Exercices corrigés : géométrie dans l'espace (Terminale spécialité)

a) $\vec{AB}(2,\ -3,\ 3)$ et $\vec{CD}(2,\ -3,\ 3)$. Les deux vecteurs sont égaux, donc $ABDC$ est un parallélogramme.

b) $\vec{AC}(-1,\ 2,\ 2)$ et $\vec{BD}(-1,\ 2,\ 2)$ : ils sont également égaux, ce qui confirme le parallélogramme.

c) On cherche $k$ tel que $\vec{v}=k\vec{u}$ : $-1=2k$ donne $k=-\frac{1}{2}$, et on vérifie $2=-\frac{1}{2}\times(-4)$ ainsi que $-3=-\frac{1}{2}\times 6$. Les trois coordonnées sont cohérentes : les vecteurs sont colinéaires.

d) On aurait $k=\frac{2}{1}=2$ sur la première coordonnée et $k=\frac{4}{2}=2$ sur la deuxième, mais $\frac{7}{3}\neq 2$ sur la troisième. Les vecteurs ne sont pas colinéaires : dans l'espace, il faut vérifier les trois coordonnées.

a) Si $\vec{v}=k\vec{u}$, la première coordonnée donnerait $0=k$, donc $\vec{v}$ serait nul, ce qui est faux. Ils ne sont pas colinéaires.

b) $a\vec{u}+b\vec{v}$ a pour coordonnées $(a,\ b,\ a+b)$. L'égalité avec $\vec{w}(1,\ 1,\ 2)$ donne $a=1$, $b=1$ et $a+b=2$, ce qui est cohérent. Donc $\vec{w}=\vec{u}+\vec{v}$ : les trois vecteurs sont coplanaires.

c) Avec $\vec{w'}(1,\ 1,\ 3)$ : les deux premières coordonnées imposent $a=1$ et $b=1$, mais alors $a+b=2\neq 3$. Le système est incompatible : $\vec{w'}$ n'est pas combinaison linéaire de $\vec{u}$ et $\vec{v}$, les trois vecteurs ne sont pas coplanaires.

d) Trois vecteurs non coplanaires de l'espace forment une base : tout vecteur de l'espace se décompose de manière unique sur $(\vec{u},\ \vec{v},\ \vec{w'})$.

a) $x=1+2t$, $y=2-3t$, $z=-1+3t$, avec $t$ décrivant $\mathbb{R}$.

b) On résout $1+2t=3$, ce qui donne $t=1$. On vérifie alors les deux autres : $y=2-3=-1$ et $z=-1+3=2$. Les trois coordonnées correspondent, donc $B$ appartient à $d$, pour $t=1$.

c) $1+2t=5$ donne $t=2$. Alors $y=2-6=-4$, ce qui convient, mais $z=-1+6=5$ alors que le point a pour cote $4$. Le point $E$ n'appartient donc pas à $d$ : il ne suffit pas que deux coordonnées conviennent.

d) $1+2t=7$ donne $t=3$, d'où $y=2-9=-7$ et $z=-1+9=8$. Le point cherché est $(7,\ -7,\ 8)$.

a) $\vec{u}\cdot\vec{v}=1\times 3+2\times(-1)+(-1)\times 1=3-2-1=0$. Les deux vecteurs sont orthogonaux.

b) $\|\vec{u}\|=\sqrt{1+4+1}=\sqrt{6}$ et $\|\vec{v}\|=\sqrt{9+1+1}=\sqrt{11}$.

c) $\vec{a}\cdot\vec{b}=2+3-2=3$. $\|\vec{a}\|=\sqrt{4+1+4}=\sqrt{9}=3$.

d) $\|\vec{b}\|=\sqrt{1+9+1}=\sqrt{11}$, donc $\cos(\theta)=\frac{3}{3\sqrt{11}}=\frac{1}{\sqrt{11}}\approx 0{,}3015$. L'angle mesure environ $72{,}45^{\circ}$.

a) L'équation s'écrit $2(x-1)-1(y-2)+3(z+1)=0$, soit $2x-2-y+2+3z+3=0$, c'est-à-dire $2x-y+3z+3=0$.

