)\begin{pmatrix} x_I - x_B \\\ y_I - y_B \\\ z_I - z_B \end{pmatrix} == (12−1 0−0 1−0)\begin{pmatrix} \frac{1}{2} - 1 \\\ 0 - 0 \\\ 1 - 0 \end{pmatrix} == (−12 0 1)\begin{pmatrix} -\frac{1}{2} \\\ 0 \\\ 1 \end{pmatrix}.

      BG→\overrightarrow{BG} == (xG−xB yG−yB zG−zB)\begin{pmatrix} x_G - x_B \\\ y_G - y_B \\\ z_G - z_B \end{pmatrix} == (1−1 1−0 1−0)\begin{pmatrix} 1 - 1 \\\ 1 - 0 \\\ 1 - 0 \end{pmatrix} == (0 1 1)\begin{pmatrix} 0 \\\ 1 \\\ 1 \end{pmatrix}.
      ✕
    3. Montrer que DJ→\overrightarrow{DJ} est un vecteur normal au plan (BGI)(BGI).
      4. Correction
      On remarque tout d'abord que les vecteurs BI→\overrightarrow{BI} et BG→\overrightarrow{BG} ne sont pas colinéaires, les points BB, GG et II n'étant pas alignés.
      On a de plus :
      DJ→⋅BI→\overrightarrow{DJ}\cdot\overrightarrow{BI} == 2×(−12)+(−1)×0+1×12\times\left(-\dfrac{1}{2} \right)+(-1)\times0+1\times1 == 00.

      DJ→⋅BG→\overrightarrow{DJ}\cdot\overrightarrow{BG} == 2×0+(−1)×1+1×12\times0+(-1)\times1+1\times1 == 00.

      Ainsi, DJ→\overrightarrow{DJ} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de (BGI)(BGI), il est donc normal à ce plan.
      ✕
    4. Montrer qu’une équation cartésienne du plan (BGI)(BGI) est 2x−y+z−2=02x-y+z-2=0.
      5. Correction
      Puisque DJ→(2 −1 1)\overrightarrow{DJ}\begin{pmatrix} 2 \\\ - 1 \\\ 1 \end{pmatrix} est un vecteur normal à (BGI)(BGI), une équation cartésienne de ce plan est de la forme : 2x−y+z+d=0,2x-y+z+d=0, avec d∈Rd\in\mathbb{R} à déterminer.
      Or, B(1;0;0)∈(BGI)B(1\,;0\,;0)\in(BGI), ses coordonnées vérifient donc l'équation précédente :
      2×1−0+0+d=02\times1-0+0+d=0 c'est-à-dire d=−2d=-2.

      Ainsi, une équation cartésienne de (BGI)(BGI) est bien 2x−y+z−2=02x-y+z-2=0.
      ✕
  2. On note dd la droite passant par FF et orthogonale au plan (BGI)(BGI).
    1. Déterminer une représentation paramétrique de la droite dd.
      2. Correction
      Puisque dd est orthogonale à (BGI)(BGI) le vecteur DJ→(2 −1 1)\overrightarrow{DJ}\begin{pmatrix} 2 \\\ - 1 \\\ 1 \end{pmatrix} en est un vecteur directeur.
      Une paramétrisation de dd est donc :

               {x=xF+xDJ→ty=yF+yDJ→tz=zF+zDJ→t,t∈R\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & x_F + x_{\overrightarrow{DJ}}t \\ y & = & y_F + y_{\overrightarrow{DJ}}t \\ z & = & z_F + z_{\overrightarrow{DJ}}t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}

      ⟺\Longleftrightarrow {x=1+2ty=0−tz=1+t,t∈R\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 1 + 2t \\ y & = & 0 -t \\ z & = & 1 +t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}

      ⟺\Longleftrightarrow {x=1+2ty=−tz=1+t,t∈R.\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 1 + 2t \\ y & = & -t \\ z & = & 1 +t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}.
      ✕
    2. On considère le point LL de coordonnées (23;16;56)\left(\dfrac{2}{3}\, ; \dfrac{1}{6}\, ; \dfrac{5}{6}\right).
      Montrer que LL est le point d’intersection de la droite dd et du plan (BGI)(BGI).
      3. Correction
      On propose deux méthodes ici.

