La géométrie dans l'espace et produit scalaire

Exercice 7 - Exercice 1

1 min
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Cet exercice est un questionnaire à choix multiples.
Pour chaque question , une seule affirmation est exacte
On demande bien sûr de justifier.
Question 1
Dans l’espace rapporté à un repère orthonormal (O;i⃗;j⃗;k⃗)\left(O;\vec{i} ;\vec{j} ;\vec{k} \right) . On appelle D\mathscr{D} la droite d’équations paramétrique : {x=1+2ty=2−tz=−3−t\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {1+2t} \\ {y} & {=} & {2-t} \\ {z} & {=} & {-3-t} \end{array}\right. où t∈Rt\in \mathbb{R} et P\mathscr{P} le plan d’équation cartésienne x+2y−3z−1=0x+2y-3z-1=0.

  • Le point MM de coordonnées (−1;3;2)\left(-1;3;2\right) appartient à D\mathscr{D}
  • Le point NN de coordonnées (2;−1;−1)\left(2;-1;-1\right) appartient à D\mathscr{D}
  • Le point RR de coordonnées (3;1;−4)\left(3;1;-4\right) appartient à D\mathscr{D}

Correction
la proposition vraie est la proposition c{\color{blue}\text{la proposition vraie est la proposition }} {\color{red}\text{c}}
On remplace les coordonnées de RR dans l'équation de la droite D\mathscr{D}
Donc {xR=1+2tyR=2−tzR=−3−t\left\{\begin{array}{ccc} {x_{R} } & {=} & {1+2t} \\ {y_{R} } & {=} & {2-t} \\ {z_{R} } & {=} & {-3-t} \end{array}\right. ce qui donne {3=1+2t1=2−t−4=−3−t\left\{\begin{array}{ccc} {3} & {=} & {1+2t} \\ {1} & {=} & {2-t} \\ {-4} & {=} & {-3-t} \end{array}\right.
Puis on résout les équations et on doit pour chaque ligne trouver la même valeur de tt pour que le point RR appartienne à D\mathscr{D} .
Ainsi :
{3−1=2t1−2=−t−4+3=−t\left\{\begin{array}{ccc} {3-1} & {=} & {2t} \\ {1-2} & {=} & {-t} \\ {-4+3} & {=} & {-t} \end{array}\right.
{2=2t−1=−t−1=−t\left\{\begin{array}{ccc} {2} & {=} & {2t} \\ {-1} & {=} & {-t} \\ {-1} & {=} & {-t} \end{array}\right.
{1=t1=t1=t\left\{\begin{array}{ccc} {1} & {=} & {t} \\ {1} & {=} & {t} \\ {1} & {=} & {t} \end{array}\right.
Donc le point R(−1;3;2)R\left(-1;3;2\right) appartient à la droite D\mathscr{D}.
  • Si on remplace les coordonnées de MM ou de NN dans l'équation paramétrique de la droite D\mathscr{D} alors on ne trouvera pas les mêmes valeurs de tt. Cela nous permet de conclure que les points MM et NN n'appartiennent pas à D\mathscr{D}.
    • Question 2

    • Le vecteur u⃗\vec{u} de coordonnées (1;2;−3)\left(1;2;-3\right) est un vecteur directeur de D\mathscr{D}
    • Le vecteur v⃗\vec{v} de coordonnées (−2;1;1)\left(-2;1;1\right) est un vecteur directeur de D\mathscr{D}
    • Le vecteur w⃗\vec{w} de coordonnées (3;1;−4)\left(3;1;-4\right) est un vecteur directeur de D\mathscr{D}

