Le Produit vectoriel - Exercices corrigés 2 PDF

1 TD : Le produit vectoriel

avec solutions

dans tous les exercices l’espace est muni d’un repère orthonormée directe



^{0; ; ;i j k}



Exercice1 : u et v deux vecteurs tels que : 1

u  et v 3 et

 

^{u v; }₃

Calculer : uv Solution :

3 3 3 sin 1 3sin 3

3 2 2

u v u  v       

Exercice2 : ^u



^1;1;1



^{et v}



^{2;1; 2}



deux vecteurs:

Calculer : uv Solution :

1 1 1 2 1 2

1 2 1 2 1 1 0

u v i j k i j  k i k Exercice3 :u i 2jk _etv3i 2jk Calculer : uv

2 2 1 3 1 3

4 8

1 1 1 1 2 2

u v  i j k j k

     

  

Exercice4 : on considère les points^A



^{0;1; 2}



^et



^{1;1; 0}



B et ^C



^1;0;1



1)Déterminer les coordonnées du vecteur ABAC et vérifier que les points

A et B et C sont non alignés

2)Calculer la surface du triangle ABC

3)Déterminer une équation cartésienne du plan



^ABC



Solution :1) AB x



B xA^;yB yA^;zB zA





^{1; 0; 2}



AB  et ^AC



^{1; 1; 1 }



0 1 1 1 1 1

2 1 1

2 1 2 1 0 1

AB AC  i j k i j k

       

    

0

ABAC  Donc les points A et B et C sont non alignés

2) ¹

ABC 2

S  ABAC

     

^{2 2 1 2 1 2 6}

ABAC       

Donc : ⁶

ABC 2

S 

3) AB AC    2 1i j 1k un vecteur normal du plan ABC

Donc une équation cartésienne du plan ABC est de la forme :

0 axbycz d



^{2; 1; 1}



ABAC    donc a 2 et b 1 et c 1 Donc : 2 x 1y  1z d 0



^ABC



Et on a : ^A



^{0;1; 2}

  

^{ P donc : 0 1 2   d 0}

donc d 3

Donc



^ABC



^{: 2 x 1y  1z 3 0}

Donc



^ABC



^{: 2x   y z 3 0}

Exercice5 : L’espace est muni d'un repère orthonormé

Quelle est l'intersection des plans d'équations respectives

 

^{P x y 2z 1 0 et}

 

^{P 2x   y z 2 0}

Solution :ⁿ



^{1; 1; 2}



et ^n



^{2;1; 1}



deux vecteurs normaux respectivement de

 

^{P et}

 

^{P }

On a : 1 1 1 2 1 2

2 1 2 1 1 1

u n n  i j k

    

  

Donc : u    n n i 5j3k0

les plans

 

^{P et}

 

^{P } sont sécants suivant une droite

 

^D

et ^u



^1;5;3



est un vecteur directeur de

 

^D

et la droite

 

^D passe par ^A



^1;5;3



(il suffit de donner par exemple z0 et résoudre le

système et calculer xet y)

Donc : une représentation paramétrique de

 

^D est

 

^{D :} 5¹ 3

x t

y t z t

  

 

 





^t



Exercice6 : calculer la distance du point



^1;0;1



M  à la droite

 

^D dont une

TD- PRODUIT VECTORIEL Exercices d’applications

www.alloacademy.com

2 représentation paramétrique est :

 

^{D :}

1 5 3

x t

y t z t

  

 

 





^t



Solution : la droite

 

^D passe par : ^A



^{1; 1; 0}



et ^u



^{2; 1; 2}



est un vecteur directeur de

 

^D

et ^AM



^2;1;1



1 1 2 2 2 2

3 6

1 2 1 2 1 1

AM u  i  j  k i j

     



Donc : AM u 9 36 3 5 et u  4 1 4 3   Donc :



^;

  

^{3 5 5}

d M D  3 

Exercice7 : soit ABCDEFGH un cube dans L’espace orienté muni d'un repère orthonormé directe



^{A AB AC AE; ; ;}



Soit I milieu du segment

 

^EF et K centre de gravité du carré ADHE

1)a)Montrer que BKIGIA

b) En déduire la surface du triangle IGA 2) on suppose que ABCD est un quadrilatère convexe de diagonales qui se coupent en T et soit  un point tel que : D BT

2)a) comparer les distances : BD et T et comparer la surface des triangles ABD et

A T

2)b) Montrer que AC  A ACBD

Solution : 1) a) dans le repère



^{A AB AC AE; ; ;}



On a : ^A



^{0; 0; 0}



^{et B}



^1;0;0



^{et D}



^0;1;0



^et



^{0; 0;1}



E et ^F



^{1; 0;1}



et ^G



^1;1;1



^{et H}



^0;1;1



^{et 1; 0;1}

I2 

 

  et 0; ;1 1

K 2 2

 

 

donc : 1 1

1; ;2 2

BK et 1

;1; 0 IG2 

 

  et 1

; 0; 1 IA2  

1 1 1 1

1 0

2 2 2 2

0 1

0 1 1 0

IG IA AB  AD  AE

   

 

1 1

2 2

IGIA AB AD AE cad 1; ;^{1 1} IGIA 2 2 Donc : BK IGIA

b) ^{1 1}

 

^{1 2 1 2 1 2 6}

2 2 2 2 4

SIGA IGIA            2)a) on a : D BT donc BT D est un parallélogramme donc :  T DB

Donc  T DB

Soit M la projection orthogonal de A sur la droite

 

^{BD donc}



^AM



c’est la hauteur des deux triangles ABD et A T donc :

1

ABD 2

S  AMBD et ¹

A T 2

S _  AM T Et puisque :  T DB alors S_{A T} S_ABD 2)b) Montrons que AC  A ACBD

 

AC  A AC AT   T ACATAC T On a : ACAT0 car les points A et C et T sont alignés

AC  A ACBD (car T BD)

C’est en forgeant que l’on devient forgeron » Dit un proverbe.

C’est en s’entraînant régulièrement aux calculs et exercices Que l’on devient un mathématicien

www.alloacademy.com