      Méthode 1
      Un point M(x;y;z)M(x\,;y\,;z) appartient à d∩(BGI)d\cap(BGI) si il existe tt tel que : {x=1+2ty=−tz=1+t\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 1 + 2t \\ y & = & -t \\ z & = & 1 +t \\ \end{array} \right. et si 2x−y+z−2=02x-y+z-2=0, c'est-à-dire si :
              2(1+2t)−(−t)+(1+t)−2=02(1+2t)-(-t)+(1+t)-2=0
      ⟺\Longleftrightarrow 6t+1=06t+1=0
      ⟺\Longleftrightarrow t=−16t=-\dfrac{1}{6}.

      En remplaçant tt par −16-\dfrac{1}{6} dans la paramétrisation de dd, on obtient que le point d'intersection cherché a pour coordonnées :

      (1−26;16;1−16)\left(1-\dfrac{2}{6}\,;\dfrac{1}{6}\,;1-\dfrac{1}{6}\right) == (23;16;56)\left(\dfrac{2}{3}\,;\dfrac{1}{6}\,;\dfrac{5}{6} \right).

      Méthode 2
      On vérifie que le point L(23;16;56)L\left(\dfrac{2}{3}\,;\dfrac{1}{6}\,;\dfrac{5}{6} \right) appartient à dd et à (BGI)(BGI).

      En observant la ligne des ordonnées dans la paramétrisation de dd, nous voyons que pour que LL appartiennent à dd il faut 16=−t\dfrac{1}{6}=-t, donc t=−16t=-\dfrac{1}{6}.
      On remplace tt par cette valeur dans les lignes correspondant à xx et yy dans la paramétrisation pour voir si on obtient l'abscisses et la cote de LL.
      x=1+2×(−16)x=1+2\times\left(-\dfrac{1}{6}\right) == 1−261-\dfrac{2}{6} == 23\dfrac{2}{3} == xLx_L.
      z=1+(−16)z=1+\left(-\dfrac{1}{6}\right) == 56\dfrac{5}{6} == zLz_L.

      Ainsi, LL est bien un point de dd.

      On injecte maintenant les coordonnées de LL dans l'équation cartésienne de (BGI)(BGI) pour voir si l'égalité est vérifiée ou non :
      2xL−yL+zL−22x_L-y_L+z_L-2 == 2×23−16+56−22\times\dfrac{2}{3}-\dfrac{1}{6}+\dfrac{5}{6}-2 == 00.
      Ainsi, LL est bien un point de (BGI)(BGI) et il est bien à l'intersection entre dd et (BGI)(BGI).
      ✕
  3. On rappelle que le volume VV d'une pyramide est donné par la formule V=13×B×hV=\frac{1}{3} \times \mathcal{B} \times h où B\mathcal{B} est l'aire d’une base et hh la hauteur associée à cette base.
    1. Calculer le volume de la pyramide FBGIFBGI.
      2. Correction
      Pour calculer le volume de cette pyramide on considère le triangle FBGFBG comme base et le segment [IF][IF] comme hauteur associée.
      On a alors :
      VFBGIV_{FBGI} == 13AFBG×IF\dfrac{1}{3}\mathcal{A}_{FBG}\times IF
      == 13×12FG×FB×IF\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{2}FG\times FB\times IF
      == 16×1×1×12\dfrac{1}{6}\times1\times 1\times \dfrac{1}{2}
      == 112\dfrac{1}{12}.
      ✕
    2. En déduire l'aire du triangle BGIBGI.
      3. Correction
      D'après les questions précédentes on sait que le segment [FL][FL] est une hauteur associée à la base BGIBGI dans la pyramide FBGIFBGI.
      On a de plus :
      FLFL == (xL−xD)2+(yL−yD)2+(zL−zD)2\sqrt{(x_L-x_D)^2+(y_L-y_D)^2+(z_L-z_D)^2}
      == (23−1)2+(16−0)2+(56−1)2\sqrt{\left(\dfrac{2}{3}-1\right)^2+\left(\dfrac{1}{6}-0\right)^2+\left(\dfrac{5}{6}-1\right)^2}
      == (−13)2+(16)2+(−16)2\sqrt{\left(-\dfrac{1}{3}\right)^2+\left(\dfrac{1}{6}\right)^2+\left(-\dfrac{1}{6}\right)^2}
      == 19+136+136\sqrt{\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{36}+\dfrac{1}{36}}
      == 318\sqrt{\dfrac{3}{18}}
      == 318\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{18}}
      == 332\dfrac{\sqrt{3}}{3\sqrt{2}}
      == 3×23×2\dfrac{\sqrt{3}\times\sqrt{2}}{3\times2}
      == 66\dfrac{\sqrt{6}}{6}.