    Correction
    la proposition vraie est la proposition b{\color{blue}\text{la proposition vraie est la proposition }} {\color{red}\text{b}}
      Soit une droite (Δ)\left(\Delta\right) définie par un point A(xA;yA;zA)A\left(x_{A};y_{A};z_{A}\right) et un vecteur directeur u⃗(a;b;c)\vec{u}\left(a;b;c\right). La droite (Δ)\left(\Delta\right) admet donc un système d’équations paramétriques, appelé représentation paramétrique, de la forme : {x=xA+aty=yA+btz=zA+ct\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {x_{A}+at} \\ {y} & {=} & {y_{A}+bt} \\ {z} & {=} & {z_{A}+ct} \end{array}\right. où t∈Rt\in \mathbb{R}
    On appelle D\mathscr{D} la droite d’équations paramétrique : {x=1+2ty=2−tz=−3−t\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {1+2t} \\ {y} & {=} & {2-t} \\ {z} & {=} & {-3-t} \end{array}\right. où t∈Rt\in \mathbb{R}
    Notons d⃗(2;−1;−1)\vec{d}\left(2;-1;-1\right) un vecteur directeur de la droite D\mathscr{D} . On vérifie aisément que d⃗(2;−1;−1)\vec{d}\left(2;-1;-1\right) est colinéaire à v⃗(−2;1;1)\vec{v}\left(-2;1;1\right) .
    Question 3

    • D\mathscr{D} est incluse dans P\mathscr{P}
    • D\mathscr{D} est strictement parallèle à P\mathscr{P}
    • D\mathscr{D} est sécante à P\mathscr{P}

    Correction
    la proposition vraie est la proposition c{\color{blue}\text{la proposition vraie est la proposition }} {\color{red}\text{c}}
    Etape 1
    Commencer par vérifier si le plan et la droite ne sont pas parallèles, par conséquent le plan et la droite sont sécants.
    Etape 2
    Il faut résoudre le système constitué de l'écriture paramétrique de la droite (d1)\left(d_{1} \right) et du plan (P)\left(P \right) pour déterminer la valeur de tt.
    Ensuite, on substitue la valeur tt dans la droite (d1)\left(d_{1} \right) pour obtenir les coordonnées du point d'intersection entre le plan et la droite.
    On appelle D\mathscr{D} la droite d’équations paramétrique : {x=1+2ty=2−tz=−3−t\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {1+2t} \\ {y} & {=} & {2-t} \\ {z} & {=} & {-3-t} \end{array}\right. où t∈Rt\in \mathbb{R} et P\mathscr{P} le plan d’équation cartésienne x+2y−3z−1=0x+2y-3z-1=0.
    Soient : n⃗(12−3)\vec{n} \left(\begin{array}{c} {1} \\ {2} \\ {-3} \end{array}\right) un vecteur normal du plan P\mathscr{P} et d⃗(2−1−1)\vec{d } \left(\begin{array}{c} {2} \\ {-1} \\ {-1} \end{array}\right) un vecteur directeur de D\mathscr{D}
    n1⃗.u1⃗=1×2+(−1)×2+(−1)×(−3)≠0\vec{n_{1} } .\vec{u_{1} } =1\times 2+\left(-1\right)\times 2+\left(-1\right)\times \left(-3\right)\ne 0
    P\mathscr{P} et D\mathscr{D} ne sont pas parallèles, par conséquent ils sont sécants.
    (P∩D)⇔{x+2y−3z−1=0x=1+2ty=2−tz=−3−t\left(\mathscr{P} \cap \mathscr{D} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {x+2y-3z-1=0} \\ {x=1+2t} \\ {y=2-t} \\ {z=-3-t} \end{array}\right. où t∈Rt \in \mathbb{R}
    On remplace la valeur de x,yx,y et zz dans le plan P\mathscr{P}
    (P∩D)⇔{1+2t+2×(2−t)−3×(−3−t)−1=0x=1+2ty=2−tz=−3−t\left(\mathscr{P} \cap \mathscr{D} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {1+2t+2\times\left(2-t\right)-3\times\left(-3-t\right)-1=0} \\ {x=1+2t} \\ {y=2-t} \\ {z=-3-t} \end{array}\right. équivaut successivement à
    (P∩D)⇔{1+2t+4−2t+9+3t−1=0x=1+2ty=2−tz=−3−t\left(\mathscr{P} \cap \mathscr{D} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {1+2t+4-2t+9+3t-1=0} \\ {x=1+2t} \\ {y=2-t} \\ {z=-3-t} \end{array}\right.
    (P∩D)⇔{3t+13=0x=1+2ty=2−tz=−3−t\left(\mathscr{P} \cap \mathscr{D} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {3t+13=0} \\ {x=1+2t} \\ {y=2-t} \\ {z=-3-t} \end{array}\right.
    Ainsi : (P∩D)⇔{t=−133x=1+2ty=2−tz=−3−t\left(\mathscr{P} \cap \mathscr{D} \right)\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c} {t=\frac{-13}{3}} \\ {x=1+2t} \\ {y=2-t} \\ {z=-3-t} \end{array}\right.
    Maintenant que nous avons la valeur de tt, on peut obtenir les valeurs de x,yx,y et zz .
    Ici, il n'est pas nécessaire de faire cette étape. Le fait que nous ayons une valeur de tt, cela signifie qu'il existe un unique point d'intersection entre le plan et la droite.
    Autrement dit, D\mathscr{D} est sécante à P\mathscr{P} .
    Question 4

