Calcul vectoriel- Receuil d’exercices
A. Bourrass et E. Zerouali SM-SMI
Septembre 2007
CHAPTER 1
Calcul vectoriel
Exercice 1 : Soit−→ U et −→
V deux vecteurs libres de repr´esentants−→
OAet−−→
OB en un pointO de l’espace.
Montrer que les repr´esentants de −→ U+−→
V et de−→ U−−→
V sont port´es par les diagonales du parall´elogramme construit sur −→
OA et −−→ OB.
Rep. Par construction−→ U+−→
V =−→
OS, o`uSet l’unique point tel queOASB soit un parral´elograme. Donc
−
→U +−→
V est port´e par la premi`ere diagonale de ce parall´elogramme. D’un autre cot´e on a
−
→U −−→ V =−→
OA−−−→ OB=−→
OA+−−→ BO=−→
BS+−−→ BO
est donc c’est la premi`ere diagonale du parral´elogramme BSAO,ce qui correspond `a la deuxi`eme diagonale du parral´elogrammeOASB.
Exercice 2: L’espace intuitif ´etant assimil´e `a un ensemble de points et not´e E, soit f : E −→ E l’application d´efinie pour tout M ∈ E par f(M) = M0, avec M0 tel que −−−→
M M0 = −→
U avec −→ U un vecteur libre donn´e. L’application f est appel´ee translation d´efinie par −→
U.
1) Montrer que si f(M) =M0 et f(N) =N0, alors −−−→
M M0 et −−→
N N0 sont ´equipollents ainsi que
−−→M N et −−−→
M0N0 .
2) Soit ABCD un parall´elogramme, A0 =f(A) , B0 =f(B), C0 =f(C) et D0 =f(D).Quelle est la nature du quadrilat`ere A0B0C0D0? Soit I le point d’intersection des diagonales de ABCD et I0 celui des diagonales deA0B0C0D0. Montrer que f(I) =I0.
3) Montrer que les segments de droite CA0, BD0 et AC0 se rencontrent en un point J qui est le milieu de chacun d’eux. Montrer que J est le milieu de II0.
4) Soit fi les translations d´efinies par −→
Ui , i= 1,2.D´eterminer le vecteur associ´e `a f2◦f1 et montrer que f2◦f1=f1◦f2.
Rep. 1) On a −−−→
M M0 =−→
U =−−→
N N0 et par suite ils sont ´equipollents. On aussi−−→
M N =−−−→
M M0+−−−→
M0N =
−−→N N0+−−−→
M0N =−−−→
M0N, ce qui donne que−−→
M N et −−−→
M0N0 sont ´equipollents.
2) Puisque ABCD est un parall´elogramme, les vecteurs −−→ ABet −−→
CD sont ´equipollents et donc −−−→ A0B0 et −−−→
C0D0 le sont aussi. De mˆeme pour les vecteurs−−−→
B0D0 et −−→
C0A0. Ce qui implique que A0B0C0D0 est un parall´elogramme.
Si I le point d’intersection des diagonales de ABCD , on aura−→ AIet−→
ID sont ´quipollents ainsi que
−→BI et −→
IC. Il en serait alors de mˆeme pour les vecteurs −−→
A0I0 et −−→
I0D0 et pour les vecteurs −−→
B0I0 et −−→
I0C0. Finalement I0 est le point d’intersection des diagonales de A0B0C0D0.
Exercice 3Soit f :E −→ E d´efinie par f(M) =M0 avec M0 tel que −−−→
M M0 =−−→
M A−−−→
M B+ 2−−→
M C et g:E −→ E d´efinie par g(M) =M00 avec M00 tel que −−−−→
M M00= 3−−→
M A−−−→
M B+−−→
M C i) Calculer −−−→
M M0 en fonction de −−−→
M G1 et −−−−→
M M00 en fonction de −−−→
M G2 o`u G1 et G2 sont les barycentres respectifs des syst`emes pond´er´es {(A,1),(B,−1),(C,2)} et {(A,3),(B,−1),(C,1)}. Quelle est la nature de f et de g ?
ii) Soit −→u ∈ V, I∈ E et ∆ la droite D(I,−→u). D´eterminer f(∆) , g(∆) et f◦g(∆).
