242
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Chapitre 10 Vecteurs, droites et plans de l’espace 4. Soit R la position de l’arbre et T la position de Kito.
On a : CR CRu ruu 4 1 0
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟ et CT CTu ruu 7 74 0
⎛
⎝
⎜⎜
⎜
⎞
⎠
⎟⎟
⎟. On remarque que CRCRu ruu
= 4 7CTu ruu
CT, les vecteurs CR et CT sont colinéaires et les points C, R et T sont alignés.
67 Partie A
1. Le point M est tel que GM = xCG, les vecteurs GM et CG sont colinéaires et les points C, G et M sont alignés.
Les droites ( )FB et ( )GC sont parallèles par construction.
Les droites ( )FB et ( )GC sont donc coplanaires ainsi que les points M, G, C, F et B. On en déduit que les droites (MB) et ( )FG sont coplanaires.
2. De la même manière que la question précédente, on démontre que les droites (MD) et (HG) sont coplanaires.
3.
A B
C M
F G U V H
D E
Le polyèdre 3 est un pentaèdre.
Partie B
1. À faire à l’aide d’un logiciel de géométrie dynamique 3D.
2. a. Soit VMVUG le volume du tétraèdre ayant pour base le triangle VGU rectangle isocèle en G.
D’après le théorème de Thalès, VG DC = MG
MC ⇔VG= DC×MG MC . Soit VG= x
1+x.
Ainsi, VMVUG =
VG×GU 2 ×MG
3 =
1+xx× x 1+x
2 ×x
3 = x3
6 1+( x)2 VMVUG =
VG×GU 2 ×MG
3 =
1+xx× x 1+x
2 ×x
3 = x3
6 1+( x)2 .
Soit VMDBC le volume du tétraèdre ayant pour base le triangle CDB rectangle isocèle en C.
On a : VMDBC =
DC×BC 2 ×MC
3 =
21×(1+x) 3 =1+x
6 . Soit VCDBGVU le volume du pentaèdre.
On a VCDBGVU =VMDBC −VMVUG =1+x 6 − x3
6 1( +x)2 = 1+
( x)3−x3
6 1( +x)2 =1+3x+3x
2+x3−x3 6 1( +x)2 = 3x
2+3x+1 6 1( +x)2 VCDBGVU =VMDBC −VMVUG =1+x
6 − x3
6 1+( x)2 = 1+
( x)3−x3
6 1+( x)2 =1+3x+3x
2+x3−x3 6 1+( x)2 = 3x
2+3x+1 6 1+( x)2 VCDBGVU =VMDBC−VMVUG =1+x
6 − x3
6 1( +x)2 = 1+
( x)3−x3
6 1( +x)2 =1+3x+3x
2+x3−x3 6 1( +x)2 = 3x
2+3x+1 6 1( +x)2 . b. Le volume du cube est Vcube =1.
Le problème revient à trouver, sur l’intervalle [ ]0 ; 1,
l’abscisse du point d’intersection de la courbe représentative de VCDBGVU et de la droite y=0,25.
À l’aide de la calculatrice, on obtient x≈0,58.
