La géométrie dans l'espace et produit scalaire

Exercice 3 - Exercice 1

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Question 1
On se place dans l'espace muni d'un repère orthonormé.
On considère les points AA, BB, CC et DD qui ont pour coordonnées respectives : A(0;4;1)A\left(0;4;1\right) ; B(1,3,0)B\left(1,3,0\right) ; C(2,1,2)C\left(2,-1,-2\right) ; D(7;1;4)D\left(7;-1;4\right)

Démontrer que les points AA, BB et CC ne sont pas alignés. Que peut-on en déduire ?

Correction
Nous avons : AB(1;1;1)\vec{AB} \left(1;-1;1\right) et AC(2;5;3)\vec{AC} \left(2;-5;-3\right).
Les coordonnées des vecteurs AB\vec{AB} et AC\vec{AC} ne sont pas proportionnelles (cf. rédaction type sur exercices vecteurs colinéaires).
Les vecteurs AB\vec{AB} et AC\vec{AC} ne sont pas colinéaires.
Il en résulte donc que les points AA, BB et CC ne sont pas alignés et définissent donc un plan.
Question 2
Soit Δ\Delta la droite passant par le point D et de vecteur directeur u(2;1;3)\vec{u} \left(2; -1; 3\right).

Démontrer que la droite Δ\Delta est orthogonale au plan (ABC)\left(ABC\right).

Correction
On a ABu=1×2+(1)×(1)+(1)×3=0\vec{AB} \cdot \vec{u} =1\times 2+\left(-1\right)\times \left(-1\right)+\left(-1\right)\times 3=0 et ACu=2×2+(5)×(1)+(3)×3=0\vec{AC} \cdot \vec{u} =2\times 2+\left(-5\right)\times \left(-1\right)+\left(-3\right)\times 3=0.
Les vecteurs AB\vec{AB} et AC\vec{AC} sont orthogonaux à u\vec{u}.
La droite Δ\Delta est orthogonale à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC)(ABC), elle est donc orthogonale à ce plan.
Question 3

En déduire une équation cartésienne du plan (ABC)\left(ABC\right).

Correction
De ce qui précède, on déduit que u\vec{u} est un vecteur normal à (ABC)\left(ABC\right).
Or l'écriture générale d'un plan cartésien est ax+by+cz+d=0ax+by+cz+d=0n(a;b;c)\vec{n} \left(a;b;c\right) est un vecteur normal du plan.
Il vient alors que le plan (ABC)\left(ABC\right) s'écrit : 2xy+3z+d=02x-y+3z+d=0.
Or le point A(ABC)A\in \left(ABC\right) donc ses cordonnées vérifient 2xAyA+3zA+d=02x_{A} -y_{A} +3z_{A} +d=0
Donc 2×0+(4)×(1)+(1)×3+d=0d=12\times 0+\left(4\right)\times \left(-1\right)+\left(1\right)\times 3+d=0\Leftrightarrow d=1.
On en déduit une équation cartésienne du plan (ABC)\left(ABC\right) : 2xy+3z+1=02x-y+3z+1=0
Question 4

Déterminer une représentation paramétrique de la droite Δ \Delta .

Correction
Comme la droite (Δ)\left(\Delta \right) a pour vecteur directeur u=(2;1;3)\vec{u} =\left(2;-1;3\right) et contient le point D(7;1;4)D\left(7 ; -1; 4\right)
Une représentation paramétrique de la droite (Δ)\left(\Delta \right) est :
{x=2t+7y=t1z=3t+4\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {2t+7} \\ {y} & {=} & {-t-1} \\ {z} & {=} & {3t+4} \end{array}\right. tRt\in \mathbb{R}
Question 5

Déterminer les coordonnées du point HH, intersection de la droite Δ\Delta et du plan (ABC)\left(ABC\right).

Correction
Déterminons les coordonnées du point HH, intersection de la droite Δ\Delta et du plan (ABC)\left(ABC\right).
Les coordonnées de HH sont les solutions du système
(ΔABC){2xy+3z+1=0x=2t+7y=t1z=3t+4\left(\Delta \cap ABC\right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {2x-y+3z+1=0} \\ {x=2t+7} \\ {y=-t-1} \\ {z=3t+4} \end{array}\right. tRt\in \mathbb{R} .
On remplace la valeur de xx, yy et zz dans le plan (ABC)\left(ABC\right)
(ΔABC){2(2t+7)(t1)+3(3t+4)+1=0x=2t+7y=t1z=3t+4\left(\Delta \cap ABC\right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {2\left(2t+7\right)-\left(-t-1\right)+3\left(3t+4\right)+1=0} \\ {x=2t+7} \\ {y=-t-1} \\ {z=3t+4} \end{array}\right. équivaut successivement à
(ΔABC){4t+14+t+1+9t+12+1=0x=2t+7y=t1z=3t+4\left(\Delta \cap ABC\right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {4t+14+t+1+9t+12+1=0} \\ {x=2t+7} \\ {y=-t-1} \\ {z=3t+4} \end{array}\right.
(ΔABC){14t=28x=2t+7y=t1z=3t+4\left(\Delta \cap ABC\right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {14t=-28} \\ {x=2t+7} \\ {y=-t-1} \\ {z=3t+4} \end{array}\right.
Ainsi (ΔABC){t=2x=2t+7y=t1z=3t+4\left(\Delta \cap ABC\right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {t=-2} \\ {x=2t+7} \\ {y=-t-1} \\ {z=3t+4} \end{array}\right. .
Maintenant que nous avons la valeur de tt, on peut obtenir les valeurs de xx, yy et zz.
(ΔABC){t=2x=2×(2)+7y=(2)1z=3×(2)+4.\left(\Delta \cap ABC\right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {t=-2} \\ {x=2\times \left(-2\right)+7} \\ {y=-\left(-2\right)-1} \\ {z=3\times \left(-2\right)+4} \end{array}\right. .
Il en résulte que (ΔABC){t=2x=3y=1z=2\left(\Delta \cap ABC\right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {t=-2} \\ {x=3} \\ {y=1} \\ {z=-2} \end{array}\right.
Les coordonnées du point d'intersection entre la droite et le plan est le point H(3;1;2)H\left(3;1;-2\right)
Question 6
Soit P1P_{1} le plan d'équation x+y+z=0x+y+z=0, et P2P_{2} le plan d'équation x+4y+2=0x+4y+2=0.