    • Le point GG de coordonnées (1;3;−2)\left(1;3;-2\right) appartient à P\mathscr{P}
    • Le point HH de coordonnées (1;3;2)\left(1;3;2\right) appartient à P\mathscr{P}
    • Le point II de coordonnées (1;3;−1)\left(1;3;-1\right) appartient à P\mathscr{P}

    Correction
    la proposition vraie est la proposition b{\color{blue}\text{la proposition vraie est la proposition }} {\color{red}\text{b}}
  • Vérifions si le point G(1;3;−2)G\left(1;3;-2\right) appartient au plan P\mathscr{P}.
    xG+2yG−3zG−1=1+2×3−3×(−2)−1≠0x_{G} +2y_{G} -3z_{G}-1=1+2\times3-3\times\left(-2\right)-1\ne0 donc le point G(1;3;−2)G\left(1;3;-2\right) n'appartient pas au plan P\mathscr{P}.

  • Vérifions si le point H(1;3;2)H\left(1;3;2\right) appartient au plan P\mathscr{P}.
    xG+2yG−3zG−1=1+2×3−3×2−1=0x_{G} +2y_{G} -3z_{G}-1=1+2\times3-3\times2-1=0 donc le point H(1;3;2)H\left(1;3;2\right) appartient bien au plan P\mathscr{P}.
    • Question 5

    • Le plan Q1Q_{1} d’équation cartésienne x+2y−3z+1=0x+2y-3z+1=0 est perpendiculaire à P\mathscr{P}
    • Le plan Q2Q_{2} d’équation cartésienne 4x−5y−2z+3=04x-5y-2z+3=0 est perpendiculaire à P\mathscr{P}
    • Le plan Q3Q_{3} d’équation cartésienne −3x+2y−z−1=0-3x+2y-z-1=0 est perpendiculaire à P\mathscr{P}

    Correction
    la proposition vraie est la proposition b{\color{blue}\text{la proposition vraie est la proposition }} {\color{red}\text{b}}
      Soient n1⃗\vec{n_{1} } et n2⃗\vec{n_{2} } des vecteurs normaux respectifs des plans (P1)\left(P_{1} \right) et (P2)\left(P_{2} \right).
    • si n1⃗.n2⃗=0\vec{n_{1} } .\vec{n_{2} } =0 alors (P1)\left(P_{1} \right) et (P2)\left(P_{2} \right) sont orthogonaux.
    • si n1⃗.n2⃗≠0\vec{n_{1} } .\vec{n_{2} } \ne 0 alors (P1)\left(P_{1} \right) et (P2)\left(P_{2} \right) ne sont pas orthogonaux.
    Soient n⃗(12−3)\vec{n} \left(\begin{array}{c} {1} \\ {2} \\ {-3} \end{array}\right) un vecteur normal du plan P\mathscr{P} et n2⃗(4−5−2)\vec{n_{2} } \left(\begin{array}{c} {4} \\ {-5} \\ {-2} \end{array}\right) un vecteur normal du plans (Q2)\left(Q_{2} \right).
    n⃗.n2⃗=1×4+2×(−5)+(−3)×(−2)=0\vec{n} .\vec{n_{2} } =1\times 4+2\times \left(-5\right)+\left(-3\right)\times \left(-2\right)= 0. Il en résulte que les plans P\mathscr{P} et (Q2)\left(Q_{2} \right) sont orthogonaux.