Exercice 0.1 : Calculer équations, intersections et distances dans l'espace : dix calculs directs

Pour chaque ligne, calculez la quantité demandée. Les fractions se donnent exactes, les distances au centième et les angles au dixième de degré. Un plan s'écrit $ax+by+cz+d=0$ .

Chaque ligne se ramène à une formule une fois qu'on a nommé ses ingrédients : un plan, c'est un point et un vecteur normal $\vec{n}=(a;\ b;\ c)$ ; une droite, c'est un point et un vecteur directeur $\vec{u}$ . On substitue les équations paramétriques dans l'équation du plan pour trouver une intersection, on écrit $\vec{u}\cdot\vec{n}=0$ pour un parallélisme, on utilise $\frac{|ax_{0}+by_{0}+cz_{0}+d|}{\|\vec{n}\|}$ pour la distance d'un point à un plan et $\frac{\|\vec{AM}\times\vec{u}\|}{\|\vec{u}\|}$ pour celle d'un point à une droite. Les angles viennent d'un produit scalaire : cosinus entre deux normales, sinus entre une direction et une normale.

a) Le plan passe par $A(2;\ -1;\ 3)$ et admet $\vec{n}=(4;\ 1;\ -2)$ pour vecteur normal : écrivez son équation $4x+y-2z+d=0$ , puis donnez $d$ .
b) Le plan passe par $A(1;\ 1;\ 0)$ , $B(2;\ 0;\ 1)$ et $C(0;\ 3;\ 2)$ : écrivez son équation sous la forme $4x+by+cz+d=0$ , puis donnez $c$ et $d$ .
c) La droite $(x;\ y;\ z)=(0;\ 4;\ 1)+t(3;\ -1;\ 2)$ coupe le plan $2x+y-z=9$ : donnez la valeur de $t$ au point d'intersection.
d) La droite $x=2-t$ , $y=1+3t$ , $z=-1+2t$ coupe le plan $2x+y+z=5$ : donnez l'abscisse $x$ et la cote $z$ du point d'intersection.
e) Trouvez $k$ pour que la droite de vecteur directeur $(2;\ k;\ -1)$ soit parallèle au plan $3x-2y+4z=7$ .
f) Calculez la distance du point $P(2;\ -3;\ 1)$ au plan $6x-2y+3z=4$ .
g) Calculez la distance entre les plans parallèles $2x-3y+6z=5$ et $-4x+6y-12z=18$ .
h) Calculez l'angle aigu entre les plans $x-2y+2z=1$ et $3x+4z=2$ , en degrés.
i) Calculez la distance du point $M(3;\ 0;\ -1)$ à la droite passant par $A(1;\ 2;\ 1)$ de vecteur directeur $\vec{u}=(2;\ 1;\ -2)$ .
j) Calculez l'angle entre la droite de vecteur directeur $(2;\ 1;\ 2)$ et le plan $2x+3y+6z=1$ , en degrés.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/12

a)

d

b)

c

d

c)

t

d)

x

z

e)

k

f)

distance

g)

distance

h)

angle en degrés

i)

distance

j)

angle en degrés

Voir la correction

Réponses

a) $4x+y-2z-1=0$ ; $d=-1$
b) $4x+3y-z-7=0$ ; $c=-1$ , $d=-7$
c) $3t+3=9$ ; $t=2$
d) $t=\frac{1}{3}$ ; $\left(\frac{5}{3};\ 2;\ -\frac{1}{3}\right)$
e) $6-2k-4=0$ ; $k=1$
f) $\frac{17}{7}\approx 2{,}43$
g) $\frac{|-5-9|}{7}=2$
h) $\arccos\frac{11}{15}\approx 42{,}8$ degrés
i) $\frac{6\sqrt{2}}{3}=2\sqrt{2}\approx 2{,}83$
j) $\arcsin\frac{19}{21}\approx 64{,}8$ degrés

Le geste qui décide de tout : lire le vecteur normal dans les coefficients de $x$ , $y$ et $z$ , et le vecteur directeur devant le paramètre, AVANT de choisir la formule. Une fois ces deux vecteurs posés, chaque ligne est un produit scalaire, un produit vectoriel ou une substitution.

a)

Le point est dans le plan : $4(2)+(-1)-2(3)+d=0$ , soit $8-1-6+d=0$ , donc $d=-1$ . Le plan est $4x+y-2z-1=0$ . Piège : $-2\times 3=-6$ , le signe du coefficient de $z$ .

b)

$\vec{AB}=(1;\ -1;\ 1)$ et $\vec{AC}=(-1;\ 2;\ 2)$ , donc $\vec{AB}\times\vec{AC}=\left((-1)(2)-(1)(2);\ (1)(-1)-(1)(2);\ (1)(2)-(-1)(-1)\right)=(-4;\ -3;\ 1)$ . On prend l'opposé $\vec{n}=(4;\ 3;\ -1)$ , puis $A$ donne $4+3+d=0$ : le plan est $4x+3y-z-7=0$ , donc $c=-1$ et $d=-7$ . Vérification : $B$ donne $8+0-1-7=0$ et $C$ donne $0+9-2-7=0$ . Piège : la composante du milieu du produit vectoriel.

c)

On substitue $x=3t$ , $y=4-t$ , $z=1+2t$ : $2(3t)+(4-t)-(1+2t)=9$ , soit $3t+3=9$ , donc $t=2$ . Le point est $(6;\ 2;\ 5)$ , et $12+2-5=9$ . Piège : $-(1+2t)$ , le moins sur les deux termes.

d)

$2(2-t)+(1+3t)+(-1+2t)=5$ , soit $4+3t=5$ , donc $t=\frac{1}{3}$ . Le point est $\left(\frac{5}{3};\ 2;\ -\frac{1}{3}\right)$ : $x=\frac{5}{3}$ et $z=-\frac{1}{3}$ . Piège : donner $t$ au lieu des coordonnées.

e)

Parallèle au plan, c'est orthogonal à $\vec{n}=(3;\ -2;\ 4)$ : $3(2)-2k+4(-1)=0$ , soit $2-2k=0$ , donc $k=1$ . Piège : écrire la colinéarité avec $\vec{n}$ , qui donnerait une droite perpendiculaire au plan.

f)

$\|\vec{n}\|=\sqrt{36+4+9}=7$ , et le plan s'écrit $6x-2y+3z-4=0$ . Donc $\frac{|6(2)-2(-3)+3(1)-4|}{7}=\frac{|12+6+3-4|}{7}=\frac{17}{7}\approx 2{,}43$ . Piège : oublier le $-4$ en passant le second membre à gauche.

g)

On divise la seconde équation par $-2$ : $2x-3y+6z=-9$ , soit $2x-3y+6z+9=0$ , avec la MÊME normale $(2;\ -3;\ 6)$ que $2x-3y+6z-5=0$ . Donc $\frac{|-5-9|}{\sqrt{4+9+36}}=\frac{14}{7}=2$ . Piège : comparer $5$ et $18$ sans avoir ramené les deux équations à la même normale.

h)

Normales $(1;\ -2;\ 2)$ et $(3;\ 0;\ 4)$ , de normes $3$ et $5$ . $\cos\theta=\frac{|3+0+8|}{3\times 5}=\frac{11}{15}$ , donc $\theta=\arccos\frac{11}{15}\approx 42{,}8$ degrés. La valeur absolue garantit l'angle aigu.

i)

$\vec{AM}=(2;\ -2;\ -2)$ et $\vec{AM}\times\vec{u}=\left((-2)(-2)-(-2)(1);\ (-2)(2)-(2)(-2);\ (2)(1)-(-2)(2)\right)=(6;\ 0;\ 6)$ , de norme $6\sqrt{2}$ . Avec $\|\vec{u}\|=3$ , la distance vaut $\frac{6\sqrt{2}}{3}=2\sqrt{2}\approx 2{,}83$ . Piège : diviser par $\|\vec{AM}\|$ au lieu de $\|\vec{u}\|$ .

j)

L'angle entre une droite et un plan est le complément de l'angle entre la direction et la normale, d'où un SINUS : $\sin\varphi=\frac{|4+3+12|}{3\times 7}=\frac{19}{21}$ , donc $\varphi=\arcsin\frac{19}{21}\approx 64{,}8$ degrés. Piège : prendre l'arc cosinus, qui donne l'angle avec la normale, $25{,}2$ degrés.