Démontrer que les plans P1P_{1} et P2P_{2} sont sécants.

Correction
Démontrons que les plans P1P_{1} et P2P_{2} sont sécants.
    Soient n1\vec{n_{1} } et n2\vec{n_{2} } des vecteurs normaux respectifs des plans (P1)\left(P_{1} \right) et (P2)\left(P_{2} \right).
  • si n1\vec{n_{1} } et n2\vec{n_{2} } sont colinéaires alors (P1)\left(P_{1} \right) et (P2)\left(P_{2} \right) sont parallèles.
  • si n1\vec{n_{1} } et n2\vec{n_{2} } ne sont pas colinéaires alors (P1)\left(P_{1} \right) et (P2)\left(P_{2} \right) ne sont pas parallèles. Cela signifie donc que les plans sont sécants.
Le plan P1P_{1} d'équation x+y+z=0x+y+z=0 a pour vecteur normal n1(1;1;1)\vec{n_{1}}\left(1;1;1\right).
Le plan P2P_{2} d'équation x+4y+2=0x+4y+2=0 a pour vecteur normal n2(1;4;0)\vec{n_{2}}\left(1;4;0\right).
Les coordonnées des vecteurs n1\vec{n_{1}} et n2\vec{n_{2}} ne sont pas proportionnelles, les vecteurs n1\vec{n_{1}} et n2\vec{n_{2}} ne sont pas colinéaires.
Les plans ne sont pas parallèles; ils sont sécants.
Question 7

Vérifier que la droite (d)\left(d\right), intersection des plans P1P_{1} et P2P_{2} , a pour représentation paramétrique
{x=4t2y=tz=3t+2tR\left\{\begin{array}{l} {x=-4t-2} \\ {y=t} \\ {z=3t+2} \end{array}\right. t\in \mathbb{R}

Correction
Vérifions que la droite (d)\left(d\right) est confondue avec le plan P1P_{1} et également confondue avec le plan P2P_{2} .
  • D'une part : vérifions si (d)\left(d\right) est confondue avec le plan P1P_{1} .
  • Pour cela, il suffit de remplacer les xx, yy et zz du plan P1P_{1} par les xx, yy et zz de la droite (d)\left(d\right) .
    Cela donne :
    (dP1)(4t2)+(t)+(3t+2)=0\left(d\cap P_{1} \right)\Leftrightarrow \left(-4t-2\right)+\left(t\right)+\left(3t+2\right)=0
    Il vient alors que :
    4t2+t+3t+2=0-4t-2+t+3t+2=0 équivaut successivement à
    0=00=0

    Cela signifie que la droite (d)\left(d\right) est confondue avec le plan P1P_{1} .
  • D'autre part : vérifions si (d)\left(d\right) est confondue avec le plan P2P_{2} .
  • Pour cela, il suffit de remplacer les xx, yy et zz du plan P2P_{2} par les xx, yy et zz de la droite (d)\left(d\right) .
    Cela donne :
    (dP2)(4t2)+4(t)+2=0\left(d\cap P_{2} \right)\Leftrightarrow \left(-4t-2\right)+4\left(t\right)+2=0
    Il vient alors que :
    4t2+4t+2=0-4t-2+4t+2=0 équivaut successivement à
    0=00=0

    Cela signifie que la droite (d)\left(d\right) est confondue avec le plan P2P_{2} .
    Ainsi la droite (d)\left(d\right) est confondue avec le plan P1P_{1} et également confondue avec le plan P2P_{2} .
    Donc (d)\left(d\right) est bien la droite d'intersection des plans P1P_{1} et P2P_{2} .
    Question 8

    La droite (d)\left(d\right) et le plan (ABC)\left(ABC\right) sont-ils sécants ou parallèles ?

    Correction
    On déduit de la représentation paramétrique précédente {x=4t2y=tz=3t+2tR\left\{\begin{array}{l} {x=-4t-2} \\ {y=t} \\ {z=3t+2} \end{array}\right. t\in \mathbb{R} que la droite dd a pour vecteur directeur u1=(4;1;3)\vec{u_{1}} =\left(-4;1;3\right).
    Le plan (ABC)\left(ABC\right) a pour vecteur normal n=(2;1;3)\vec{n} =\left(2;-1;3\right).
    Or u1.n=0\vec{u_{1} } .\vec{n} =0.
    Ainsi u1\vec{u_{1} } et n\vec{n} sont orthogonaux la droite (d)\left(d\right) et le plan(ABC)\left({\text ABC}\right) sont parallèles.