3. 3x2+3x+1
6 1+( x)2 =0,25⇔
3x2+3x+1−1,5 1+( x)2 6 1+( x)2 =0⇔
3x2 +3x+1−1,5 1
(
+2x+x2)
6 1+( x)2 =0⇔1,5x
2−0,5
6 1+( x)2 =0⇔1,5x2−0,5=0⇔x2 =31⇒x= 33 3x2+3x+1
6 1+( x)2 =0,25⇔
3x2+3x+1−1,5 1+( x)2 6 1+( x)2 =0⇔
3x2+3x+1−1,5 1
(
+2x+x2)
6 1+( x)2 =0⇔1,5x
2−0,5
6 1+( x)2 =0⇔1,5x2−0,5=0⇔x2 = 13⇒x= 33 3x2+3x+1
6 1+( x)2 =0,25⇔
3x2+3x+1−1,5 1+( x)2 6 1+( x)2 =0⇔
3x2+3x+1−1,5 1+
(
2x+x2)
6 1+( x)2 =0⇔1,5x
2−0,5
6 1+( x)2 =0⇔1,5x2−0,5=0⇔x2= 31⇒x= 33 3x2+3x+1
6 1+( x)2 =0,25⇔
3x2+3x+1−1,5 1+( x)2 6 1+( x)2 =0⇔
3x2 +3x+1−1,5 1+
(
2x+x2)
6 1+( x)2 =0⇔1,5x
2−0,5
6 1+( x)2 =0⇔1,5x2−0,5=0⇔x2 =31⇒x= 33 3x2+3x+1
6 1+( x)2 =0,25⇔
3x2+3x+1−1,5 1+( x)2 6 1+( x)2 =0⇔
3x2 +3x+1−1,5 1+
(
2x+x2)
6 1+( x)2 =0⇔1,5x
2−0,5
6 1+( x)2 =0⇔1,5x2−0,5=0⇔x2 =31⇒x= 33 car x [ [ ]0 ; 1. Pour que le volume du polyèdre 3 soit égal au quart du volume du cube il faut que le point M soit tel que GM
GMu ruuu
= 3 3 CGu ruu
CG.
Exercices
VERS LE BAC68 On trace les segments [ ]IJ et [ ]JK . Le plan (ABC) est parallèle au plan (EFG) ; le plan (IJK) coupe ces deux plans selon deux droites parallèles, donc on trace le segment [ ]KL , parallèle au segment [ ]IJ .
De même, le plan (IJK) coupe les plans parallèles (ABF) et (DCG) selon deux droites parallèles ; on trace alors le segment [ ]IM , parallèle au segment [ ]JK.
On trace alors [ ]ML.
La section du cube par le plan (IJK) est donc un pentagone IJKLM. L’affirmation 3 est vraie.
A B
C F
G
I J
L
M H K
D E
69 1. IJ = IF + FG + GJ =
IJuru
=IFu ru +FGu ruu
+GJu ru
= 2 3EFu ruu
+FGu ruu +2
3GCu ruu
=2 3 EFu ruu
+GCu ruu
( )
+FGu ruu = 23(
EFu ruu+FBu ruu)
+FGu ruu = 23EBu ruu+FGu ruu = 23(
ECu ruu−BCu ruu)
+FGu ruu =23(
ECu ruu−FGu ruu)
+FGu ruu = 23EF + FG + ECu ruu +31FGu ruuIJuru
=IFu ru +FGu ruu
+GJu ru
=2 3EFu ruu
+FGu ruu +2
3GCu ruu
= 2 3 EFu ruu
+GCu ruu
( )
+FGu ruu =23(
EFu ruu+FBu ruu)
+FGu ruu =23EBu ruu+FGu ruu =23(
ECu ruu−u rBCuu)
+FGu ruu = 23(
ECu ruu −FGu ruu)
+FGu ruu =23GCECu ruu +13FGu ruu= IJuru
=IFu ru +FGu ruu
+GJu ru
=2 3EFu ruu
+FGu ruu +2
3GCu ruu
= 2 3 EFu ruu
+GCu ruu
( )
+FGu ruu =23(
EFu ruu+FBu ruu)
+FGu ruu =23EBu ruu+FGu ruu = 23(
ECu ruu −BCu ruu)
+FGu ruu = 23(
ECu ruu −FGu ruu)
+FGu ruu =23(EF + GC ECu ruu +13FGu ruu) + FG =IJuru