Contrôle : un point d'intersection se remplace dans l'équation du plan, une équation de plan se vérifie sur chacun des points donnés, et un angle aigu entre deux plans reste entre $0$ et $90$ degrés. Pour une distance point-plan, le projeté $P-\frac{17}{49}\vec{n}$ doit tomber dans le plan.

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Exercice 1 : Les équations d'une droite dans l'espace

On considère les points $A(1;\ 2;\ -1)$ et $B(3;\ 5;\ 1)$ de l'espace.

a) Déterminez un vecteur directeur $\vec{u}$ de la droite $d$ passant par $A$ et $B$ .
b) Écrivez l'équation vectorielle, les équations paramétriques et les équations symétriques de $d$ .
c) Le point $P(5;\ 8;\ 3)$ appartient-il à $d$ ? Et le point $Q(0;\ 0;\ 0)$ ?

Voir la correction

Réponses

a) $\vec u=(2;\ 3;\ 2)$
b) $\frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{3}=\frac{z+1}{2}$
c) $P\in d$ ( $t=2$ ) ; $Q\notin d$

a)

$\vec{u}=\vec{AB}=(3-1;\ 5-2;\ 1-(-1))=(2;\ 3;\ 2)$ .

b)

Équation vectorielle : $(x;\ y;\ z)=(1;\ 2;\ -1)+t(2;\ 3;\ 2)$ . Équations paramétriques : $x=1+2t,\ y=2+3t,\ z=-1+2t$ . Équations symétriques : $\dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y-2}{3}=\dfrac{z+1}{2}$ .

c)

Pour $P(5;\ 8;\ 3)$ : la première équation donne $5=1+2t$ , soit $t=2$ ; on vérifie $y=2+3(2)=8$ et $z=-1+2(2)=3$ . Les trois coordonnées concordent pour un même $t$ , donc $P\in d$ . Pour $Q(0;\ 0;\ 0)$ : $0=1+2t$ donne $t=-\tfrac{1}{2}$ , mais alors $y=2+3(-\tfrac{1}{2})=\tfrac{1}{2}\neq 0$ . Les coordonnées ne concordent pas, donc $Q\notin d$ .

Exercice 2 : L'équation cartésienne d'un plan

On considère les points $P(1;\ 0;\ 2)$ , $Q(3;\ 1;\ 1)$ et $R(2;\ 2;\ 3)$ , supposés non alignés.

a) Déterminez deux vecteurs directeurs du plan $\pi$ passant par $P$ , $Q$ et $R$ .
b) Déterminez un vecteur normal $\vec{n}$ à $\pi$ , puis une équation cartésienne de $\pi$ .
c) Vérifiez que $Q$ et $R$ satisfont votre équation. Le point $S(0;\ 0;\ 0)$ appartient-il à $\pi$ ?

Voir la correction

Réponses

a) $\vec{PQ}=(2;1;-1)$ , $\vec{PR}=(1;2;1)$
b) $x-y+z-3=0$
c) $Q$ et $R$ vérifient ; $S\notin\pi$

a)

$\vec{PQ}=(2;\ 1;\ -1)$ et $\vec{PR}=(1;\ 2;\ 1)$ sont deux vecteurs directeurs du plan.

b)

Un vecteur normal est $\vec{n}=\vec{PQ}\times\vec{PR}=((1)(1)-(-1)(2);\ (-1)(1)-(2)(1);\ (2)(2)-(1)(1))=(3;\ -3;\ 3)$ . On peut simplifier en $\vec{n}=(1;\ -1;\ 1)$ . Le plan passe par $P(1;\ 0;\ 2)$ : $1(x-1)-1(y-0)+1(z-2)=0$ , soit $x-y+z-3=0$ .

c)

Pour $Q(3;\ 1;\ 1)$ : $3-1+1-3=0$ ; pour $R(2;\ 2;\ 3)$ : $2-2+3-3=0$ . Les deux points satisfont l'équation. Pour $S(0;\ 0;\ 0)$ : $0-0+0-3=-3\neq 0$ , donc $S\notin\pi$ .

Exercice 3 : Positions relatives et intersection droite-plan

On reprend la droite $d$ de vecteur directeur $\vec{u}=(2;\ 3;\ 2)$ passant par $A(1;\ 2;\ -1)$ , et le plan $\pi : x-y+z-3=0$ de vecteur normal $\vec{n}=(1;\ -1;\ 1)$ .

a) Montrez que $d$ n'est pas parallèle à $\pi$ , puis déterminez leur point d'intersection.
b) On considère la droite $d_{2}$ d'équations $(x;\ y;\ z)=(0;\ 1;\ 0)+s(1;\ 2;\ 1)$ . Montrez que $d_{2}$ est parallèle à $\pi$ , puis dites si elle est incluse dans $\pi$ ou strictement parallèle.

Voir la correction

Réponses

a) $t=5$ : point $(11;\ 17;\ 9)$
b) $\vec v\cdot\vec n=0$ : strictement parallèle

a)

$\vec{u}\cdot\vec{n}=(2)(1)+(3)(-1)+(2)(1)=2-3+2=1\neq 0$ , donc $d$ perce le plan en un point. On remplace les équations paramétriques de $d$ dans celle de $\pi$ : $(1+2t)-(2+3t)+(-1+2t)-3=0$ , soit $-5+t=0$ , d'où $t=5$ . Le point d'intersection est $(1+10;\ 2+15;\ -1+10)=(11;\ 17;\ 9)$ . Vérification : $11-17+9-3=0$ .

b)

Le vecteur directeur de $d_{2}$ est $\vec{v}=(1;\ 2;\ 1)$ et $\vec{v}\cdot\vec{n}=(1)(1)+(2)(-1)+(1)(1)=1-2+1=0$ : $d_{2}$ est donc parallèle à $\pi$ . Reste à tester un point de $d_{2}$ , par exemple $(0;\ 1;\ 0)$ : $0-1+0-3=-4\neq 0$ , donc ce point n'est pas dans $\pi$ . La droite $d_{2}$ est strictement parallèle à $\pi$ : elles n'ont aucun point commun.

La figure résume le test : si le vecteur directeur de la droite est ORTHOGONAL à $\vec{n}$ , la droite est parallèle au plan, sans aucun point commun ou incluse tout entière dans le plan.