b) $2\times 1-2+3\times(-1)+3=2-2-3+3=0$ : le point $A$ appartient bien à $P$.

c) $2\times 2-4+3\times 0+3=4-4+0+3=3\neq 0$ : le point $F$ n'appartient pas à $P$.

d) Les coefficients de $x$, $y$ et $z$ donnent directement un vecteur normal : $\vec{m}(1,\ 2,\ -1)$. Pour $G$ : $0+0-5+5=0$, donc $G$ appartient à $Q$.

e) Deux plans sont perpendiculaires lorsque leurs vecteurs normaux sont orthogonaux. Ici $\vec{n}\cdot\vec{m}=2\times 1+(-1)\times 2+3\times(-1)=2-2-3=-3\neq 0$. Les plans ne sont donc pas perpendiculaires.

a) $\vec{u}(1,\ -1,\ 2)$ se lit sur les coefficients du paramètre, et $\vec{n}(2,\ -1,\ 3)$ sur les coefficients de l'équation du plan.

b) $\vec{u}\cdot\vec{n}=2+1+6=9\neq 0$. Le vecteur directeur n'est pas orthogonal au vecteur normal, donc la droite n'est pas parallèle au plan : elle le coupe en un unique point.

c) On remplace dans l'équation du plan : $2(2+t)-(1-t)+3(3+2t)+3=4+2t-1+t+9+6t+3=9t+15$. On résout $9t+15=0$, donc $t=-\frac{5}{3}$. Les coordonnées sont alors $x=2-\frac{5}{3}=\frac{1}{3}$, $y=1+\frac{5}{3}=\frac{8}{3}$ et $z=3-\frac{10}{3}=-\frac{1}{3}$.

d) Le point $\left(\frac{1}{3},\ \frac{8}{3},\ -\frac{1}{3}\right)$ correspond à $t=-\frac{5}{3}$ dans la représentation paramétrique, donc il appartient à $d$. Pour le plan : $\frac{2}{3}-\frac{8}{3}-1+3=-\frac{6}{3}+2=-2+2=0$. Il appartient bien aux deux.

a) $\vec{n_{1}}(2,\ -1,\ 3)$, $\vec{n_{2}}(4,\ -2,\ 6)$ et $\vec{n_{3}}(1,\ 1,\ -1)$.

b) $\vec{n_{2}}=2\vec{n_{1}}$ : les vecteurs normaux sont colinéaires, donc les plans sont parallèles. Sont-ils confondus ? En multipliant l'équation de $P_{1}$ par 2 on obtient $4x-2y+6z+6=0$, dont le terme constant vaut $6$ et non $-1$. Les deux plans sont donc strictement parallèles, sans point commun.

c) $\vec{n_{1}}\cdot\vec{n_{3}}=2-1-3=-2$. Les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires (on le voit aussi car $\frac{2}{1}\neq\frac{-1}{1}$), donc les plans ne sont pas parallèles : ils se coupent selon une droite.

d) Pour $P_{3}$ : $1+2-3=0$, donc $H$ appartient à $P_{3}$. Pour $P_{1}$ : $2-2+9+3=12\neq 0$, donc $H$ n'appartient pas à $P_{1}$. Le point $H$ n'est donc pas sur la droite d'intersection.

a) $\frac{|2\times 3-1+3\times(-2)+3|}{\sqrt{4+1+9}}=\frac{|6-1-6+3|}{\sqrt{14}}=\frac{2}{\sqrt{14}}=\frac{\sqrt{14}}{7}\approx 0{,}535$.

b) La droite a pour vecteur directeur le vecteur normal $\vec{n}(2,\ -1,\ 3)$ et passe par $M$ : $x=3+2t$, $y=1-t$, $z=-2+3t$.