      Ainsi :
      13FL×ABGI\dfrac{1}{3}FL\times\mathcal{A}_{BGI} == 112\dfrac{1}{12}
      13×66×ABGI\dfrac{1}{3}\times\dfrac{\sqrt{6}}{6}\times\mathcal{A}_{BGI} == 112\dfrac{1}{12}
      ABGI\mathcal{A}_{BGI} == 112×186\dfrac{1}{12}\times\dfrac{18}{\sqrt{6}}
      ABGI\mathcal{A}_{BGI} == 326\dfrac{3}{2\sqrt{6}}
      ABGI\mathcal{A}_{BGI} == 362×6\dfrac{3\sqrt{6}}{2\times6}
      ABGI\mathcal{A}_{BGI} == 64\dfrac{\sqrt{6}}{4}.
      ✕
Exercice 11★★ On se place dans un repère orthonormé de l'espace et on considère le plan P\mathscr{P} dont une équation cartésienne est : 2x−y+z=4.2x-y+z=4. On considère de plus les points A(6;−1;3)A(6\,;-1\,;3), B(0;0;4)B(0\,;0 \,;4), C(2;−1;−1)C(2\,;-1 \,;-1) et D(52;0;−1)D\left( \dfrac{5}{2}\,; 0\,;-1 \right).
On note dd la droite perpendiculaire à P\mathscr{P} passant par AA.
  1. Déterminer lesquels des points AA, BB, CC et DD appartiennent à P\mathscr{P} ?
    2. Correction
    2xA−yA+zA2x_A-y_A+z_A == 12+1+312+1+3 == 1616 ≠\neq 44, donc A∉PA\notin\mathscr{P}.

    2xB−yB+zB2x_B-y_B+z_B == 0−0+40-0+4 == 44, donc B∈PB\in\mathscr{P}.

    2xC−yC+zC2x_C-y_C+z_C == 4+1+(−1)4+1+(-1) == 44, donc C∈PC\in\mathscr{P}.

    2xD−yD+zD2x_D-y_D+z_D == 5−0−15-0-1 == 44, donc D∈PD\in\mathscr{P}.
    ✕
  2. Quelle est la nature du triangle BCDBCD ?
    3. Correction
    Déterminons dans un premier temps les coordonnées des vecteurs BC→\overrightarrow{BC}, BD→\overrightarrow{BD} et CD→\overrightarrow{CD}.

    BC→=(xC−xByC−yBzC−zB)\overrightarrow{BC} = \begin{pmatrix} x_C - x_B \\ y_C - y_B \\ z_C - z_B \end{pmatrix} == (2−1−5)\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ -5 \end{pmatrix}.

    BD→=(xD−xByD−yBzD−zB)\overrightarrow{BD} = \begin{pmatrix} x_D - x_B \\ y_D - y_B \\ z_D - z_B \end{pmatrix} == (520−5)\begin{pmatrix} \frac{5}{2} \\ 0 \\ -5 \end{pmatrix}.

    CD→=(xD−xCyD−yCzD−zC)\overrightarrow{CD} = \begin{pmatrix} x_D - x_C \\ y_D - y_C \\ z_D - z_C \end{pmatrix} == (1210)\begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}.

    On a alors : BC→⋅CD→\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{CD} == 2×12−1×1+02\times\dfrac{1}{2}-1\times1+0 == 00.

    Ainsi, le triangle BCDBCD est rectangle en CC.

    De plus, BCBC == ∣∣BC→∣∣|| \overrightarrow{BC} || == 4+1+25\sqrt{ 4+1+25 } == 30\sqrt{30}, et CDCD == ∣∣CD→∣∣|| \overrightarrow{CD} || == 14+1+0\sqrt{ \dfrac{1}{4}+1+0 } == 54\sqrt{\dfrac{5}{4}} ≠\neq BCBC.

    Le triangle BCDBCD est rectangle (mais non isocèle).
    ✕
  3. Donner une paramétrisation de dd.
    4. Correction
    Le vecteur n⃗(2−11)\vec{n}\begin{pmatrix}2 \\-1 \\1 \end{pmatrix} est un vecteur normal de P\mathscr{P}, il est donc un vecteur directeur de dd. Une paramétrisation de dd est alors :

             {x=xA+xn⃗ty=yA+yn⃗tz=zA+zn⃗t,t∈R\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & x_A + x_{\vec{n}}t \\ y & = & y_A + y_{\vec{n}}t \\ z & = & z_A + z_{\vec{n}}t \end{array} \right., t\in\mathbb{R}