Exercice 4 : Distances dans l'espace

On garde le plan $\pi : x-y+z-3=0$ et la droite $d$ passant par $A(1;\ 2;\ -1)$ de vecteur directeur $\vec{u}=(2;\ 3;\ 2)$ . On considère le point $S(4;\ 1;\ 5)$ .

a) Calculez la distance du point $S$ au plan $\pi$ .
b) Calculez la distance du point $S$ à la droite $d$ .
c) On considère le plan $\pi_{2} : x-y+z+1=0$ . Montrez que $\pi$ et $\pi_{2}$ sont parallèles, puis calculez la distance qui les sépare.

Voir la correction

Réponses

a) $\frac{5\sqrt3}{3}\approx 2{,}89$
b) $\sqrt{\frac{557}{17}}\approx 5{,}72$
c) $\frac{4\sqrt3}{3}\approx 2{,}31$

a)

$\text{dist}(S,\pi)=\dfrac{|4-1+5-3|}{\sqrt{1^{2}+(-1)^{2}+1^{2}}}=\dfrac{|5|}{\sqrt{3}}=\dfrac{5}{\sqrt{3}}=\dfrac{5\sqrt{3}}{3}\approx 2{,}89$ .

b)

$\vec{AS}=(4-1;\ 1-2;\ 5-(-1))=(3;\ -1;\ 6)$ . On calcule $\vec{AS}\times\vec{u}=((-1)(2)-(6)(3);\ (6)(2)-(3)(2);\ (3)(3)-(-1)(2))=(-20;\ 6;\ 11)$ , de norme $\sqrt{(-20)^{2}+6^{2}+11^{2}}=\sqrt{400+36+121}=\sqrt{557}$ . Comme $\|\vec{u}\|=\sqrt{4+9+4}=\sqrt{17}$ , on obtient $\text{dist}(S,d)=\dfrac{\sqrt{557}}{\sqrt{17}}=\sqrt{\dfrac{557}{17}}\approx 5{,}72$ .

c)

Les deux plans ont le même vecteur normal $\vec{n}=(1;\ -1;\ 1)$ , donc ils sont parallèles. En écrivant $\pi : x-y+z=3$ et $\pi_{2} : x-y+z=-1$ , la distance entre eux vaut $\dfrac{|3-(-1)|}{\sqrt{3}}=\dfrac{4}{\sqrt{3}}=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}\approx 2{,}31$ .

Exercice 5 : Intersection de deux plans et angle entre eux

On considère les plans $\pi_{1} : x+y+z-1=0$ de vecteur normal $\vec{n_{1}}=(1;\ 1;\ 1)$ et $\pi_{2} : 2x-y+z-2=0$ de vecteur normal $\vec{n_{2}}=(2;\ -1;\ 1)$ .

a) Montrez que $\pi_{1}$ et $\pi_{2}$ ne sont pas parallèles.
b) Déterminez un vecteur directeur de leur droite d'intersection $\Delta$ .
c) Déterminez un point de $\Delta$ , puis écrivez une équation vectorielle de $\Delta$ .
d) Calculez l'angle aigu entre les deux plans, au centième de degré près.

Voir la correction

Réponses

a) Normales non colinéaires
b) $(2;\ 1;\ -3)$
c) $(1;0;0)+t(2;1;-3)$
d) $61{,}87^\circ$

a)

Deux plans sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs normaux sont colinéaires. Or $\vec{n_{1}}=(1;\ 1;\ 1)$ et $\vec{n_{2}}=(2;\ -1;\ 1)$ ne le sont pas, puisque $\dfrac{2}{1}\neq\dfrac{-1}{1}$ . Les plans ne sont donc pas parallèles : ils se coupent selon une droite.

b)

La droite d'intersection est contenue dans les deux plans, donc son vecteur directeur est perpendiculaire aux deux normales à la fois. On le prend égal à leur produit vectoriel : $\vec{d}=\vec{n_{1}}\times\vec{n_{2}}=((1)(1)-(1)(-1);\ (1)(2)-(1)(1);\ (1)(-1)-(1)(2))=(2;\ 1;\ -3)$ .

c)

On cherche un point commun aux deux plans en fixant une coordonnée, par exemple $z=0$ . Le système devient $\begin{cases} x+y=1 \\ 2x-y=2 \end{cases}$ . En additionnant : $3x=3$ , donc $x=1$ et $y=0$ . Le point $I(1;\ 0;\ 0)$ appartient bien aux deux plans : $1+0+0-1=0$ et $2-0+0-2=0$ . Une équation vectorielle de $\Delta$ est donc $(x;\ y;\ z)=(1;\ 0;\ 0)+t(2;\ 1;\ -3)$ .

d)

L'angle entre deux plans est celui de leurs normales, ramené à l'angle aigu par la valeur absolue : $\cos\theta=\dfrac{|\vec{n_{1}}\cdot\vec{n_{2}}|}{\|\vec{n_{1}}\|\,\|\vec{n_{2}}\|}$ . Ici $\vec{n_{1}}\cdot\vec{n_{2}}=(1)(2)+(1)(-1)+(1)(1)=2$ , $\|\vec{n_{1}}\|=\sqrt{3}$ et $\|\vec{n_{2}}\|=\sqrt{6}$ , donc $\cos\theta=\dfrac{2}{\sqrt{18}}=\dfrac{2}{3\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{3}\approx 0{,}4714$ , d'où $\theta\approx 61{,}87^{\circ}$ . La valeur absolue est ce qui garantit un angle aigu : sans elle, un produit scalaire négatif donnerait l'angle obtus supplémentaire.

La figure montre les deux plans vus par la tranche : ils se coupent selon une droite, et l'angle des plans est celui de leurs normales.

Exercice 6 : Deux droites gauches et leur distance

On considère la droite $d_{1}$ passant par $A(1;\ 0;\ 0)$ de vecteur directeur $\vec{u}=(1;\ 2;\ 1)$ , et la droite $d_{2}$ passant par $C(0;\ 1;\ 2)$ de vecteur directeur $\vec{v}=(2;\ -1;\ 1)$ .

a) Calculez $\vec{u}\times\vec{v}$ et déduisez-en que $d_{1}$ et $d_{2}$ ne sont pas parallèles.
b) En calculant le produit mixte $\vec{AC}\cdot(\vec{u}\times\vec{v})$ , montrez que $d_{1}$ et $d_{2}$ ne sont pas coplanaires. Concluez qu'elles sont gauches.
c) Justifiez que la distance entre deux droites gauches est $\text{dist}=\dfrac{|\vec{AC}\cdot(\vec{u}\times\vec{v})|}{\|\vec{u}\times\vec{v}\|}$ , puis calculez-la.
d) On remplace le vecteur directeur de $d_{2}$ par $\vec{v_{m}}=(2;\ -1;\ m)$ . Déterminez la valeur de $m$ pour laquelle $d_{1}$ et $d_{2}$ deviennent coplanaires.

