Plan, produit scalaire, orthogonalité et distance dans l'espace

Epreuve d'enseignement de spécialité Métropole 13 Septembre 2021 Exercice 2 : Géométrie dans l'espace - Exercice 1

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Dans l'espace muni d'un repère (0;i→;j→;k→)\left(0;\overrightarrow{i} ;\overrightarrow{j} ;\overrightarrow{k} \right), on considère les points A(1;0;2)A\left(1;0;2\right) , B(2;1;0)B\left(2;1;0\right) et C(0;1;2)C\left(0;1;2\right) et la droite Δ\Delta dont une représentation paramétrique est : {x=1+2ty=−2+tz=4−t\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {1+2t} \\ {y} & {=} & {-2+t} \\ {z} & {=} & {4-t} \end{array}\right. où t∈Rt\in \mathbb{R}
Question 1

Parmi les points suivants, lequel appartient à la droite Δ\Delta ?
  • M(2;1;−1)M\left(2;1;-1\right)
  • N(−3;−4;6)N\left(-3;-4;6\right)
  • P(−3;−4;2)P\left(-3;-4;2\right)
  • Q(−5;−5;1)Q\left(-5;-5;1\right)

Correction
La bonne reˊponse est\red{\text{La bonne réponse est}} b\red{b}
Il faut procéder ici par élimination.
Nous allons détailler le calcul pour la bonne réponse.
On remplace les coordonnées de NN dans l'équation de la droite Δ\Delta
Donc {xN=1+2tyN=−2+tzN=4−t\left\{\begin{array}{ccc} {x_{N} } & {=} & {1+2t} \\ {y_{N} } & {=} & {-2+t} \\ {z_{N} } & {=} & {4-t} \end{array}\right. ce qui donne {−3=1+2t−4=−2+t6=4−t\left\{\begin{array}{ccc} {-3 } & {=} & {1+2t} \\ {-4 } & {=} & {-2+t} \\ {6 } & {=} & {4-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 NN appartienne à Δ\Delta .
{1+2t=−3−2+t=−44−t=6\left\{\begin{array}{ccc} {1+2t} & {=} & {-3} \\ {-2+t} & {=} & {-4} \\ {4-t} & {=} & {6} \end{array}\right.
{2t=−3−1t=−4+2−t=6−4\left\{\begin{array}{ccc} {2t} & {=} & {-3-1} \\ {t} & {=} & {-4+2} \\ {-t} & {=} & {6-4} \end{array}\right.
{2t=−4t=−2−t=2\left\{\begin{array}{ccc} {2t} & {=} & {-4} \\ {t} & {=} & {-2} \\ {-t} & {=} & {2} \end{array}\right.
{t=−42t=−2t=−2\left\{\begin{array}{ccc} {t} & {=} & {\frac{-4}{2} } \\ {t} & {=} & {-2} \\ {t} & {=} & {-2} \end{array}\right.
Ainsi : {t=−2t=−2t=−2\left\{\begin{array}{ccc} {t} & {=} & {-2} \\ {t} & {=} & {-2} \\ {t} & {=} & {-2} \end{array}\right.
Donc le point N(−3;−4;6)N\left(-3;-4;6\right) appartient à la droite Δ\Delta.
Question 2

Le vecteur AB→\overrightarrow{AB} admet pour coordonnées :
  • (1,50,51)\left(\begin{array}{c} {1,5} \\ {0,5} \\ {1} \end{array}\right)
  • (−1−12)\left(\begin{array}{c} {-1} \\ {-1} \\ {2} \end{array}\right)
  • (11−2)\left(\begin{array}{c} {1} \\ {1} \\ {-2} \end{array}\right)
  • (312)\left(\begin{array}{c} {3} \\ {1} \\ {2} \end{array}\right)

Correction
La bonne reˊponse est\red{\text{La bonne réponse est}} c\red{c}
Dans l'espace muni d'un repère (0;i→;j→;k→)\left(0;\overrightarrow{i} ;\overrightarrow{j} ;\overrightarrow{k} \right), on considère les points A(1;0;2)A\left(1;0;2\right) et B(2;1;0)B\left(2;1;0\right) .
AB→(xB−xAyB−yAzB−zA)⇔AB→(2−11−00−2)⇔AB→(11−2)\overrightarrow{AB} \left(\begin{array}{c} {x_{B} -x_{A} } \\ {y_{B} -y_{A} } \\ {z_{B} -z_{A} } \end{array}\right)\Leftrightarrow \overrightarrow{AB} \left(\begin{array}{c} {2-1 } \\ {1-0 } \\ {0-2 } \end{array}\right)\Leftrightarrow\overrightarrow{AB}\left(\begin{array}{c} {1} \\ {1} \\ {-2} \end{array}\right)
Question 3