    ⟺\Longleftrightarrow {x=6+2ty=−1−tz=3+t,t∈R.\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 6 + 2t \\ y & = & -1 -t \\ z & = & 3 + t \end{array} \right., t\in\mathbb{R}.
    ✕
  4. Déterminer les coordonnées du point HH, projeté orthogonale de AA sur P\mathscr{P}.
    5. Correction
    Le point HH est à l'intersection entre dd et P\mathscr{P}. Pour déterminer ses coordonnées on « injecte » la paramétrisation de dd dans l'équation cartésienne de P\mathscr{P}.
             2(6+2t)−(−1−t)+(3+t)=42(6+2t)-(-1-t)+(3+t)=4
    ⟺\Longleftrightarrow 6t+16=46t+16=4
    ⟺\Longleftrightarrow 6t=−126t=-12
    ⟺\Longleftrightarrow t=−2t=-2.

    On remplace alors tt par −2-2 dans la paramétrisation de dd pour obtenir les coordonnées de HH :
    H(2;1;1)H(2\,; 1\,; 1).
    ✕
  5. En déduire le volume du tétraèdre ABCDABCD.
    6. Correction
    VABCD\mathscr{V}_{ABCD} == 13ABCD×AH\dfrac{1}{3}\mathscr{A}_{BCD}\times AH
    == 13×12BC×CD×AH\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{2}BC\times CD\times AH
    == 1630×54×16+4+4\dfrac{1}{6}\sqrt{30}\times\sqrt{\dfrac{5}{4}}\times\sqrt{ 16+4+4 }
    == 16×30×52×24\dfrac{1}{6}\times\sqrt{30}\times\dfrac{\sqrt{5}}{2}\times\sqrt{ 24 }
    == 112×5×6×5×26\dfrac{1}{12}\times\sqrt{5}\times\sqrt{6}\times\sqrt{5}\times2\sqrt{ 6 }
    == 16×5×6\dfrac{1}{6}\times5\times6
    == 55.
    ✕
Exercice 12★★ On se place dans un repère orthonormé de l'espace et on considère les points A(1;−2;10)A(1\,;-2\,;10) et B(2;1;3)B(2\,;1\,;3), ainsi que le vecteur u⃗(1−53)\vec{u}\begin{pmatrix}1 \\ -5 \\3 \end{pmatrix}.
On note dd la droite passant par BB et dirigée par u⃗\vec{u}.
  1. Donner une paramétrisation de la droite dd.
    2. Correction
    La droite dd étant dirigée par u⃗\vec{u} et passant par BB, on a :

    M(x;y;z)∈dM(x\,;y\,;z)\in d ⟺\Longleftrightarrow {x=xB+xu⃗ty=yB+yu⃗tz=zB+zu⃗t,t∈R\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & x_B + x_{\vec{u}}t \\ y & = & y_B + y_{\vec{u}}t \\ z & = & z_B + z_{\vec{u}}t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}

    ⟺\Longleftrightarrow {x=2+ty=1−5tz=3+3t,t∈R.\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 2 + t \\ y & = & 1 -5t \\ z & = & 3 + 3t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}.
    ✕
  2. La droite dd passe-t-elle par AA ?
    3. Correction
    Si AA appartient à dd alors il existe t∈Rt\in\mathbb{R} tel que :
    xAx_A == 2+t2+t, c'est-à-dire 1=2+t1=2+t, soit t=−1t=-1.
    Or, en remplaçant, tt par −1-1 dans la formule des ordonnées de la paramétrisation de dd, on obtient :
    yy == 1+51+5 == 66 ≠\neq yAy_A.