Rep. On a−→ 0 =−−→
G1A−−−→
G1B+ 2−−→
G1C et −→
0 = 3−−→
G2A−−−→
G2B+−−→
G2C et par suite
−−−→M M0=−−−→
M G1+−−→
G1A−−−−→
M G1−−−→
G1B+ 2−−−→
M G1+ 2−−→
G1C= 2−−−→
M G1
−−−−→
M M00= 3−−−→
M G2+ 3−−→
G2A−−−−→
M G2−−−→
G2B+−−−→
M G2+−−→
G2C= 3−−−→
M G2
3
4 1. CALCUL VECTORIEL
Les points (M, G1, M0) sont align´es (ainsi que (M, G2, M”)). Il en d´ecoule quef est une homoth´etie de centre G1 et de rapport 2. (g est une homoth´etie de centreG2 et de rapport 3).
ii) On a M ∈D(I,−→u) si et seulement si il existeα∈R tel que−−→
IM =α−→u. Soit I0 l’image deI parf. On aura : −−−→
M M0 =−−→
M A−−−→
M B+ 2−−→
M C et−→
II0=−→ IA−−→
IB+ 2−→
IC. On a donc
−−−→ I0M0=−→
I0I+−−→
IM+−−−→
M M0 =−−→
IM +−−−→
M M0−−→
II0= 3α−→u .
Finalement f(∆) est la droite (parall`elle `a ∆) passant parI0 et de vecteur directeur−→u. De mˆemeg(∆) est la droite (parall`elle `a ∆) passant parI” et de vecteur directeur−→u etf◦g(∆) est la droite (parall`elle
`
a ∆) passant parf ◦g(I) et de vecteur directeur−→u. Exercice 4 : Soit−→
U et −→
V; deux vecteurs libres de repr´esentants−→
OA et −−→
OB non ´equipollents, et α, β deux r´eels > 0 tels que α+β = 1. Soit O un point quelconque de l’espace et un point C tel que
−→AC=α−−→
AB et −−→
CB=β−−→ AB.
1) Montrer que −−→
OC est un repr´esentant (enO) du vecteur libre β−→ U +α−→
V (utiliser des triangles semblables `a OAB). En particulier, si C est le milieu du segment AB alors −−→
OC=12−→
OA+12−−→ OB pour tout point O de l’espace.
2) D´eduire de ce qui pr´ec`ede que:
i) les m´edianes d’un triangle sont concourantes en un point qui divise chacune d’elles dans un rapport 21
= 231 3
.
ii) les diagonales d’un parall´elogramme se coupent en leurs milieux;
Rep. 1) On a −−→ OC = −→
OA+−→
AC = −→
OA+α−−→
AB = (1−α)−→
OA+α−−→ OB = β−→
U +α−→
V En particulier, si C est le milieu du segment AB on aura α =β = 12 et en appliquant ce qui pr´ec`ede, on obtient
−−→
OC= 12−→
OA+12−−→
OB pour tout point O de l’espace.
2) i) Soit ABC un triangle, D le milieu de BC et O un point quelconque de l’espace. Soit X le point de AD tel que −−→
AX = 23−−→
AD. D’apr`es ce qui pr´ec`ede on a −−→
OD = 12−−→
OB+ 12−−→
OC. Appliquons ce qui pr´ec`ede `a A, D et C =X avec α= 23, on aura−−→
OX = 13−→
OA+23−−→
OD = 13−→
OA+2312(−−→
OB+12−−→
OC). Donc
−−→OX = 13(−→
OA+−−→ OB+−−→
OC). On voit que cette ´egalit´e est ind´ependante de la m´ediane AD issue de A. Autrement dit, on obtiendra la mˆeme formule en consid´erant les milieux E et F de AB et AC respectivement. Donc le point X v´erifiant −−→
AX = 23−−→
AD v´erifie aussi −−→
CX = 23−−→
CE et −−→
BX = 23−−→ BF. En conclusion, les trois m´edianesAD, BF etCEse coupent au mˆeme pointX qui divise chacune d’elle dans le rapport 21
= 231
3
.
ii) Par d´efintion de la relation d’´equipollence, les diagonales du parall´elogrammesABCD se coupent en leurs milieux car les vecteurs qui constituent les cot´es sont ´equippollents deux `a deux. On peut aussi retrouver le r´esultat en effectuant des calculs analogues `a la question pr´ec´edente.