Une répresentation paramétrique de la droite (AB)\left(AB\right) est :
  • {x=1+2ty=tz=2\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {1+2t} \\ {y} & {=} & {t} \\ {z} & {=} & {2} \end{array}\right. où t∈Rt\in \mathbb{R}
  • {x=2−ty=1−tz=2t\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {2-t} \\ {y} & {=} & {1-t} \\ {z} & {=} & {2t} \end{array}\right. où t∈Rt\in \mathbb{R}
  • {x=2+ty=1+tz=2−2t\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {2+t} \\ {y} & {=} & {1+t} \\ {z} & {=} & {2-2t} \end{array}\right. où t∈Rt\in \mathbb{R}
  • {x=1+ty=tz=2−2t\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {1+t} \\ {y} & {=} & {t} \\ {z} & {=} & {2-2t} \end{array}\right. où t∈Rt\in \mathbb{R}

Correction
La bonne reˊponse est\red{\text{La bonne réponse est}} d\red{d}
    On commence par calculer le vecteur AB→\overrightarrow{AB} qui est un vecteur directeur de la droite (AB)\left(AB\right).
    Ensuite soit MM un point de cordonnées (x;y;z)\left(x;y;z\right) qui appartient à la droite (AB)\left(AB\right).
    Cela signifie que les points A,BA,B et MM sont alignés donc les vecteurs AB→\overrightarrow{AB} et AM→\overrightarrow{AM} sont colinéaires.
    Il existe alors un réel tt tel que AM→=tAB→\overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AB}. On aura ainsi la droite (AB)\left(AB\right).
Dans l'espace muni d'un repère (0;i→;j→;k→)\left(0;\overrightarrow{i} ;\overrightarrow{j} ;\overrightarrow{k} \right), on considère les points A(1;0;2)A\left(1;0;2\right) et B(2;1;0)B\left(2;1;0\right) .
Soit le point M(x;y;z)M\left(x;y;z\right) appartenant à la droite (AB)\left(AB\right) .
Cela donne :
AB→(xB−xAyB−yAzB−zA)⇔AB→(2−11−00−2)⇔AB→(11−2)\overrightarrow{AB} \left(\begin{array}{c} {x_{B} -x_{A} } \\ {y_{B} -y_{A} } \\ {z_{B} -z_{A} } \end{array}\right)\Leftrightarrow \overrightarrow{AB} \left(\begin{array}{c} {2-1 } \\ {1-0 } \\ {0-2 } \end{array}\right)\Leftrightarrow\overrightarrow{AB}\left(\begin{array}{c} {1} \\ {1} \\ {-2} \end{array}\right)
puis AM→(x−1yz−2)\overrightarrow{AM}\left(\begin{array}{c} {x-1} \\ {y} \\ {z-2} \end{array}\right)
Les points AA, BB et MM sont alignés, donc les vecteurs AB→\overrightarrow{AB} et AM→\overrightarrow{AM} sont colinéaires.
Cela se traduit par :
AM→=tAB→\overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AB}, ce qui donne {x−1=ty=tz−2=−2t\left\{\begin{array}{ccc} {x-1} & {=} & {t} \\ {y} & {=} & {t} \\ {z-2} & {=} & {-2t} \end{array}\right. où t∈Rt\in \mathbb{R}
Finalement l'équation paramétrique de (AB)\left(AB\right) est :
{x=t+1y=tz=−2t+2\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {t+1} \\ {y} & {=} & {t} \\ {z} & {=} & {-2t+2} \end{array}\right. où t∈Rt\in \mathbb{R}
Question 4

Une équation cartésienne du plan passant par le point CC et orthogonal à la droite Δ\Delta est :
  • 2x+y−z+1=02x+y-z+1=0
  • −2x−y+z+1=0-2x-y+z+1=0
  • 2x+y−z−1=02x+y-z-1=0
  • −2x+y−z+1=0-2x+y-z+1=0