=IFu ru +FGu ruu
+GJu ru
= 2 3EFu ruu
+FGu ruu +2
3GCu ruu
=2 3 EFu ruu
+GCu ruu
( )
+FGu ruu = 23(
EFu ruu+FBu ruu)
+FGu ruu = 23EBu ruu+FGu ruu = 23(
ECu ruu−BCu ruu)
+FGu ruu =23(
ECu ruu−FGu ruu)
+FGu ruu = 23(EF + FB) + FG = ECu ruu +31FGu ruu IJuru=IFu ru +FGu ruu
+GJu ru
= 2 3EFu ruu
+FGu ruu +2
3GCu ruu
=2 3 EFu ruu
+GCu ruu
( )
+FGu ruu = 23(
EFu ruu+FBu ruu)
+FGu ruu = 23EBu ruu+FGu ruu = 23(
ECu ruu−BCu ruu)
+FGu ruu =23(
ECu ruu−FGu ruu)
+FGu ruu = 23EB + FGECu ruu +31FGu ruu= IJuru
=IFu ru +FGu ruu
+GJu ru
= 2 3EFu ruu
+FGu ruu +2
3GCu ruu
=2 3 EFu ruu
+GCu ruu
( )
+FGu ruu = 23(
EFu ruu+FBu ruu)
+FGu ruu = 23EBu ruu+FGu ruu = 23(
ECu ruu−BCu ruu)
+FGu ruu = 23(
ECu ruu−FGu ruu)
+FGu ruu = 23(EC – BC ECu ruu+31FGu ruu) + FG =IJuru
=IFu ru +FGu ruu
+GJu ru
= 2 3EFu ruu
+FGu ruu +2
3GCu ruu
=2 3 EFu ruu
+GCu ruu
( )
+FGu ruu = 23(
EFu ruu +FBu ruu)
+FGu ruu = 23EBu ruu+FGu ruu = 23(
ECu ruu−BCu ruu)
+FGu ruu = 23(
ECu ruu−FGu ruu)
+FGu ruu = 23(EC – FG ECu ruu+31FGu ruu) + FG =IJuru
=IFu ru +FGu ruu
+GJu ru
=2 3EFu ruu
+FGu ruu +2
3GCu ruu
= 2 3 EFu ruu
+GCu ruu
( )
+FGu ruu =23(
EFu ruu+FBu ruu)
+FGu ruu =23EBu ruu+FGu ruu = 23(
ECu ruu −BCu ruu)
+FGu ruu = 23(
ECu ruu−FGu ruu)
+FGu ruu =23EC ECu ruu++13FGu ruuIJuru
=IFu ru +FGu ruu
+GJu ru
=2 3EFu ruu
+FGu ruu +2
3GCu ruu
= 2 3 EFu ruu
+GCu ruu
( )
+FGu ruu =23(
EFu ruu+FBu ruu)
+FGu ruu =23EBu ruu+FGu ruu =23(
ECu ruu −BCu ruu)
+FGu ruu = 23(
ECu ruu −FGu ruu)
+FGu ruu =23ECu ruu +13FG FGu ruuIl existe deux nombres réels x et y tels que IJ = xEC + yFG, les vecteurs IJ, EC et FG sont donc coplanaires.
2. a. G
(
0 ; 0 ; 0)
, C(
1; 0 ; 0)
, H(
0 ;1; 0)
, F(
0 ; 0 ;1)
et E(
0 ;1;1)
,I
( )
0 ; 23;1, J(
23; 0 ; 0)
.b. FG FGu ruu 0 0
−1
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟, IJ IJuru 23
−2 3
−1
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟
⎟⎟ et EC ECu ruu 1
−1−1
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟.
Chapitre 10 Vecteurs, droites et plans de l’espace 243
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c. Pour montrer que les vecteurs FG, IJ et EC sont copla- naires, il suffit de trouver deux nombres x et y tels que IJ = xEC + yFG.