    Ainsi, la droite dd ne passe pas par AA.
    ✕
  3. Le but de cette question est de déterminer la distance entre AA et dd, puis d'exploiter ce résultat à un calcul d'aire.
    On considère un point M(x;y;z)M(x\,;y\,;z) quelconque sur dd, avec xx, yy et zz des nombres réels.
    1. Montrer qu'il existe un réel tt tel que pour AM2=35t2−70t+59AM^2=35t^2-70t+59.
      2. Correction
      Puisque M∈dM\in d, ses coordonnées vérifient la paramétrisation de dd et il existe donc t∈Rt\in\mathbb{R} tel que : xM=2+tx_M=2+t, yM=1−5ty_M=1-5t et zM=3+3tz_M=3+3t.
      Ainsi :
      AM2AM^2 == (xM−xA)2+(yM−yA)2+(zM−zA)2(x_M-x_A)^2+(y_M-y_A)^2+(z_M-z_A)^2
      == (2+t−1)2+(1−5t+2)2+(3+3t−10)2(2+t-1)^2+(1-5t+2)^2+(3+3t-10)^2
      == (1+t)2+(3−5t)2+(3t−7)2(1+t)^2+(3-5t)^2+(3t-7)^2
      == 1+2t+t2+9−30t+25t2+9t2−42t+491+2t+t^2+9-30t+25t^2+9t^2-42t+49
      == 35t2−70t+5935t^2-70t+59.
      ✕
    2. Justifier que lorsque AM2AM^2 est minimale alors AMAM l'est.
      3. Correction
      La fonction racine carrée étant strictement croissante sur R+\mathbb{R}^+, si AM2AM^2 est minimale alors AM2\sqrt{AM^2} == AMAM l'est également.
      ✕
    3. En déduire la distance entre AA et dd.
      4. Correction
      La distance entre AA et dd correspond à la plus petite distance possible entre AA et n'importe quel point MM de dd.
      On cherche donc la plus petite valeur de AM2=AM^2= 35t2−70t+5935t^2-70t+59.
      D'après le cours sur les polynômes du second degré, cette valeur minimale est atteinte pour t=−−702×35t=-\dfrac{-70}{2\times 35} == 11.
      La valeur minimale de AM2AM^2 est donc 35×12−70×1+5935\times1^2-70\times1+59 == 2424 et la distance entre dd et AA vaut donc 24\sqrt{24} == 262\sqrt{6}.
      ✕
    4. Existe-t-il un point MM de dd tel que l'aire du triangle ABMABM soit égale à 11 ?
      5. Correction
      D'après la question précédente, dans le triangle ABMABM la hauteur associée à BMBM mesure 262\sqrt{6}.
      A
      B
      M
      2√6
      De plus :
      BMBM == (xM−xB)2+(yM−yB)2+(zM−zB)2\sqrt{(x_M-x_B)^2+(y_M-y_B)^2+(z_M-z_B)^2}
      == (2+t−2)2+(1−5t−1)2+(3+3t−3)2\sqrt{(2+t-2)^2+(1-5t-1)^2+(3+3t-3)^2}
      == t2+(−5t)2+(3t)2\sqrt{t^2+(-5t)^2+(3t)^2}
      == 35t2\sqrt{35t^2}
      == 35×t2\sqrt{35}\times\sqrt{t^2}
      == 35∣t∣\sqrt{35}|t|.
      On cherche donc tt tel que 35∣t∣=1\sqrt{35}|t| = 1, c'est-à-dire ∣t∣=135|t|=\dfrac{1}{\sqrt{35}} et donc :
      t=−135t=-\dfrac{1}{\sqrt{35}} ou t=135t=\dfrac{1}{\sqrt{35}}.

      Il existe donc deux points MM de la droite tels que l'aire de ABMABM soit égale à 11.
      ✕
Exercice 13★★★ Dans un repère orthonormé de l'espace on considèrent les points suivants :
A(4;3;−4)A( 4\,;3 \,;-4), B(0;1;−1)B(0 \,;1 \,;-1), C(2;1;0)C( 2\,;1 \,;0), D(−3;2;−2)D( -3\,;2 \,;-2) et E(m;0;1)E(m \,;0 \,;1),
avec m∈Rm\in\mathbb{R}.
  1. Déterminer la valeur de mm pour que les vecteurs BC→\overrightarrow{BC}, BD→\overrightarrow{BD} et BE→\overrightarrow{BE} soient coplanaires.
    2. Correction
    On détermine les coordonnées de ces vecteurs :

    BC→\overrightarrow{BC} == (xC−xByC−yBzC−zB)\begin{pmatrix} x_C-x_B \\ y_C-y_B \\ z_C-z_B \end{pmatrix} == (201)\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix},

    BD→\overrightarrow{BD} == (xD−xByD−yBzD−zB)\begin{pmatrix} x_D-x_B \\ y_D-y_B \\ z_D-z_B \end{pmatrix} == (−31−1)\begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix},

    BE→\overrightarrow{BE} == (xE−xByE−yBzE−zB)\begin{pmatrix} x_E-x_B \\ y_E-y_B \\ z_E-z_B \end{pmatrix} == (m−12)\begin{pmatrix} m \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}.