Voir la correction

Réponses

a) $(3;\ 1;\ -5)$ : non parallèles
b) $-12$ : gauches
c) $\frac{12}{\sqrt{35}}\approx 2{,}03$
d) $m=-3$

a)

$\vec{u}\times\vec{v}=((2)(1)-(1)(-1);\ (1)(2)-(1)(1);\ (1)(-1)-(2)(2))=(3;\ 1;\ -5)$ . Ce vecteur n'est pas nul, donc $\vec{u}$ et $\vec{v}$ ne sont pas colinéaires : les droites ne sont pas parallèles.

b)

$\vec{AC}=(0-1;\ 1-0;\ 2-0)=(-1;\ 1;\ 2)$ . Le produit mixte vaut $\vec{AC}\cdot(\vec{u}\times\vec{v})=(-1)(3)+(1)(1)+(2)(-5)=-3+1-10=-12\neq 0$ . Les trois vecteurs ne sont pas coplanaires, donc les droites ne se rencontrent pas. N'étant ni parallèles ni sécantes, $d_{1}$ et $d_{2}$ sont gauches.

c)

Le vecteur $\vec{u}\times\vec{v}$ est perpendiculaire à la fois à $\vec{u}$ et à $\vec{v}$ : c'est la direction de la perpendiculaire commune aux deux droites. La distance cherchée est la longueur de la projection du vecteur $\vec{AC}$ (qui relie un point de chaque droite) sur cette direction commune, soit $\dfrac{|\vec{AC}\cdot(\vec{u}\times\vec{v})|}{\|\vec{u}\times\vec{v}\|}$ . Numériquement : $\|\vec{u}\times\vec{v}\|=\sqrt{3^{2}+1^{2}+(-5)^{2}}=\sqrt{35}$ , donc $\text{dist}=\dfrac{|-12|}{\sqrt{35}}=\dfrac{12}{\sqrt{35}}=\dfrac{12\sqrt{35}}{35}\approx 2{,}03$ .

La figure le résume : les deux droites ne se coupent pas, et la distance se mesure sur leur perpendiculaire commune.

d)

Avec $\vec{v_{m}}=(2;\ -1;\ m)$ : $\vec{u}\times\vec{v_{m}}=((2)(m)-(1)(-1);\ (1)(2)-(1)(m);\ (1)(-1)-(2)(2))=(2m+1;\ 2-m;\ -5)$ . Le produit mixte devient $\vec{AC}\cdot(\vec{u}\times\vec{v_{m}})=(-1)(2m+1)+(1)(2-m)+(2)(-5)=-2m-1+2-m-10=-3m-9$ . Les droites sont coplanaires lorsque ce produit mixte s'annule : $-3m-9=0$ , donc $m=-3$ .

Exercice 7 : Problème : trajectoires de deux drones

Deux drones se déplacent en ligne droite dans un espace muni d'un repère orthonormé gradué en kilomètres. Le temps $t$ est mesuré en minutes à partir d'un même instant initial. La position du drone 1 est $\vec{r_{1}}(t)=(1;\ 2;\ 0)+t(2;\ 1;\ 1)$ et celle du drone 2 est $\vec{r_{2}}(t)=(4;\ 6;\ -1)+t(1;\ -2;\ 3)$ .

La figure montre les deux trajectoires, avec la position de chaque drone à l'instant initial et sa vitesse.

a) Les deux trajectoires, considérées comme des droites, se croisent-elles ? Si oui, en quel point de l'espace ?
b) Y a-t-il collision, c'est-à-dire les deux drones passent-ils au même endroit au même instant ? Justifiez.
c) Déterminez l'angle aigu entre les deux trajectoires, au dixième de degré près.

Voir la correction

Réponses

a) Oui : $(5;\ 4;\ 2)$
b) Pas de collision : instants 2 et 1
c) $70{,}9^\circ$

a)

On cherche des paramètres $t$ (drone 1) et $s$ (drone 2) donnant le même point : $\begin{cases} 1+2t=4+s \\ 2+t=6-2s \\ t=-1+3s \end{cases}$ . La troisième équation donne $t=3s-1$ ; en la portant dans la première : $1+2(3s-1)=4+s$ , soit $6s-1=4+s$ , d'où $s=1$ et $t=2$ . On vérifie la deuxième : $2+2=4$ et $6-2(1)=4$ . Le système est compatible : les trajectoires se croisent. Le point commun est $\vec{r_{1}}(2)=(1+4;\ 2+2;\ 0+2)=(5;\ 4;\ 2)$ , et l'on retrouve bien $\vec{r_{2}}(1)=(4+1;\ 6-2;\ -1+3)=(5;\ 4;\ 2)$ .

b)

Le drone 1 atteint le point $(5;\ 4;\ 2)$ à l'instant $t=2$ min, alors que le drone 2 y passe à l'instant $s=1$ min. Les instants sont différents, donc il n'y a PAS collision : les chemins se croisent dans l'espace, mais les drones n'y sont jamais en même temps. C'est la distinction essentielle du problème : deux trajectoires peuvent se couper sans qu'il y ait rencontre.

c)

Les vecteurs directeurs sont $\vec{u_{1}}=(2;\ 1;\ 1)$ et $\vec{u_{2}}=(1;\ -2;\ 3)$ . On a $\vec{u_{1}}\cdot\vec{u_{2}}=(2)(1)+(1)(-2)+(1)(3)=3$ , $\|\vec{u_{1}}\|=\sqrt{6}$ et $\|\vec{u_{2}}\|=\sqrt{14}$ . Donc $\cos\theta=\dfrac{|3|}{\sqrt{6}\sqrt{14}}=\dfrac{3}{\sqrt{84}}\approx 0{,}3273$ , d'où $\theta\approx 70{,}9^{\circ}$ .

Exercice 8 : Projeté orthogonal et symétrique d'un point : sur un plan et sur une droite

On travaille dans un repère orthonormé de l'espace. On considère le plan $\pi : x-y+z-3=0$ de vecteur normal $\vec{n}=(1;\ -1;\ 1)$ et le point $M(3;\ 1;\ 4)$ .

On considère aussi la droite $\ell$ passant par $A(0;\ 1;\ 0)$ de vecteur directeur $\vec{u}=(2;\ -1;\ 2)$ , et le point $P(1;\ 0;\ 3)$ .

a) Déterminez le projeté orthogonal $H$ de $M$ sur le plan $\pi$ , ainsi que la distance de $M$ à $\pi$ .
b) Déterminez le symétrique $M'$ de $M$ par rapport au plan $\pi$ , et vérifiez que $H$ est le milieu de $[MM']$ .
c) Déterminez le projeté orthogonal $F$ de $P$ sur la droite $\ell$ , ainsi que la distance de $P$ à $\ell$ .
d) Déterminez le symétrique $P'$ de $P$ par rapport à la droite $\ell$ .