Donc IJ = xEC + yFG IJuru
=x ECu ruu +yFGu ruu
⇔
23=x×1+y×0
−2
3=x× −1( )+y×0
−1=x× −1( )+y× −1( )
⎧
⎨⎪⎪
⎩⎪
⎪
⇔ 23=x
−2 3= 2
3× −1( )
−1=2
3× −1( )−y
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⇔ x= 2
3
−2 3= −2
3 y= 1
3
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪⎪
IJuru
=x ECu ruu +yFGu ruu
⇔
23=x×1+y×0
−2
3=x× −1( )+y×0
−1=x× −1( )+y× −1( )
⎧
⎨⎪⎪
⎩⎪
⎪
⇔ 23=x
−2 3=2
3× −1( )
−1= 2
3× −1( )−y
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⇔ x=2
3
−2 3= −2
3 y= 1
3
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪⎪
IJuru
=x ECu ruu +yFGu ruu
⇔
23=x×1+y×0
−2
3=x× −1( )+y×0
−1=x× −1( )+y× −1( )
⎧
⎨⎪⎪
⎩⎪
⎪
⇔ 23=x
−2 3= 2
3× −1( )
−1= 2
3× −1( )−y
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⇔ x=2
3
−2 3= −2
3 y= 1
3
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪⎪
.
Le système admet un couple solution
(
x;y)
= 2 3; 13( )
.Les vecteurs IJ, EC et FG sont donc coplanaires.
70 1.
A B
C F K
I J P
H G
D E
2. • Le point P est le point d’intersection du plan (IJK) et de la droite (EH) ; le point H appartient au plan (EFG) donc la droite (EH) est contenue dans le plan (EFG).
On en déduit que P appartient à l’intersection des plans (IJK) et (EFG).
• Le point K appartient au plan (IJK) et la droite ( )FG qui est contenue dans le plan (EFG). On en déduit que K appartient à l’intersection des plans (IJK) et (EFG).
• Les plans (IJK) et (EFG) ne sont pas parallèles donc leur intersection est une droite. Les deux points P et K appar- tiennent à l’intersection des deux plans, donc l’intersection des deux plans (IJK) et (EFG) est la droite ( )PK .
71 1. AD u rADuu 03−−21 7−5
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟, soit AD u rADuu −2 2 2
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟.
BC BC u ruu 3−4
3−2 5−4
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟, soit BC BCu ruu −1 1 1
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟.
On remarque que AD = 2BC, les vecteurs AD et BC sont coli- néaires et les droites (AD) et ( )BC sont donc parallèles.
2. AB ABu ruu 4−2 2−1 4−5
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟, soit AB u rABuu 2 1
−1
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟.
AC AC u ruu 3−2
3−1 5−5
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟, soit AC u rACuu 1 2 0
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟.
On cherche deux nombres réels x et y tels que AD = xAB + yAC.
Donc AD = xAB + yAC u rADuu
=x ABu ruu +y ACu ruu
⇔ −2=2x+y 2=x+2y 2= −x
⎧
⎨⎪
⎩⎪
⇔ −2=2× −2( )+y 2= −2+2y x= −2
⎧
⎨⎪
⎩⎪
⇔ y=2 y=2 x= −2
⎧
⎨⎪
⎩⎪ u rADuu
=x ABu ruu +y ACu ruu
⇔ −2=2x+y 2=x+2y 2= −x
⎧
⎨⎪
⎩⎪
⇔ −2=2× −2( )+y 2= −2+2y x= −2
⎧
⎨⎪
⎩⎪
⇔ y=2 y=2 x= −2
⎧
⎨⎪
⎩⎪
u rADuu
= x ABu ruu +y ACu ruu
⇔ −2=2x+y 2=x+2y 2= −x
⎧
⎨⎪
⎩⎪
⇔ −2=2× −2( )+y 2= −2+2y x= −2
⎧
⎨⎪
⎩⎪
⇔ y=2 y=2 x= −2
⎧
⎨⎪
⎩⎪
.
Le système admet un couple solution
(
x;y)
= −2 ; 2( )
, doncAD = –2AB + 2AC.
3. La relation vectorielle précédente montre que les points A, B, C et D sont coplanaires.
4. Les points A, B, C et D sont coplanaires, les droites ( )AB et ( )CD le sont donc aussi. Puisque les droites ( )AB et ( )CD sont coplanaires et non parallèles, elles sont sécantes.