    On cherche donc une valeur de mm tel qu'il existe xx et yy vérifiant :
    BE→\overrightarrow{BE} == xBC→+yBD→x\overrightarrow{BC}+y\overrightarrow{BD}
    (m−12)\begin{pmatrix} m \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} == x(201)+y(−31−1)x\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}+y\begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}
    (m−12)\begin{pmatrix} m \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} == (2x0x)+(−3yy−y)\begin{pmatrix} 2x \\ 0 \\ x \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} -3y \\ y \\ -y \end{pmatrix}
    (m−12)\begin{pmatrix} m \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} == (2x−3yyx−y)\begin{pmatrix} 2x-3y \\ y \\ x-y \end{pmatrix}
    Or, deux vecteurs sont égaux si et seulement si ils ont les mêmes coordonnées, on a donc le système d'équations suivants :

            {m=2x−3y−1=y2=x−y\left\{ \begin{array}{rcl} m & = & 2x-3y \\ -1 & = & y \\ 2 & = & x-y \end{array} \right.

    ⟺\Longleftrightarrow {m=2x+3y=−12=x+1\left\{ \begin{array}{rcl} m & = & 2x+3 \\ y & = & -1 \\ 2 & = & x+1 \end{array} \right.

    ⟺\Longleftrightarrow {m=2+3y=−1x=1\left\{ \begin{array}{rcl} m & = & 2+3 \\ y & = & -1 \\ x & = & 1 \end{array} \right.

    Ainsi, pour que les vecteurs BC→\overrightarrow{BC}, BD→\overrightarrow{BD} et BE→\overrightarrow{BE} soient coplanaires, il faut m=5m=5.
    ✕
  2. Vérifier que le vecteur AC→\overrightarrow{AC} est normal au plan (BCDE)(BCDE).
    3. Correction
    On a :

    AC→\overrightarrow{AC} == (xC−xAyC−yAzC−zA)\begin{pmatrix} x_C-x_A \\ y_C-y_A \\ z_C-z_A \end{pmatrix} == (−2−24)\begin{pmatrix} -2 \\ -2 \\ 4 \end{pmatrix}.

    De plus :

    AC→⋅BC→\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BC} == (−2−24)⋅(201)\begin{pmatrix} -2 \\ -2 \\ 4 \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} == −4+0+4-4+0+4 == 00,

    AC→⋅BD→\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD} == (−2−24)⋅(−31−1)\begin{pmatrix} -2 \\ -2 \\ 4 \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} == 6−2−46-2-4 == 00.

    Par ailleurs, BC→(201)\overrightarrow{BC}\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} et BD→(−31−1)\overrightarrow{BD}\begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} ne sont pas colinéaires : zBD→=−zBC→z_{\overrightarrow{BD}}=-z_{\overrightarrow{BC}} mais yBD→≠−yBC→y_{\overrightarrow{BD}}\neq-y_{\overrightarrow{BC}}.

    Ainsi, AC→\overrightarrow{AC} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BCDE)(BCDE), il est donc normal à ce plan.
    ✕
  3. En déduire une équation cartésienne du plan (BCDE)(BCDE).
    4. Correction
    Le vecteur AC→(−2−24)\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix} -2 \\ -2 \\ 4 \end{pmatrix} étant normal au plan (BCDE)(BCDE), une équation cartésienne de ce plan est de la forme : −2x−2y+4z=d,-2x-2y+4z=d, avec dd à déterminer.
    Le point B(0;1;−1)B(0\,;1\,;-1) appartenant au plan, ses coordonnées vérifient l'équation précédente :
    −2×0−2×1+4×(−1)=d-2\times0-2\times1+4\times(-1)=d, c'est-à-dire : d=−6d=-6.

    Une équation cartésienne de (BCDE)(BCDE) est donc −2x−2y+4z=−6-2x-2y+4z=-6, on la réduit à : x+y−2z=3.x+y-2z=3.
    ✕
  4. Déterminer une représentation paramétrique pour la droite (AC)(AC).
    5. Correction
    La droite (AC)(AC) étant dirigée par AC→(−2−24)\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix} -2 \\ -2 \\ 4 \end{pmatrix} et passant par AA, on a :

    M(x;y;z)∈dM(x\,;y\,;z)\in d ⟺\Longleftrightarrow {x=xA+xAC→ty=yA+yAC→tz=zA+zAC→t,t∈R\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & x_A + x_{\overrightarrow{AC}}t \\ y & = & y_A + y_{\overrightarrow{AC}}t \\ z & = & z_A + z_{\overrightarrow{AC}}t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}