Voir la correction

Réponses

a) $H(2;\ 2;\ 3)$ , distance $\sqrt3$
b) $M'(1;\ 3;\ 2)$
c) $F(2;\ 0;\ 2)$ , distance $\sqrt2$
d) $P'(3;\ 0;\ 1)$

a)

Le projeté orthogonal de $M$ sur $\pi$ s'obtient en descendant de $M$ le long de la normale : $H=M-\dfrac{ax_{M}+by_{M}+cz_{M}+d}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\,\vec{n}$ . Ici $ax_{M}+by_{M}+cz_{M}+d=3-1+4-3=3$ et $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$ , donc le coefficient vaut $\dfrac{3}{3}=1$ et $H=M-1\cdot\vec{n}=(3;\ 1;\ 4)-(1;\ -1;\ 1)=(2;\ 2;\ 3)$ . On vérifie que $H\in\pi$ : $2-2+3-3=0$ . La distance de $M$ à $\pi$ est $\dfrac{|3|}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\approx 1{,}73$ , c'est aussi la longueur $MH$ .

b)

Le symétrique s'obtient en descendant deux fois plus loin le long de la normale : $M'=M-2\cdot 1\cdot\vec{n}=(3;\ 1;\ 4)-(2;\ -2;\ 2)=(1;\ 3;\ 2)$ . Le milieu de $[MM']$ est $\left(\dfrac{3+1}{2};\ \dfrac{1+3}{2};\ \dfrac{4+2}{2}\right)=(2;\ 2;\ 3)=H$ , ce qui confirme le calcul : le projeté est toujours le milieu du point et de son symétrique.

c)

Le projeté orthogonal de $P$ sur $\ell$ est le pied de la perpendiculaire : $F=A+t\,\vec{u}$ avec $t=\dfrac{\vec{AP}\cdot\vec{u}}{\|\vec{u}\|^{2}}$ . On a $\vec{AP}=(1-0;\ 0-1;\ 3-0)=(1;\ -1;\ 3)$ , donc $\vec{AP}\cdot\vec{u}=(1)(2)+(-1)(-1)+(3)(2)=2+1+6=9$ et $\|\vec{u}\|^{2}=4+1+4=9$ , d'où $t=1$ . Ainsi $F=(0;\ 1;\ 0)+1\cdot(2;\ -1;\ 2)=(2;\ 0;\ 2)$ . On vérifie l'orthogonalité : $\vec{PF}=(1;\ 0;\ -1)$ et $\vec{PF}\cdot\vec{u}=(1)(2)+(0)(-1)+(-1)(2)=0$ . La distance de $P$ à $\ell$ est $\|\vec{PF}\|=\sqrt{1+0+1}=\sqrt{2}\approx 1{,}41$ .

d)

Comme pour le plan, le pied $F$ est le milieu de $[PP']$ , donc $P'=2F-P=(4;\ 0;\ 4)-(1;\ 0;\ 3)=(3;\ 0;\ 1)$ . Vérification : le milieu de $P(1;\ 0;\ 3)$ et $P'(3;\ 0;\ 1)$ est $(2;\ 0;\ 2)=F$ . Le même principe gouverne la symétrie par rapport à un plan et par rapport à une droite : trouver le pied de la perpendiculaire, puis prolonger d'autant de l'autre côté.

Exercice 9 : Problème : le plan défini par une droite et un point, et le faisceau de plans

On considère la droite $\ell$ passant par $A(1;\ 0;\ 2)$ de vecteur directeur $\vec{u}=(2;\ 1;\ -1)$ , et le point $M(0;\ 3;\ 1)$ .

a) Montrez que $M$ n'appartient pas à $\ell$ .
b) Déterminez un vecteur normal, puis une équation cartésienne du plan $\pi$ contenant à la fois la droite $\ell$ et le point $M$ .
c) Vérifiez que $\vec{u}$ est bien parallèle à $\pi$ , et calculez la distance du point $S(4;\ 2;\ 0)$ à $\pi$ .
d) Expliquez pourquoi il existe une infinité de plans contenant la droite $\ell$ , mais un seul qui contienne en plus le point $M$ . Quel rôle joue ici l'hypothèse « $M$ n'est pas sur $\ell$ » ?

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Réponses

a) Aucun $t$ ne convient
b) $2x+3y+7z-16=0$
c) $\vec u\cdot\vec n=0$ ; distance $\frac{2}{\sqrt{62}}\approx 0{,}25$
d) Faisceau d'arête $\ell$ ; un seul plan par $M$

a)

Si $M$ était sur $\ell$ , il existerait $t$ tel que $M=A+t\,\vec{u}$ . La première coordonnée impose $0=1+2t$ , soit $t=-\dfrac{1}{2}$ . Mais alors la deuxième coordonnée vaudrait $0+(-\tfrac{1}{2})(1)=-\dfrac{1}{2}\neq 3$ . Aucune valeur de $t$ ne convient, donc $M\notin\ell$ .

b)

Le plan cherché contient la direction $\vec{u}$ de la droite et le vecteur $\vec{AM}=(0-1;\ 3-0;\ 1-2)=(-1;\ 3;\ -1)$ , qui relie un point de la droite au point $M$ . Un vecteur normal est leur produit vectoriel : $\vec{n}=\vec{u}\times\vec{AM}=((1)(-1)-(-1)(3);\ (-1)(-1)-(2)(-1);\ (2)(3)-(1)(-1))=(2;\ 3;\ 7)$ . Le plan passe par $A(1;\ 0;\ 2)$ : $2(x-1)+3(y-0)+7(z-2)=0$ , soit $2x+3y+7z-16=0$ . On vérifie sur $M$ : $2(0)+3(3)+7(1)-16=9+7-16=0$ .

c)

$\vec{u}$ est parallèle à $\pi$ si et seulement s'il est orthogonal à la normale : $\vec{u}\cdot\vec{n}=(2)(2)+(1)(3)+(-1)(7)=4+3-7=0$ . C'est bien le cas, ce qui confirme que la droite entière est dans le plan (elle y a un point, $A$ , et une direction parallèle). Pour la distance de $S(4;\ 2;\ 0)$ : $\dfrac{|2(4)+3(2)+7(0)-16|}{\sqrt{2^{2}+3^{2}+7^{2}}}=\dfrac{|8+6-16|}{\sqrt{62}}=\dfrac{2}{\sqrt{62}}\approx 0{,}25$ .

d)

Tous les plans contenant $\ell$ partagent la contrainte de contenir sa direction $\vec{u}$ et un de ses points : en pivotant autour de la droite, on en obtient une infinité, c'est le faisceau de plans d'arête $\ell$ . Pour en fixer un seul, il faut une contrainte supplémentaire, et un point hors de la droite en est une : par $M\notin\ell$ , il passe exactement un plan du faisceau. L'hypothèse « $M$ n'est pas sur $\ell$ » est essentielle : si $M$ était sur la droite, il n'ajouterait aucune information et les plans du faisceau le contiendraient tous, sans en distinguer aucun. Le produit vectoriel $\vec{u}\times\vec{AM}$ serait d'ailleurs nul, incapable de fournir une normale.

Exercice 10 : Problème : plans bissecteurs et ensemble des points équidistants de deux plans

On considère les deux plans $\pi_{1} : 2x-y+2z=0$ et $\pi_{2} : x+2y-2z=0$ . On remarquera d'abord que leurs vecteurs normaux ont la même norme, ce qui simplifie toute la suite.

a) Vérifiez que $\|\vec{n_{1}}\|=\|\vec{n_{2}}\|$ , puis calculez la distance du point $Q(3;\ 1;\ 0)$ à chacun des deux plans. Que constatez-vous ?
b) Déterminez l'ensemble des points de l'espace équidistants de $\pi_{1}$ et de $\pi_{2}$ . Montrez qu'il est formé de deux plans, dont vous donnerez les équations.
c) Démontrez que ces deux plans bissecteurs sont perpendiculaires entre eux.
d) Sur lequel des deux plans bissecteurs se trouve le point $Q$ de la question a) ? Interprétez géométriquement.

