Nom : Classe : TS5
A préparer pour le : 05 / 11 /18
Devoir maison n°2 Géométrie vectorielle
Note :
… / 10
Correction du DM n°2 Exercice 1 :
Proposition 1 :
On considère la droite (d) : avec ∈ R On teste si A( ; ; ) est un point de (d) :
⇔ ⇔ =
Donc A est le point de (d) de paramètre = . A ∈ (d).
On teste si B( ; ; ) est un point de (d) : ⇔ ⇔ =
Donc B est le point de (d) de paramètre = . B ∈ (d).
Finalement : (d) = (AB) et la proposition 1 est vraie.
Proposition 2 :
(AB) : avec ∈ R d : avec ∈ R
On remarque que (AB) est dirigée par et que d est dirigée par .
Or : ≠ ≠ Donc et ne sont pas colinéaires. On en déduit que (AB) et d ne sont pas parallèles.
Ainsi, ces deux droites ne seront coplanaires que si elles ont un point commun.
Si tel est le cas, le système aura un couple de solutions réelles ( ; ) unique.
⇔ ⇔
⇔
Or : ≠ Donc le système n'a pas de solution.
On en déduit que (AB) et d ne sont pas sécantes. N'étant pas parallèles, elles ne sont pas coplanaires.
La proposition 2 est fausse.
t
1 1 0
8<
:
x= 5¡2t y= -1 +t z= -2 +t 8<
:
1 = 5¡2t 1 = -1 +t 0 = -2 +t
8<
:
2t= 4 2 =t 2 =t
t 2 t 2
t t 3 0 -1
8<
:
3 = 5¡2t 0 = -1 +t -1 = -2 +t
8<
:
2t= 2 1 = t 1 = t
1 1
8<
:
x = 5¡2t y = -1 +t z = -2 +t
t t0
8<
:
x= 2t0 y= 1 +t0 z = -5 + 3t0
~u 0
@-2 1 1
1
A ~v
0
@2 1 3
1 A
-2 2
1 1
1
3 ~u ~v 8<
:
5¡2t= 2t0 -1 +t= 1 +t0 -2 +t= -5 + 3t0
t t0
8<
:
5¡2t= 2t0 -1 +t= 1 +t0 -2 +t= -5 + 3t0
8<
:
2t+ 2t0 = 5 t¡t0 = 2 t¡3t0 = -3
8<
:
t¡t0 = 2 2t+ 2t0 = 5 t¡3t0 = -3
L1
L2 L3
L1
L2 ÃL2¡2L1
L3 ÃL3¡L1
8<
:
t¡t0 = 2
2t¡2t+ 2t0+ 2t0 = 5¡4 t¡t¡3t0+t0 = -3¡2 8<
:
t¡t0 = 2 4t0 = 1 -2t0 = -5
8<
:
t¡t0 = 2 t0 = 14 t0 = 52 1
4 5 2
Exercice 2 : Droites concourantes.
Conjecture : A l'aide d'un logiciel, on pourrait conjecturer que les droites (IK), (JL) et (AC) sont concourantes en un point M.
Méthode 1 : Géométrique
1. Montrer que les vecteurs et sont colinéaires. En déduire que I, J, K et L sont coplanaires.
Dans le triangle ABD, I et J sont les milieux de [AB] et [AD].
On en déduit, d'après le théorème des milieux, que les droites (IJ) et (BD) sont parallèles.
Dans le triangle BCD, on sait que :
• C, K et B sont alignés dans le même ordre que C, L et D.
• = donc =
• = donc =
On en déduit que : = = et qu'ainsi, d'après la réciproque du théorème de Thalès : (KL) // (BD) (IJ) // (BD) // (KL). Donc les vecteurs et sont colinéaires. Ainsi, I, J, K et L sont coplanaires.
2. Justifier que les droites (IK) et (JL) sont sécantes.
Les points I, J, K et L sont coplanaires donc les droites (IK) et (JL) aussi.
On en déduit que ces droites sont soit sécantes, soit parallèles.
Raisonnons par l'absurde :
Si les droites (IK) et (JL) étaient parallèles alors, sachant que (IJ) et (KL) le sont aussi, le quadrilatère IJLK serait un parallélogramme. Les côtés opposés [IJ] et [KL] seraient alors de même longueur.
Or, d'après le théorème des milieux appliqué au triangle ABD, on sait que IJ = BD.