    ⟺\Longleftrightarrow {x=4−2ty=3−2tz=−4+4t,t∈R.\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 4 - 2t \\ y & = & 3 -2t \\ z & = & -4 + 4t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}.
    ✕
  5. Existe-t-il un point MM de (AC)(AC) tel que le triangle BDMBDM soit rectangle en MM ?
    6. Correction
    Pour M∈(AB)M\in(AB) il existe t∈Rt\in\mathbb{R} tel que :
    xM=4−2tx_M=4 - 2t, yM=3−2t\,\,y_M=3 - 2t et zM=−4+4t\,\, z_M=-4 + 4t. Pour répondre à la question, on cherche à résoudre l'équation suivante :
    MB→⋅MD→\overrightarrow{MB}\cdot\overrightarrow{MD} == 00
    (xB−xMyB−yMzB−zM)⋅(xD−xMyD−yMzD−zM)\begin{pmatrix} x_B-x_M \\ y_B-y_M \\ z_B-z_M \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} x_D-x_M \\ y_D-y_M \\ z_D-z_M \end{pmatrix} == 00
    (−4+2t−2+2t3−4t)⋅(−7+2t−1+2t2−4t)\begin{pmatrix} -4+2t \\ -2+2t \\ 3-4t \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} -7+2t \\ -1+2t \\ 2-4t \end{pmatrix} == 00
    (−4+2t)(−7+2t)+(−2+2t)(−1+2t)+(3−4t)(2−4t)(-4+2t)(-7+2t)+(-2+2t)(-1+2t)+(3-4t)(2-4t) == 00
    4t2−22t+28+4t2−6t+2+16t2−20t+64t^2-22t+28+4t^2-6t+2+16t^2-20t+6 == 00
    24t2−48t+3624t^2-48t+36 == 00
    2t2−4t+32t^2-4t+3 == 00
    Pour pouvoir résoudre cette équation on en calcule son discriminant :
    Δ\Delta == (−4)2−4×2×3(-4)^2-4\times2\times3 == −8-8 << 00.
    Ainsi, cette équation ne possède aucune solution et il n'existe donc aucun point MM de (AC)(AC) tel que le triangle BDMBDM soit rectangle.
    ✕
Exercice 14★★ Dans un repère de l'espace on considère le plan P\mathscr{P} dont une équation cartésienne est : x−2y+z=5.x-2y+z=5. On considère de plus le point A(5;0;−6)A(5\,;0\,;-6) et B(1;−2;0)B(1\,;-2\,;0).
  1. Justifier que le point BB appartient à P\mathscr{P}.
    2. Correction
    On regarde si les coordonnées de BB vérifient l'équation cartésienne donnée :
    xB−2yB+zBx_B-2y_B+z_B == 1+4+01+4+0 == 55.
    Ainsi, BB est bien un point de P\mathscr{P}.
    ✕
  2. Déterminer une représentation paramétrique de la droite dd, perpendiculaire à P\mathscr{P} et passant par AA.
    3. Correction
    D'après l'équation cartésienne on sait que n⃗(1−21)\vec{n}\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} est un vecteur normal à P\mathscr{P} qui dirige donc dd. Une représentation paramétrique de dd est alors :

    M(x;y;z)∈dM(x\,;y\,;z)\in d ⟺\Longleftrightarrow {x=xA+xn→ty=yA+yn→tz=zA+zn→t,t∈R\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & x_A + x_{\overrightarrow{n}}t \\ y & = & y_A + y_{\overrightarrow{n}}t \\ z & = & z_A + z_{\overrightarrow{n}}t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}

    ⟺\Longleftrightarrow {x=5+ty=−2tz=−6+t,t∈R.\left\{ \begin{array}{rcl} x & = & 5 +t \\ y & = & -2t \\ z & = & -6 + t \\ \end{array} \right., t\in\mathbb{R}.
    ✕
  3. Déterminer les coordonnées de CC intersection de dd et P\mathscr{P}.
    4. Correction
    Le point CC est à l'intersection entre dd et P\mathscr{P}. Pour déterminer ses coordonnées on « injecte » la paramétrisation de dd dans l'équation cartésienne de P\mathscr{P}.
             (5+t)−2(−2t)+(−6+t)=5(5+t)-2(-2t)+(-6+t)=5
    ⟺\Longleftrightarrow 6t−1=56t-1=5
    ⟺\Longleftrightarrow 5t=65t=6
    ⟺\Longleftrightarrow t=1t=1.