Voir la correction

Réponses

a) Normes 3 ; $\frac53$ et $\frac53$
b) $x-3y+4z=0$ et $3x+y=0$
c) Normales orthogonales
d) $Q$ sur $x-3y+4z=0$

a)

$\vec{n_{1}}=(2;\ -1;\ 2)$ et $\vec{n_{2}}=(1;\ 2;\ -2)$ ont pour normes $\|\vec{n_{1}}\|=\sqrt{4+1+4}=3$ et $\|\vec{n_{2}}\|=\sqrt{1+4+4}=3$ : elles sont égales. Pour $Q(3;\ 1;\ 0)$ : $\text{dist}(Q,\pi_{1})=\dfrac{|2(3)-1+0|}{3}=\dfrac{5}{3}$ et $\text{dist}(Q,\pi_{2})=\dfrac{|3+2(1)-0|}{3}=\dfrac{5}{3}$ . Le point $Q$ est équidistant des deux plans.

b)

Un point $(x;\ y;\ z)$ est équidistant des deux plans lorsque $\dfrac{|2x-y+2z|}{3}=\dfrac{|x+2y-2z|}{3}$ , c'est-à-dire $|2x-y+2z|=|x+2y-2z|$ . Comme les dénominateurs sont égaux, ils disparaissent, et l'égalité de deux valeurs absolues donne deux cas. Cas $+$ : $2x-y+2z=x+2y-2z$ , soit $x-3y+4z=0$ . Cas $-$ : $2x-y+2z=-(x+2y-2z)$ , soit $3x+y=0$ . L'ensemble équidistant est donc la réunion des deux plans $x-3y+4z=0$ et $3x+y=0$ , appelés plans bissecteurs des deux plans de départ.

c)

Le premier bissecteur a pour normale $\vec{a}=(1;\ -3;\ 4)$ et le second $\vec{b}=(3;\ 1;\ 0)$ . Leur produit scalaire vaut $\vec{a}\cdot\vec{b}=(1)(3)+(-3)(1)+(4)(0)=3-3+0=0$ . Les normales sont orthogonales, donc les deux plans bissecteurs sont perpendiculaires. C'est un fait général : les deux bissecteurs de deux plans sécants sont toujours perpendiculaires entre eux, exactement comme les deux bissectrices de deux droites sécantes dans le plan.

d)

On teste $Q(3;\ 1;\ 0)$ dans les deux équations. Premier bissecteur : $3-3(1)+4(0)=0$ , satisfait. Second bissecteur : $3(3)+1=10\neq 0$ , non satisfait. Le point $Q$ appartient donc au plan bissecteur $x-3y+4z=0$ . Interprétation : ce plan est le lieu des points intérieurs à l'un des deux dièdres formés par $\pi_{1}$ et $\pi_{2}$ , à égale distance des deux faces ; l'autre bissecteur joue le même rôle pour le dièdre complémentaire.

Exercice 11 : L'angle entre une droite et un plan

On considère la droite $d$ passant par l'origine $O$ et de vecteur directeur $\vec{u}=(1;\ 2;\ 2)$ , et le plan $\pi : 2x-y+2z=9$ de vecteur normal $\vec{n}=(2;\ -1;\ 2)$ .

a) Calculez l'angle entre $\vec{u}$ et $\vec{n}$ , au dixième de degré.
b) Déduisez-en l'angle entre la droite $d$ et le plan $\pi$ .
c) Déterminez le point d'intersection de $d$ et de $\pi$ .
d) Déterminez un vecteur directeur de la projection orthogonale de $d$ sur $\pi$ , à coordonnées entières.
e) Pour quelle valeur de $k$ la droite de direction $(1;\ 2;\ k)$ est-elle parallèle à $\pi$ ?

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Réponses

a) $63{,}6^\circ$
b) $26{,}4^\circ$
c) $\left(\frac94;\ \frac92;\ \frac92\right)$
d) $(1;\ 22;\ 10)$
e) $k=0$

a)

$\vec{u}\cdot\vec{n}=2-2+4=4$ , $\|\vec{u}\|=\|\vec{n}\|=3$ , donc $\cos\theta=\frac{4}{9}$ et $\theta\approx 63{,}6^{\circ}$ .

b)

L'angle entre une droite et un plan est l'angle entre la droite et sa projection sur le plan : c'est le COMPLÉMENT de l'angle avec la normale. $\varphi=90^{\circ}-63{,}6^{\circ}\approx 26{,}4^{\circ}$ , ou directement $\sin\varphi=\frac{|\vec{u}\cdot\vec{n}|}{\|\vec{u}\|\,\|\vec{n}\|}=\frac{4}{9}$ . Répondre $63{,}6^{\circ}$ est l'erreur classique : c'est l'angle avec la normale.

c)

Le point $(t;\ 2t;\ 2t)$ vérifie $2t-2t+4t=9$ , donc $t=\frac{9}{4}$ : le point d'intersection est $\left(\frac{9}{4};\ \frac{9}{2};\ \frac{9}{2}\right)=(2{,}25;\ 4{,}5;\ 4{,}5)$ .

d)

On retire à $\vec{u}$ sa composante selon la normale : $\vec{u}-\frac{\vec{u}\cdot\vec{n}}{\|\vec{n}\|^{2}}\vec{n}=(1;\ 2;\ 2)-\frac{4}{9}(2;\ -1;\ 2)=\left(\frac{1}{9};\ \frac{22}{9};\ \frac{10}{9}\right)$ , colinéaire à $(1;\ 22;\ 10)$ . Contrôle : $(1;\ 22;\ 10)\cdot\vec{n}=2-22+20=0$ , la direction est bien dans le plan.

e)

Parallèle au plan signifie orthogonale à la normale : $2-2+2k=0$ , donc $k=0$ .

Le fil : entre une droite et un plan, on calcule avec la normale puis on prend le complément ; le sinus remplace le cosinus.

Exercice 12 : Trois plans : un point, une droite ou rien

On considère les plans $\pi_{1} : x+y+z=6$ et $\pi_{2} : x-y+2z=5$ , ainsi que trois plans possibles pour compléter le système : $\pi_{3} : x+2y-z=2$ , $\pi_{3}' : 2x+3z=11$ et $\pi_{3}'' : 2x+3z=12$ .

a) Montrez que $\pi_{1}$ , $\pi_{2}$ et $\pi_{3}$ ont un unique point commun, et déterminez-le.
b) Calculez le déterminant des normales de $\pi_{1}$ , $\pi_{2}$ et $\pi_{3}'$ . Montrez que ces trois plans ont une droite commune, dont vous donnerez un vecteur directeur.
c) Déterminez le point de cette droite commune situé dans le plan $z=0$ .
d) Les plans $\pi_{1}$ , $\pi_{2}$ et $\pi_{3}''$ ont-ils un point commun ? Décrivez leur configuration.
e) Pour quelles valeurs de $k$ les plans $\pi_{1}$ , $\pi_{2}$ et $2x+3z=k$ ont-ils une infinité de points communs ?