72 2. Pour m=0, on a :
G0E + G0B – G0G + G0D = 0
⇔ G0A + AE + G0A + AB – G0A – AG + G0A + AD = 0
⇔ 2G0A + AE + AB – AG + AD = 0.
Or, dans le cube, AG = AB + AE + AD, donc l’égalité vectorielle précédente devient : 2G0A = 0 ⇔ G0 = A.
3. a. G1E + G1G = 0 ⇔ G1E = –G1G.
b. De l’égalité vectorielle précédente on déduit que le point G1 est le milieu de [ ]EG .
4. a. GmE + (1 – m)GmB + (2m – 1)GmG + (1 – m)GmD = 0
⇔ GmA + AE + (1 – m)GmA + (1 – m)AB + (2m – 1)GmA + (2m – 1)AG + (1 – m)GmA + (1 – m)AD = 0
⇔ 2GmA + m(–AB + 2AG – AD ) = 0
⇔ 2GmA + m(AE + AG ) = 0
Or, G1A + AE + G1A + AG = 0 ⇔ 2G1A = –AE – AG ⇔ 2AG1 = AE + AG.
Ainsi, 2GmA + m(AE + AG) = 0 ⇔ 2GmA + 2mAG1 = 0
⇔ AGm = mAG1.
b. AGm = mAG1 montre que Gm appartient à la droite
(
AG1)
.Le réel m étant quelconque, Gm parcourt toute cette droite.
5. G1 est le milieu de [ ]EG et I est le milieu de [ ]AC . Par construction, les droites ( )EG et ( )AC sont parallèles. Or, deux droites parallèles sont coplanaires, on en déduit donc que les droites ( )EG et ( )AC sont coplanaires et ainsi que les points A, Gm, E et I sont coplanaires.
73 1. a. C(1 ; 1 ; 0), E(0 ; 0 ; 1), I 1 ; 1 2 ; 0
( )
et J(
21 ; 1 ; 0)
.b. CE CEu ruu −1
−1 1
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟ et, comme M appartient au segment [ ]CE , alors il existe un réel t appartenant à l’intervalle [ ]0 ; 1 tel que CM = tCE
CMu ruu
=tCEu ruu
⇔
xM −1= −t yM −1= −t zM =t
⎧
⎨⎪
⎩⎪
⇔
xM =1−t yM =1−t zM =t
⎧
⎨⎪
⎩⎪
.
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Chapitre 10 Vecteurs, droites et plans de l’espace 2. a. Lorsque θ [ [0 ; π], alors θ2 [ ⎡⎣0 ; π2⎤⎦. Or, sur ⎡⎣0 ; π2⎤⎦, la fonction sinus est croissante, donc θ et sin θ
( )
2 ont les mêmes variations et lorsque la mesure de θ est maximale, sin θ( )
2 est maximal.b. Soit H le projeté orthogonal de M sur ( )IJ . Comme MIJ est isocèle, alors H est le milieu de [ ]IJ et la longueur HI est constante quelle que soit la position de M. Ainsi, dans le triangle HIM rectangle en H, sin θ
( )
2 = IMHI. Comme la fonction x ∞ HIx est décroissante sur ]0 ; +`[, alors la valeur de sin θ
( )
2 , et donc celle de θ, est maximale lorsque IM est minimale.c. f dérivable sur [ ]0 ; 1, f’( )t =6t−1 et f’( )t =0⇔t= 1 6. Ainsi, sur l’intervalle 0 ; 1
⎡ 6
⎣ ⎤
⎦, la fonction f est décroissante et, sur l’intervalle 1
6 ; 1
⎡⎣ ⎡
⎣, f est croissante.