    On remplace alors tt par −2-2 dans la paramétrisation de dd pour obtenir les coordonnées de CC :
    C(6;−2;−5)C(6\,; -2\,; -5).
    ✕
  4. Soit MM un point de dd.
    Montrer qu'il existe t∈Rt\in\mathbb{R} tel que : cos⁡(MB→,MC→)\cos\left( \overrightarrow{MB}\, , \overrightarrow{MC} \right) == 6t2−12t+66t2−12t+56\sqrt{\dfrac{6t^2-12t+6}{6t^2-12t+56}}.
    5. Correction
    Pour M∈dM\in d il existe t∈Rt\in\mathbb{R} tel que :
    xM=5+tx_M=5+t, yM=−2t\,\,y_M=-2t et zM=−46+t\,\, z_M=-46+ t.
    De plus, le triangle MBCMBC est rectangle en CC d'après les questions précédentes (B∈PB\in\mathscr{P} et dd perpendiculaire à P\mathscr{P} en CC).
    Ainsi, d'après les formules de trigonométrie :
    cos⁡(MB→,MC→)\cos\left( \overrightarrow{MB}\, , \overrightarrow{MC} \right) == MCMB\dfrac{MC}{MB}
    == (xC−xM)2+(yC−yM)2+(yC−yM)2(xB−xM)2+(yB−yM)2+(yB−yM)2\dfrac{\sqrt{(x_C-x_M)^2+(y_C-y_M)^2+(y_C-y_M)^2}}{\sqrt{(x_B-x_M)^2+(y_B-y_M)^2+(y_B-y_M)^2}}
    == (6−(5+t))2+(−2−(−2t))2+(−5−(−6+t))2(1−(5+t))2+(−2−(−2t))2+(0−(−6+t))2\dfrac{\sqrt{(6-(5+t))^2+(-2-(-2t))^2+(-5-(-6+t))^2}}{\sqrt{(1-(5+t))^2+(-2-(-2t))^2+(0-(-6+t))^2}}
    == (1−t)2+(−2+2t)2+(1−t)2(−4−t)2+(−2+2t)2+(6−t)2\dfrac{\sqrt{(1-t)^2+(-2+2t)^2+(1-t)^2}}{\sqrt{(-4-t)^2+(-2+2t)^2+(6-t)^2}}
    == 6t2−12t+66t2−12t+56\dfrac{\sqrt{6t^2-12t+6}}{\sqrt{6t^2-12t+56}}
    == 6t2−12t+66t2−12t+56\sqrt{\dfrac{6t^2-12t+6}{6t^2-12t+56}}.
    ✕
  5. Déterminer lim⁡t→+∞6t2−12t+66t2−12t+56\displaystyle{ \lim_{t\rightarrow+\infty}\dfrac{6t^2-12t+6}{6t^2-12t+56} }.

    Que peut-on en déduire pour l'angle (MB→,MC→)\left( \overrightarrow{MB}\, , \overrightarrow{MC} \right) lorsque MM s'éloigne de CC ?
    6. Correction
    lim⁡t→+∞6t2−12t+66t2−12t+56\displaystyle{ \lim_{t\rightarrow+\infty}\dfrac{6t^2-12t+6}{6t^2-12t+56} } == lim⁡t→+∞t2(6−12t+6t2)t2(6−12t+56t2)\displaystyle{ \lim_{t\rightarrow+\infty}\dfrac{t^2\left(6-\frac{12}{t}+\frac{6}{t^2}\right)}{t^2\left(6-\frac{12}{t}+\frac{56}{t^2}\right) } }
    == lim⁡t→+∞6−12t+6t26−12t+56t2\displaystyle{ \lim_{t\rightarrow+\infty}\dfrac{6-\frac{12}{t}+\frac{6}{t^2}}{6-\frac{12}{t}+\frac{56}{t^2} } }.
    Or, lim⁡t→+∞12t\displaystyle{ \lim_{t\rightarrow+\infty}\frac{12}{t}} == 00, lim⁡t→+∞6t2\displaystyle{ \lim_{t\rightarrow+\infty}\frac{6}{t^2}} == 00 et lim⁡t→+∞56t2\displaystyle{ \lim_{t\rightarrow+\infty}\frac{56}{t^2}} == 00.
    Ainsi, par somme de limites on a :

    lim⁡t→+∞6t2−12t+66t2−12t+56\displaystyle{ \lim_{t\rightarrow+\infty}\dfrac{6t^2-12t+6}{6t^2-12t+56} } == 6−0+06−0+0\dfrac{6-0+0}{6-0+0} == 11.

    On sait que si cos⁡(α)=1\cos(\alpha)=1 alors α\alpha est un angle plat ou nul. Dans le cas du triangle MBCMBC cela veut dire que plus MM s'éloigne de CC plus l'angle (MB→,MC→)\left( \overrightarrow{MB}\, , \overrightarrow{MC} \right) a une mesure proche de 00.
    ✕