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Réponses

a) Point $(1;\ 2;\ 3)$
b) Déterminant nul ; droite de direction $(3;-1;-2)$
c) $(5{,}5;\ 0{,}5;\ 0)$
d) Aucun point : prisme
e) $k=11$

a)

$\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 2 \\ 1 & 2 & -1 \end{vmatrix}=1(1-4)-1(-1-2)+1(2+1)=3\neq 0$ : les normales ne sont pas coplanaires, le système a une solution unique. En ajoutant $\pi_{1}$ et $\pi_{3}$ : $2x+3y=8$ ; en retranchant $\pi_{2}$ de $\pi_{1}$ : $2y-z=1$ , donc $z=2y-1$ , et $\pi_{1}$ donne $x=7-3y$ . Alors $14-6y+3y=8$ , soit $y=2$ , $x=1$ , $z=3$ . Le point commun est $(1;\ 2;\ 3)$ ; contrôle dans $\pi_{2}$ : $1-2+6=5$ .

b)

$\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 2 \\ 2 & 0 & 3 \end{vmatrix}=1(-3)-1(3-4)+1(0+2)=0$ . En effet $\pi_{1}+\pi_{2}$ donne exactement $2x+3z=11$ : tout point commun à $\pi_{1}$ et $\pi_{2}$ est sur $\pi_{3}'$ . Les trois plans contiennent donc la droite $\pi_{1}\cap\pi_{2}$ , de vecteur directeur $\vec{n_{1}}\times\vec{n_{2}}=(1\cdot 2-1\cdot(-1);\ 1\cdot 1-1\cdot 2;\ 1\cdot(-1)-1\cdot 1)=(3;\ -1;\ -2)$ .

c)

Avec $z=0$ : $x+y=6$ et $x-y=5$ , donc $x=5{,}5$ et $y=0{,}5$ . Le point est $(5{,}5;\ 0{,}5;\ 0)$ , et il vérifie bien $2(5{,}5)+0=11$ .

d)

Non : un point commun à $\pi_{1}$ et $\pi_{2}$ vérifie $2x+3z=11$ , donc jamais $2x+3z=12$ . Aucun point commun. Les normales étant les mêmes qu'en b), les plans se coupent deux à deux selon trois droites parallèles de direction $(3;\ -1;\ -2)$ : la configuration est un PRISME.

e)

Il faut que l'équation soit conséquence des deux autres, donc $k=11$ : c'est la seule valeur, le cas de b). Pour toute autre valeur de $k$ , on est dans le cas du prisme, puisque le déterminant est nul quel que soit $k$ .

Le fil : un déterminant non nul donne un point ; nul, il reste à savoir si la troisième équation est une conséquence des deux autres, droite commune, ou les contredit, prisme.

Exercice 13 : La perpendiculaire commune de deux droites gauches

On considère la droite $d_{1}$ de représentation $(t;\ t;\ 0)$ et la droite $d_{2}$ de représentation $(1;\ s;\ 2+s)$ , pour $t$ et $s$ réels. On note $\vec{u}=(1;\ 1;\ 0)$ et $\vec{v}=(0;\ 1;\ 1)$ leurs vecteurs directeurs.

a) Montrez que $d_{1}$ et $d_{2}$ sont gauches.
b) On cherche le point $P$ de $d_{1}$ et le point $Q$ de $d_{2}$ tels que $\vec{PQ}$ soit orthogonal à $\vec{u}$ et à $\vec{v}$ . Écrivez les deux conditions et déterminez $t$ et $s$ .
c) Donnez les coordonnées de $P$ et de $Q$ .
d) Calculez $PQ$ , au millième, et vérifiez le résultat par la formule du produit mixte.
e) Montrez que $\vec{PQ}$ est colinéaire à $\vec{u}\times\vec{v}$ . Pourquoi est-ce attendu ?

Voir la correction

Réponses

a) Produit mixte 3 : gauches
b) $t=0$ , $s=-1$
c) $P(0;0;0)$ , $Q(1;-1;1)$
d) $PQ=\sqrt3\approx 1{,}732$
e) $\vec{PQ}=\vec u\times\vec v$

a)

$\vec{u}$ et $\vec{v}$ ne sont pas colinéaires, donc les droites ne sont pas parallèles. Avec $A=(0;\ 0;\ 0)$ sur $d_{1}$ et $C=(1;\ 0;\ 2)$ sur $d_{2}$ : $\vec{u}\times\vec{v}=(1\cdot 1-0\cdot 1;\ 0\cdot 0-1\cdot 1;\ 1\cdot 1-1\cdot 0)=(1;\ -1;\ 1)$ et $\vec{AC}\cdot(\vec{u}\times\vec{v})=1+0+2=3\neq 0$ : elles ne sont pas coplanaires, donc gauches.

b)

$\vec{PQ}=(1-t;\ s-t;\ 2+s)$ . $\vec{PQ}\cdot\vec{u}=1-t+s-t=1+s-2t=0$ et $\vec{PQ}\cdot\vec{v}=s-t+2+s=2s-t+2=0$ . La seconde donne $t=2s+2$ , et la première $1+s-4s-4=0$ , soit $s=-1$ puis $t=0$ .

c)

$P=(0;\ 0;\ 0)$ et $Q=(1;\ -1;\ 1)$ .

d)

$\vec{PQ}=(1;\ -1;\ 1)$ et $PQ=\sqrt{3}\approx 1{,}732$ . Par le produit mixte : $\frac{|\vec{AC}\cdot(\vec{u}\times\vec{v})|}{\|\vec{u}\times\vec{v}\|}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$ . Les deux calculs concordent.

e)

$\vec{PQ}=(1;\ -1;\ 1)=\vec{u}\times\vec{v}$ . C'est attendu : $\vec{PQ}$ est orthogonal aux deux directions, et dans l'espace, les vecteurs orthogonaux à deux vecteurs non colinéaires forment une droite vectorielle, celle de leur produit vectoriel. La perpendiculaire commune est la seule droite qui coupe les deux droites à angle droit, et $PQ$ est la plus courte distance entre elles.

Le fil : la distance entre deux droites gauches se calcule par le produit mixte ; la perpendiculaire commune s'obtient en imposant deux orthogonalités.

Exercice 14 : Problème : la réflexion d'un rayon sur un miroir plan

Un miroir occupe le plan $\pi : x+y+z=3$ , de vecteur normal $\vec{n}=(1;\ 1;\ 1)$ . Un rayon lumineux part de la source $S(0;\ 0;\ 6)$ dans la direction $\vec{d}=(1;\ 2;\ -5)$ .

À la réflexion, la composante du rayon selon la normale change de signe et la composante parallèle au miroir est conservée : $\vec{r}=\vec{d}-2\frac{\vec{d}\cdot\vec{n}}{\|\vec{n}\|^{2}}\vec{n}$ .

La figure représente le miroir, la source et la direction du rayon.

a) Déterminez le point $I$ où le rayon frappe le miroir.
b) Calculez la direction $\vec{r}$ du rayon réfléchi, puis donnez-la à coordonnées entières.
c) Vérifiez que le rayon incident et le rayon réfléchi font le même angle avec la normale.
d) Déterminez le symétrique $S'$ de la source par rapport au plan du miroir.
e) Montrez que le vecteur $\vec{S'I}$ est colinéaire à la direction réfléchie, et interprétez.