On aurait alors KL = IJ = BD.
Mais d'après le théorème de Thalès, appliqué au triangle BCD on a : = =
Ce qui conduirait à : = Ce qui est absurde. Ainsi, les droites (IK) et (JL) ne peuvent pas être parallèles.
Sachant qu'elles sont coplanaires, elles sont forcément sécantes en un point M.
3. Sur quelle arête du tétraèdre se situe l'intersection des droites (IK) et (JL) ? Conclure.
Soit M le point d'intersection des droites (IK) et (JL).
M ∈ (IK) et (IK) ⊂ (ABC) donc M ∈ (ABC) M ∈ (JL) et (JL) ⊂ (ADC) donc M ∈ (ADC) On en déduit que M ∈ (ABC) ∩ (ADC) Or (ABC) ∩ (ADC) = (AC)
Donc M ∈ (AC)
Ainsi, les droites (IK), (JL) et (AC) sont concourantes.
¡
!IJ ¡!KL
¡!BK 34¡!BC BKBC 34 3
4
3 4
¡!DL ¡!DC DLDC CK CB
CL CD
1
4 ¡!IJ ¡!KL
1 2 1
2
CK CB
CL CD
KL BD 1
4 1 2
Méthode 2 : Analytique
1. On se place dans le repère (A; , , ). Donner les coordonnées des points de la figure.
Dans le repère (A; , , ), on a :
A( ; ; ) B( ; ; ) C( ; ; ) D( ; ; )
I étant le milieu de [AB] on a : = = + + . On en déduit : I( ; ; ) De même, J étant le milieu de [AD], on a : J( ; ; )
= donc, d'après la relation de Chasles :
+ = ( + ) = +
Donc : = + – = + = + + . On en déduit : K( ; ; ).
De même : = donc : + = ( + ) = +
Donc : = + – = + = + + . On en déduit : L( ; ; ).
2. En déduire les représentations paramétriques pour les droites (IK) et (JL).
(IK) et (JL) sont sécantes si et seulement si le système admet un couple unique de solutions réelles ( ; )
⇔ ⇔ ⇔
Le système a pour unique couple de solutions ( ; ) = ( ; ).
Donc (IK) et (JL) sont sécantes en un point M. Pour déterminer les coordonnées de M on remplace par dans la représentation paramétrique de (IK) :
⇔ ⇔ On en déduit M( ; ; ).
4. Conclure.
M( ; ; ) donc =
Les vecteurs et étant colinéaires on en déduit que M appartient à (AC).
Ainsi, les droites (AM), (IK) et (JL) sont concourantes.
¡!AB ¡!AC ¡!AD
0
¡!AB ¡!AC ¡!AD 1 0
0 0 0 0 0 1
¡!AB
¡!
AI 12 0 0
1 0 0
1 2 0 12
0 1 2
¡!AB 0¡!AC 0¡!AD
¡!BK 34¡!BC 3 4
¡!BA ¡!
AK ¡!
BA ¡!
AC 34¡!
BA 34¡!
AC
¡!AK 34¡!BA 34¡!AC ¡!BA -14 ¡!BA 34¡!AC 14¡!AB 34¡!AC 0¡!AD 14 34 0
¡!DL 3 4
¡!DC 3
4
¡!AC 3 4
3 4
¡!AC
¡!DA ¡!AL ¡!DA ¡!DA 3
4
3 4
¡!AC -14 34¡!AC ¡!AB 34¡!AC ¡!AD
¡!AL ¡!DA ¡!DA ¡!DA 0 14 0 34 14
t t0
8<
:
1
2 ¡ 14t= 0
3
4t= 34t0 0 = 12 ¡ 14t0 8<
:
1
2 ¡ 14t= 0
3
4t= 34t0 0 = 12 ¡ 14t0
8<
:
1 4t= 12 t=t0
1 4t0 = 12
8<
: t= 42 t=t0 t0 = 42
8<
: t= 2 t=t0 t0 = 2 t t0 2 2
t 2
8<
:
x = 12 ¡ 14 £2 y = 34 £2 z = 0
8<
:
x = 12 ¡ 12
y = 32 z = 0
8<
:
x= 0 y= 32 z= 0
0 0 32
0 32 0 ¡¡!AM 32¡!AC
¡¡!AM ¡!
AC