c) On reporte dans l'équation du plan : $2(3+2t)-(1-t)+3(-2+3t)+3=6+4t-1+t-6+9t+3=14t+2$. On résout $14t+2=0$, donc $t=-\frac{1}{7}$. Les coordonnées sont $x=3-\frac{2}{7}=\frac{19}{7}$, $y=1+\frac{1}{7}=\frac{8}{7}$ et $z=-2-\frac{3}{7}=-\frac{17}{7}$.

d) Vérification dans $P$ : $\frac{38}{7}-\frac{8}{7}-\frac{51}{7}+3=\frac{38-8-51+21}{7}=\frac{0}{7}=0$. Ensuite $\vec{MH}\left(-\frac{2}{7},\ \frac{1}{7},\ -\frac{3}{7}\right)$, de norme $\frac{1}{7}\sqrt{4+1+9}=\frac{\sqrt{14}}{7}$. C'est bien la distance trouvée en a).

a) $\vec{AG}(1,\ 1,\ 1)$, $\vec{BD}(-1,\ 1,\ 0)$ et $\vec{BE}(-1,\ 0,\ 1)$.

b) $\vec{AG}\cdot\vec{BD}=-1+1+0=0$ et $\vec{AG}\cdot\vec{BE}=-1+0+1=0$. Le vecteur $\vec{AG}$ est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(BDE)$ : la droite $(AG)$ est orthogonale au plan $(BDE)$, et $\vec{AG}$ en est un vecteur normal.

c) Le plan a pour vecteur normal $(1,\ 1,\ 1)$ et passe par $B(1,\ 0,\ 0)$ : son équation est $1(x-1)+1(y-0)+1(z-0)=0$, soit $x+y+z-1=0$. On vérifie avec $D$ : $0+1+0-1=0$, et avec $E$ : $0+0+1-1=0$.

d) $\frac{|0+0+0-1|}{\sqrt{1+1+1}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\approx 0{,}577$.

e) La droite $(AG)$ a pour représentation paramétrique $x=t$, $y=t$, $z=t$. En reportant : $t+t+t-1=0$, donc $t=\frac{1}{3}$. Le point d'intersection est $\left(\frac{1}{3},\ \frac{1}{3},\ \frac{1}{3}\right)$. C'est le centre de gravité du triangle $BDE$, ce qui est cohérent avec la symétrie de la figure.

a) Faux. C'est vrai dans le plan, pas dans l'espace : deux droites peuvent n'être ni parallèles ni sécantes, on dit alors qu'elles sont non coplanaires. Contre-exemple dans le cube de l'exercice 9 : la droite $(AB)$ a pour vecteur directeur $(1,\ 0,\ 0)$ et la droite $(DH)$ a pour vecteur directeur $(0,\ 0,\ 1)$, donc elles ne sont pas parallèles. Un point de $(AB)$ s'écrit $(t,\ 0,\ 0)$ et un point de $(DH)$ s'écrit $(0,\ 1,\ s)$ : l'égalité imposerait $0=1$, ce qui est impossible. Les deux droites n'ont donc aucun point commun.

b) Faux. Trois vecteurs peuvent être deux à deux non colinéaires tout en étant coplanaires. Contre-exemple de l'exercice 2 : $\vec{u}(1,\ 0,\ 1)$, $\vec{v}(0,\ 1,\ 1)$ et $\vec{w}(1,\ 1,\ 2)$ ne sont deux à deux pas colinéaires, pourtant $\vec{w}=\vec{u}+\vec{v}$ : ils sont coplanaires et ne forment pas une base.

c) Faux. Si $\vec{n}$ est normal à un plan, alors $k\vec{n}$ l'est aussi pour tout réel $k$ non nul. Un plan admet donc une infinité de vecteurs normaux, tous colinéaires entre eux. Exemple : $(2,\ -1,\ 3)$ et $(4,\ -2,\ 6)$ sont tous deux normaux au plan $2x-y+3z+3=0$.

d) Faux. Multiplier une équation par un réel non nul donne une équation différente du même plan. Ainsi $2x-y+3z+3=0$ et $4x-2y+6z+6=0$ décrivent exactement le même plan. En revanche $4x-2y+6z-1=0$ décrit un plan strictement parallèle, comme vu à l'exercice 7.