Le minimum de la fonction f est donc atteint pour t= 1 6. d. Pour t= 1
6, M0 5 6 ; 1
6 ; 1
(
6)
alors la valeur de IM2 et donc de IM (car la fonction carré est croissante sur [0 ; +`[) est minimale, et donc la valeur de θ est maximale. Ainsi, pour cette position M0, la mesure de l’angle IMJ· est maximale.74 1.
A B
C F
J
J’
I
I’
G H
D E
2. AI = u rAIu
= 1 8u rABuu
+ 1 8u rADuu
+u rAEuu
⇔u rAEuu +EIu ru
= 1 8u rABuu
+ 1 8u rADuu
+u rAEuu
⇔EIu ru
= 1 8EFu ruu
+ 1 8EHu ruu
AB + u rAIu
= 1 8u rABuu
+ 1 8u rADuu
+u rAEuu
⇔u rAEuu +EIu ru
= 1 8u rABuu
+ 1 8u rADuu
+u rAEuu
⇔EIu ru
= 1 8EFu ruu
+ 1 8EHu ruu
AD + AE ⇔ AE + EI = u rAIu
= 1 8ABu ruu
+ 1 8u rADuu
+u rAEuu
⇔u rAEuu +EIu ru
= 1 8u rABuu
+ 1 8u rADuu
+u rAEuu
⇔EIu ru
= 1 8EFu ruu
+ 1 8EHu ruu
AB + u rAIu
= 1 8u rABuu
+ 1 8u rADuu
+u rAEuu
⇔u rAEuu +EIu ru
= 1 8u rABuu
+ 1 8u rADuu
+u rAEuu
⇔EIu ru
= 1 8EFu ruu
+ 1 8EHu ruu
AD + AE ⇔ EI =
u rAIu
= 1 8u rABuu
+ 1 8u rADuu
+u rAEuu
⇔u rAEuu +EIu ru
= 1 8u rABuu
+ 1 8u rADuu
+u rAEuu
⇔EIu ru
= 1 8EFu ruu
+ 1 8EHu ruu
EF + u rAIu
= 1 8u rABuu
+ 1 8u rADuu
+u rAEuu
⇔u rAEuu +EIu ru
= 1 8u rABuu
+ 1 8u rADuu
+u rAEuu
⇔EIu ru
= 1 8EFu ruu
+1 8EHu ruu
EH.
Les vecteurs EI, EF et EH sont coplanaires et le point I appar- tient donc à la face EFH du cube.
AJ = AJu ru
= 1 2u rABuu
+1 2u rADuu
+AEu ruu
⇔u rAEuu +EJu ru
= 1 2u rABuu
+1 2u rADuu
+u rAEuu
⇔EJu ru
= 1 2EFu ruu
+ 1 2EHu ruu
AB + u rAJu
= 1 2u rABuu
+ 1 2u rADuu
+u rAEuu
⇔u rAEuu +EJu ru
= 1 2u rABuu
+ 1 2u rADuu
+u rAEuu
⇔EJu ru
= 1 2EFu ruu
+1 2EHu ruu
AD + AE ⇔ AE + EJ = u rAJu
= 1 2u rABuu
+ 1 2u rADuu
+u rAEuu
⇔u rAEuu +EJu ru
= 1 2u rABuu
+1 2u rADuu
+u rAEuu
⇔EJu ru
= 1 2EFu ruu
+1 2EHu ruu
AB + u rAJu
= 1 2u rABuu
+1 2u rADuu
+u rAEuu
⇔u rAEuu +EJu ru
= 1 2u rABuu
+1 2u rADuu
+u rAEuu
⇔EJu ru
= 1 2EFu ruu
+ 1 2EHu ruu
AD + AE
⇔ EJ = u rAJu
= 1 2u rABuu
+ 1 2u rADuu
+u rAEuu
⇔u rAEuu +EJu ru
= 1 2u rABuu
+1 2u rADuu
+AEu ruu
⇔EJu ru
= 1 2EFu ruu
+1 2EHu ruu
EF + u rAJu
= 1 2u rABuu
+1 2u rADuu
+u rAEuu
⇔u rAEuu +EJu ru
= 1 2u rABuu
+ 1 2u rADuu
+u rAEuu
⇔EJu ru
= 1 2EFu ruu
+1 2EHu ruu
EH.