Correction
La bonne reˊponse est\red{\text{La bonne réponse est}} a\red{a}
Notons (P)\left(P\right) le plan recherché.
La droite Δ\Delta dont une représentation paramétrique est : {x=1+2ty=−2+tz=4−t\left\{\begin{array}{ccc} {x} & {=} & {1+2t} \\ {y} & {=} & {-2+t} \\ {z} & {=} & {4-t} \end{array}\right. où t∈Rt\in \mathbb{R}
Un vecteur directeur de Δ\Delta est noté u→(21−1)\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c} {2} \\ {1} \\ {-1} \end{array}\right)
D'après les hypothèses, une équation cartésienne du plan recherché est orthogonal à la droite Δ\Delta . Il en résulte donc que u→(21−1)\overrightarrow{u}\left(\begin{array}{c} {2} \\ {1} \\ {-1} \end{array}\right) est un vecteur normal de (P)\left(P\right).
L'écriture cartésienne d'un plan ayant un vecteur normal n→(a;b;c)\overrightarrow{n} \left(a;b;c\right) s'écrit ax+by+cz+d=0ax+by+cz+d=0 .
Ensuite pour déterminer la valeur de dd, on utilise les coordonnées du point AA.
Ici le plan s'écrit 2x+y−z+d=02x+y-z+d=0 .
Or : C(0;1;2)C\left(0;1;2\right) appartient au plan donc 2xC+yC−zC+d=02x_{C} +y_{C}-z_{C} +d=0
Ainsi : 2×0+1×1−2+d=02\times 0+1\times1-2+d=0, d'où d=1d=1
On en conclut que l'équation cartésienne du plan (P)\left(P\right) recherché est :
2x+y−z+1=02x+y-z+1=0

Question 5

On considère le point DD défini par la relation vectorielle OD→=3OA→−OB→−OC→\overrightarrow{OD} =3\overrightarrow{OA} -\overrightarrow{OB} -\overrightarrow{OC} .
  • AD→\overrightarrow{AD}, AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC} sont coplanaires
  • AD→=BC→\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}
  • DD a pour coordonnées (3;−1;−1)\left(3;-1;-1\right)
  • Les points A,B,CA,B,C et DD sont alignés

Correction
La bonne reˊponse est\red{\text{La bonne réponse est}} a\red{a}
Les vecteurs u→\overrightarrow{u} ; v→\overrightarrow{v} et w→\overrightarrow{w} sont coplanaires s'il existe deux réels aa et bb tels que : u→=av→+bw→\overrightarrow{u} =a\overrightarrow{v} +b\overrightarrow{w}
OD→=3OA→−OB→−OC→\overrightarrow{OD} =3\overrightarrow{OA} -\overrightarrow{OB} -\overrightarrow{OC}
Nous allons appliquer la relation de Chasles en introduisant le point AA dans les vecteurs OD→\overrightarrow{OD} ; OB→\overrightarrow{OB} et OB→\overrightarrow{OB} .
Il vient alors que :
OA→+AD→=3OA→−(OA→+AB→)−(OA→+AC→)\overrightarrow{OA} +\overrightarrow{AD} =3\overrightarrow{OA} -\left(\overrightarrow{OA} +\overrightarrow{AB} \right)-\left(\overrightarrow{OA} +\overrightarrow{AC} \right)
OA→+AD→=3OA→−OA→−AB→−OA→−AC→\overrightarrow{OA} +\overrightarrow{AD} =3\overrightarrow{OA} -\overrightarrow{OA} -\overrightarrow{AB} -\overrightarrow{OA} -\overrightarrow{AC}
AD→=3OA→−OA→−AB→−OA→−AC→−OA→\overrightarrow{AD} =3\overrightarrow{OA} -\overrightarrow{OA} -\overrightarrow{AB} -\overrightarrow{OA} -\overrightarrow{AC} -\overrightarrow{OA}
AD→=3OA→−3OA→−AB→−AC→\overrightarrow{AD} =3\overrightarrow{OA} -3\overrightarrow{OA} -\overrightarrow{AB} -\overrightarrow{AC}
Ainsi :
AD→=−AB→−AC→\overrightarrow{AD} =-\overrightarrow{AB} -\overrightarrow{AC}

Le vecteur AD→\overrightarrow{AD} est une combinaison linéaire des vecteurs AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC} .
Il en résulte donc que les vecteurs AD→\overrightarrow{AD}, AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC} sont coplanaires