Exercice 5 : Soit A, B, C, D quatre points non coplanaires, m ∈ R et I, J les milieux des segments AB et CD.Soit Gm le barycentre des points pond´er´es (A,1),(B,1),(C, m−2),(D, m).
i) D´eterminer G1 et G2.
ii) Montrer que G2 est le milieu de G1J.
iii) Montrer que −−→
IGm= m−22m −→ IC+12−→
ID. Quel est le lieu de Gm lorsque m parcourt R? iv) V´erifier que m−−−→
J Gm est un vecteur constant que l’on d´eterminera.
Rep. i) Par d´efinition, on a
−−−→OGm= 1
1 + 1 +m−2 +m(−→
OA+−−→
OB+ (m−2)−−→
OC+m−−→
OD) = 1 2m(−→
OA+−−→
OB+ (m−2)−−→
OC+m−−→
OD) et par suite:
−−→OG1= 1 2(−→
OA+−−→ OB−−−→
OC+−−→
OD) et−−→
OG2= 1 4(−→
OA+−−→
OB+ 2−−→
OD)
1. CALCUL VECTORIEL 5
ii)−−−→
G1G2=−−→
OG2−−−→
OG1= −14 (−→
OA+−−→
OB) +12−−→ OC et
−−→G2J =−→
OJ−−−→
OG2=12(−−→ OC+−−→
OD)−14(−→
OA+−−→ OB+ 2−−→
OD) = 14(−→
OA−−−→
OB)−12−−→
OC =−−−−→
G1G2. Ce qui montre queG2 est le milieu de G1J.
iii) On a
−−→IGm = −−−→
OGm−−→
OI
= 2m1 (−→
OA+−−→
OB+ (m−2)−−→
OC+m−−→
OD)−−→
OI
= m1−→
OI+m−22m −−→
OC+12−−→
OD−−→
OI
= m−22m (−→ 0C−−→
0I) + +12(−−→
OD−−→
OI)
= m−22m −→ IC+12−→
ID.
iv)m−−−→
J Gm=m(−−−→
OGm−−→
OJ) =m(2m1 (−→
OA+−−→
OB+ (m−2)−−→
OC+m−−→
OD)−12(−−→ OC+−−→
OD)) = 12(−→
OA+
−−→
OB+ (m−2)−−→
OC+m−−→
OD)−m2(−−→ OC+−−→
OD) =12(−→
OA+−−→ OB)−−−→
OC=−→
OI−−−→ OC=−→
CI On a donc −−−→
J Gm= m1−→
GI et par suite le point Gm parcourt une droite passant par J mais priv´ee de ce pointJ.
Exercice 6 : Soit A, B, C, D quatre points non coplanaires et k∈R. Soit les points E et F tels que −→
AE=k−−→
AD et −−→
BF =k−−→
BC.Soit I, J, H les milieux respectifs de AB, CD et EF.
i) Montrer que les points I, J, H sont colin´eaires.
ii) D´eterminer l’ensemble des points H ∈ E lorsque k varie dans R.Quelles sont les valeurs de k qui correspendent `a H=J et `a H =I ?
Rep. i) Des relations −→
OI = 12(−→
OA+−−→ OB), −→
OJ = 12(−−→ OC+−−→
OD) et −−→
OH = 12(−−→ OE+−−→
OF), il vient
−→IH =k−→
IJ et donc les points I, J, H sont colin´eaires.
ii) D’apr`es la question pr´ec´edente,H parcourt la doite passant parI et de vecteur directeur−→ IJ.
Si H =J, cela voudrait dire queH est aussi le milieu deCD. Et comme−−→
CD et−−→
EF sont ´equipollents, on d´eduit que E =B et F =D, et par suite quek = 1. Par le mˆeme argument si H =I, on obtient k= 0.
Exercice 7 : Soit trois pointsA, B, C.SoitG1, G2 etGles barycentres des syst`emes pond´er´es
{(A, a1),(B, b1),(C, c1)},{(A, a2),(B, b2),(C, c2)}, et {(A, a1+λa2),(B, b1+λb2),(C, c1+λc2)} re- spectivement, λ ´etant un nombre r´eel non nul. Etablir la relation
(a1+b1+c1)−−→
G1G+λ(a2+b2+c2)−−→
G2G=−→
0 et en d´eduire que les trois points sont align´es.