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Réponses

a) $I(1{,}5;\ 3;\ -1{,}5)$
b) $(7;\ 10;\ -11)$
c) Même angle, environ $77{,}8^\circ$
d) $S'(-2;\ -2;\ 4)$
e) $\vec{S'I}$ colinéaire au rayon réfléchi

a)

Le point $(t;\ 2t;\ 6-5t)$ vérifie $t+2t+6-5t=3$ , soit $-2t=-3$ et $t=1{,}5$ : $I=(1{,}5;\ 3;\ -1{,}5)$ .

b)

$\vec{d}\cdot\vec{n}=1+2-5=-2$ et $\|\vec{n}\|^{2}=3$ , donc $\vec{r}=(1;\ 2;\ -5)+\frac{4}{3}(1;\ 1;\ 1)=\left(\frac{7}{3};\ \frac{10}{3};\ -\frac{11}{3}\right)$ , colinéaire à $(7;\ 10;\ -11)$ .

c)

Incident : $\frac{|\vec{d}\cdot\vec{n}|}{\|\vec{d}\|\,\|\vec{n}\|}=\frac{2}{\sqrt{30}\sqrt{3}}\approx 0{,}211$ . Réfléchi, avec $(7;\ 10;\ -11)$ : $\frac{|7+10-11|}{\sqrt{270}\sqrt{3}}=\frac{6}{\sqrt{810}}\approx 0{,}211$ . Mêmes cosinus, donc même angle avec la normale, environ $77{,}8^{\circ}$ : c'est la loi de la réflexion. Le rayon incident arrive vers le miroir, $\vec{d}\cdot\vec{n}<0$ , et le rayon réfléchi en repart, $\vec{r}\cdot\vec{n}>0$ .

d)

$S$ donne $0+0+6-3=3$ , donc $S'=S-2\cdot\frac{3}{3}\vec{n}=(0;\ 0;\ 6)-(2;\ 2;\ 2)=(-2;\ -2;\ 4)$ .

e)

$\vec{S'I}=(3{,}5;\ 5;\ -5{,}5)=\frac{1}{2}(7;\ 10;\ -11)$ : le rayon réfléchi est porté par la droite $(S'I)$ . Tout se passe comme si la lumière venait en ligne droite de l'image $S'$ de la source derrière le miroir : c'est pour cela qu'on voit l'objet « dans » le miroir, à la même distance derrière que devant.

Le fil : réfléchir un vecteur sur un plan, c'est inverser sa composante normale ; réfléchir un point, c'est prolonger la perpendiculaire d'autant.

Exercice 15 : Problème : la ligne de plus grande pente d'un toit

Un pan de toit est un rectangle de sommets $A(0;\ 0;\ 6)$ , $B(0;\ 10;\ 6)$ , $C(4;\ 0;\ 4)$ et $D(4;\ 10;\ 4)$ , en mètres, l'axe $z$ étant vertical. Le faîte est l'arête $[AB]$ , la gouttière l'arête $[CD]$ .

a) Déterminez une équation cartésienne du plan du toit.
b) Calculez l'angle entre le toit et le plan horizontal, au centième de degré, et la pente en pourcentage.
c) Déterminez un vecteur directeur des droites horizontales du toit, puis celui de la ligne de plus grande pente orientée vers le bas.
d) Une goutte d'eau tombe sur le toit au point $P(1;\ 5;\ 5{,}5)$ et suit la ligne de plus grande pente. En quel point atteint-elle la gouttière ?
e) Calculez l'aire du pan de toit, au dixième, et comparez-la à l'aire de sa projection sur le sol.

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Réponses

a) $x+2z=12$
b) $26{,}57^\circ$ ; pente 50 %
c) Horizontales $(0;1;0)$ ; pente $(2;0;-1)$
d) $(4;\ 5;\ 4)$
e) $44{,}7$ m² contre 40 m²

a)

$\vec{AB}=(0;\ 10;\ 0)$ et $\vec{AC}=(4;\ 0;\ -2)$ , $\vec{AB}\times\vec{AC}=(10\cdot(-2)-0\cdot 0;\ 0\cdot 4-0\cdot(-2);\ 0\cdot 0-10\cdot 4)=(-20;\ 0;\ -40)$ , colinéaire à $\vec{n}=(1;\ 0;\ 2)$ . Par $A$ : $x+2(z-6)=0$ , soit $x+2z=12$ . Contrôle sur $D$ : $4+8=12$ .

b)

L'angle entre deux plans est celui de leurs normales : $\cos\theta=\frac{|\vec{n}\cdot\vec{k}|}{\|\vec{n}\|}=\frac{2}{\sqrt{5}}$ , donc $\theta\approx 26{,}57^{\circ}$ . La pente est $\tan\theta=\frac{1}{2}$ : on descend de $2\ \mathrm{m}$ pour $4\ \mathrm{m}$ horizontaux, une pente de $50\ \%$ .

c)

Une droite horizontale du toit est orthogonale à $\vec{n}$ et à $\vec{k}=(0;\ 0;\ 1)$ : $\vec{n}\times\vec{k}=(0\cdot 1-2\cdot 0;\ 2\cdot 0-1\cdot 1;\ 0)=(0;\ -1;\ 0)$ , la direction du faîte. La ligne de plus grande pente est dans le toit et orthogonale aux horizontales : $\vec{n}\times(0;\ 1;\ 0)=(0\cdot 0-2\cdot 1;\ 2\cdot 0-1\cdot 0;\ 1\cdot 1-0\cdot 0)=(-2;\ 0;\ 1)$ , qui monte ; vers le bas, $(2;\ 0;\ -1)$ .

d)

$P$ est bien sur le toit : $1+11=12$ . La goutte suit $(1+2t;\ 5;\ 5{,}5-t)$ et atteint la gouttière à $z=4$ , donc $t=1{,}5$ : le point $(4;\ 5;\ 4)$ , au milieu de la gouttière. Elle ne dérive pas selon $y$ : la plus grande pente est perpendiculaire au faîte.

e)

$AB=10$ et $AC=\sqrt{16+4}=\sqrt{20}\approx 4{,}47$ , donc l'aire vaut $10\sqrt{20}\approx 44{,}7\ \mathrm{m^{2}}$ . La projection au sol est un rectangle de $10$ sur $4$ , soit $40\ \mathrm{m^{2}}$ , et $44{,}7\times\cos\theta=44{,}7\times\frac{2}{\sqrt{5}}\approx 40$ : l'aire projetée est l'aire multipliée par le cosinus de l'angle entre les plans. C'est l'aire du toit, et non celle du sol, qui compte pour les tuiles.

Le fil : la normale d'un plan donne à la fois son inclinaison, ses horizontales et sa ligne de plus grande pente.

Exercices corrigés : la droite et le plan dans l'espace (201-SN4-RE, ancien 201-NYC / Maths 105)

Rappel de cours

Calculs : équations, intersections, distances et angles

Exercice 0.1 : Calculer équations, intersections et distances dans l'espace : dix calculs directs

Partie A : Équations, intersections et distances (/50)

Exercice 1 : Les équations d'une droite dans l'espace

Exercice 2 : L'équation cartésienne d'un plan

Exercice 3 : Positions relatives et intersection droite-plan

Exercice 4 : Distances dans l'espace

Exercice 5 : Intersection de deux plans et angle entre eux

Partie B : Niveau examen (/50)

Exercice 6 : Deux droites gauches et leur distance

Exercice 7 : Problème : trajectoires de deux drones

Exercice 8 : Projeté orthogonal et symétrique d'un point : sur un plan et sur une droite

Exercice 9 : Problème : le plan défini par une droite et un point, et le faisceau de plans

Exercice 10 : Problème : plans bissecteurs et ensemble des points équidistants de deux plans

Partie C : les classiques (/50)

Exercice 11 : L'angle entre une droite et un plan

Exercice 12 : Trois plans : un point, une droite ou rien

Exercice 13 : La perpendiculaire commune de deux droites gauches

Exercice 14 : Problème : la réflexion d'un rayon sur un miroir plan

Exercice 15 : Problème : la ligne de plus grande pente d'un toit

Voir aussi

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