Les vecteurs EJ, EF et EH sont coplanaires et le point J appar- tient donc aussi à la face EFH du cube.
3. I 1 8; 18;1
( )
, J(
12; 12;1)
, I’ 1; 3(
8; 18)
et J' 1(
2; 0 ; 18)
.4. Voir la figure de la question 1.
5. II IIu ru’ ’ 1− 1
8 38− 1
8 81−1
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎜
⎞
⎠
⎟⎟
⎟⎟
⎟
, soit II IIu ru’ ’ 78 14
−7 8
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎜
⎞
⎠
⎟⎟
⎟⎟
⎟ .
IJ IJuru 21− 1
8 21− 1 8 1−1
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟
⎟⎟, soit IJ IJuru 38 38 0
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟
⎟⎟.
IJ ’ IJu ru' 21− 1
8 0−1 8 81−1
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎜
⎞
⎠
⎟⎟
⎟⎟
⎟
, soit IJ ’ IJu ru' 38
−1 8
−7 8
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎜
⎞
⎠
⎟⎟
⎟⎟
⎟ .
On cherche deux nombres réels x et y tels que II ’ = xIJ + yIJ ’.
Donc II IIu ru’’ = xIJ + yIJ ’
=x IJuru +yIJ’u ru
⇔ 78= 3
8x+3 8y 41= 3
8x− 1 8y
−7 8= −7
8y
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⇔ 78= 3
8x+3 1 8
4= 3 8x−1 y=1 8
⎧
⎨⎪⎪
⎩⎪
⎪
⇔ x= 4 x=13 y=1
⎧
⎨⎪
⎩⎪
II’ u ru=x IJuru
+yIJu ru’
⇔ 78= 3
8x+3 8y 14= 3
8x− 1 8y
−7 8= −7
8y
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⇔ 78= 3
8x+ 3 1 8
4= 3 8x−1 y=1 8
⎧
⎨⎪⎪
⎩⎪
⎪
⇔ x= 4 x=13 y=1
⎧
⎨⎪
⎩⎪ .
Le système n’admet pas de couple solution.
Les vecteurs II ’, IJ et IJ ’ ne sont pas coplanaires.
6. De la question précédente, on déduit que les points I, I ’, J et J ’ ne sont pas coplanaires, les droites (II ’) et (JJ ’) ne sont donc ni parallèles, ni sécantes.
75 1. a. Le segment [KM] est parallèle au segment [ ]UV
car le plan (UVK) et le plan (SEF) contiennent deux droites parallèles ( )EF et ( )UV . Ces deux plans se coupent suivant la droite (KM) donc d’après le théorème du toit on en déduit que (KM) et ( )UV sont parallèles.
b. Le segment [ ]NP est parallèle au segment [ ]UK car le plan (UVK) coupe le plan (SOA) suivant la droite ( )UK , et le plan (BCG) suivant la droite ( )NP . Les plans (SOA) et (BCG) sont verticaux, donc parallèles (du moins on doit le supposer) ; on en déduit alors que les droites ( )UK et ( )NP sont parallèles.
2. Les points E, S et K étant alignés, les vecteurs SK et SE sont colinéaires donc leurs coordonnées sont proportionnelles.
Or SK SKu ruu 1,2−0 yK−0 zK −3,5
⎛
⎝
⎜⎜
⎜
⎞
⎠
⎟⎟
⎟
et SE SEu ru 4 0
−1
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟, donc le coefficient de propor- tionnalité est donné par les abscisses de ces vecteurs.
On trouve 0,3.
Donc on a bien SK = 0,3SE.
3. Grâce à l’égalité vectorielle ci-dessus, on en déduit les coor- données du point K.