Rep. Par d´edinition des barycentreG1, G2 etGon a:
(a1+b1+c1)−−→
GG1=a1−→
GA+b1−−→
GB+c1−−→
GC, (a2+b2+c2)−−→
GG2=a2−→
GA+b2−−→
GB+c2−−→ GC et
−
→0 = (a1+λa2+b1+λb2+c1+λc2)−−→
GG= (a1+λa2)−→
GA+ (b1+λb2+)−−→
GB+ (c1+λc2)−−→ GC.
Multiplions la deuxi`eme ´egalit´e parλet additionnons la avec la premi`ere:
(a1+b1+c1)−−→
GG1+λ(a2+b2+c2)−−→
GG2= (a1+λa2)−→
GA+ (b1+λb2+)−−→
GB+ (c1+λc2)−−→ GC =−→
0 Cette ´egalit´e signifie queα−−→
GG1+β−−→
GG2=−→ 0 avec
α=a1+b1+c1 et β=a2+b2+c2. C’est `a dire que les trois pointsG, G1 etG2 sont align´es.
Exercice 8 : Soit G et G0 les isobarycentres des points suppos´es distincts A, B, C et A0, B0, C0. Etablir la relation
−−→AA0+−−→
BB0+−−→
CC0=−−→
AB0+−→
Bc0+−−→
Ca0= 3−−→
GG0;
Rep. GetG0 ´etant les isobarycentres des pointsA, B, C etA0, B0, C0, on a
−→GA+−−→ GB+−−→
GC =−→
0 et−−→
G0A0+−−−→ G0B0+−−−→
G0C0=−→ 0 . Evaluons la somme demand´ee
−−→AA0+−−→
BB0+−−→
CC0=−→
AG+−−→
GG0+−−→
G0A0+−−→ BG+−−→
GG0+−−−→ G0C0+−−→
CG+−−→
GG0+−−−→
G0C0= 3−−→
GG0. Les mˆemes calculs conduisent `a la deuxi`eme ´egalit´e−−→
AB0+−−→
BC0+−−→
CA0 = 3−−→
GG0 . Exercice 9: L’espace est rapport´e `a un rep`ere orthonorm´e
O,−→ i ,−→
j ,−→ k
, soit les points A(0,0, a) et A0(0,0,−a) avec a >0.
6 1. CALCUL VECTORIEL
i) Donner les ´equations vectorielles et cart´esiennes des droites D A,−→
i
et D A0,−→
j . ii) Soit α l’abscisse d’un point quelconque de D
A,−→ j
et β l’ordonn´ee d’un point quelconque
de D
A0,−→ j
.Donner les coordonn´ees du milieu I de M M0. iii) On suppose que M et M0 varient sur D
A,−→ j
et D A0,−→
j
de telle sorte que M M0=l avec l≥2a fix´e. D´eterminer analytiquement le lieu deI.
iv) Soit H, H0 les projections orthogonales deM, M0 sur le plan z= 0.Montrer que OI =12HH0 et retrouver le r´esultat pr´ec´edent.
v) On suppose maintenant que M et M0 varient sur D A,−→
j
et D A0,−→
j
de telle sorte que la projection orthogonale de −−−→
M M0 soit colin´eaire `a un vecteur donn´e −→u .D´eterminer le lieu de I.
Rep. i) M ∈ D A,−→
j
si et seulement ∃λ ∈ R tel que −−→
AM = λ−→
i. Ce qui donne l’´equation vectorielle. L’equation cart´esi`enne est alors x= λ , y = 0 et z =a. De mˆeme M ∈ D
A0,−→ j
si et seulement ∃λ∈Rtel que −−→
A0M =λ−→
j et les equations cart´esi`ennes sontx= 0, y=λet z=−a.
ii)−→
OI = 12(−→
OA+−−→
OA0) =12(α−→ i +β−→
j)
iii) On aM M02=α2+β2+ 4a2, donc siM M0 =l, on auraOI2=α2+β2=l2−4a2. Ce qui implique queI parcout un cercle de centreO et de rayon√
l2−4a2. iv) On aH(α,0,0) etH0(0, α,0) et doncHH0=p
α2+β2= 2OI ce qui donne le r´esultat recherch´e. Le r´esultat pr´ec´edent est alors obtenu, on observant queHH0 est constant.
v) Si −−→
HH0 =λ−→u, pour un vecteur fixeu=b−→ i +c−→
j on obtient−→
OI =12(α−→ i +β−→
j) =b−→ i +c−→
j ce qui donneα=aλet β=bλqui est l’equation de la droite passant parO et de vecteur directeur−→u.
Exercice 10: a) D´eterminer deux vecteurs engendrant le plan d’´equation cart´esienne 2x+3y−z−1 = 0 b) Soit les vecteurs libres −→
V1(1,0,1) , −→
V2(0,2,−1) et les points A(2,1,1) ,B 1,12,12
. Donner les ´equations cart´esiennes du plan P
A,−→ V1,−→
V2
et de la droite D B,−→
V
avec −→ V =−→
V1−−→ V2 . Rep. a) Les plans d’equationsP1: 2x+ 3y−z−1 = 0, etP0: 2x+ 3y−z= 0 ont les mˆemes vecteurs directeurs. Puisque (0,0,0)∈P0, pour un point M(x, y, z)∈P0, on a−−→
OM = (x, y, z) =x, y,2x+ 3y) = x(1,0,2) +y(0,1,3). DoncP1est engendr´ee par les vecteurs−→v1= (1,0,2) et−→v2 = (0,1,3).
b)M(x, y, z)∈P A,−→
V1,−→ V2
si et seulement si,−−→
AM =α−→ V1+β−→
V2. Ceci donne le syst`eme d’´equations param´etriques suivant:
x−2 = α y−1 = 2β z−1 = 2α−β
En ecrivant 4L1−L2+ 2L3, on obtient 4x−y+ 2z−7 = 0, ce qui repr´esente l´equation cart´esi`enne du plan.
On aM(x, y, z)∈D B,−→
V
si et seulement si−−→
BM=λ−→
V, ce qui conduit aux ´equations param´etriques de la droite
x−1 = λ y−12 = −2λ z−12 = 2λ
et en consid´erant 2L1+L2et L2+L3, on aboutit aux ´equations cart´esi`ennes 2x+y−52 = 0
y+z−1 = 0
Exercice 11: L’espace ´etant rapport´e `a un rep`ere, soit A et B deux points quelconques de l’espace.
On consid`ere les vecteurs −→
U1(0,1,2) ; −→
U2(1,2,3) ; −→
V1(1,1,1) ;−→
V2(−1,0,1) 1) Montrer que les plans P
A,−→ U1,−→
U2
et P B,−→
V1,−→ V2
sont parall`eles
1. CALCUL VECTORIEL 7
2) Montrer que les deux plans P A,−→
U ,−→ V
et P A,−→
W1,−→
W2
sont confondus, avec −→
U (1,−2,1) , −→
V (−1,1,1) , −→
W1(−1,0,3) et −→
W2(0,−1,2).
3) Determiner la droite intersection des deux plans P A,−→
U ,−→ V
et P A,−→
S ,−→
W2 o`u −→
S (1,−1,1). Rep. 1) Les PlansP(A,−→
U1,−→
U2) etP(B,−→ V1,−→
V2) sont parall`eles si et seulement si leurs vecteurs normaux sont colin´eaires. C’est a dire si et seulement si les vecteurs U1∧U2 et V1∧V2 sont colin´eaires, On a U1∧U2= (−1,2,−1) etV1∧V2= (1,−2,1) =−U1∧U2.
On peut aussi remarquer queU1=V1+V2etU2= 2V1+V2 pour dire que les PlansP(A,−→ U1,−→
U2) et P(B,−→
V1,−→
V2) sont parall`eles
2) Comme les deux plansP(A,−→ U ,−→
V) etP(A,−→
W1,−→
W2) passent par le mˆeme point, il suffit de montrer que −→
U et −→
V sont coplanaires avec −→
W1 et −→
W2. On peut remarquer pour cela que −→
U = 2−→
W2−−→
W1 et
−
→V =−→
W1−−→
W2. 3) Soit−→
T un vecteur directeur de la droiteP(A,−→ U ,−→
V)∩P(A,−→ S ,−→
W2). Comme A∈D(A,−→ T), pour d´eterminer −→
T, il suffit de trouver un vecteur qui est coplanaire `a la fois aux vecteurs −→ U et −→
V et aux vecteurs −→
S et −→
W2. D’apr`es la question 2), on a−→
W2 =−→ U +−→
V est donc coplanaire `a −→ U et −→
V. Il est en plus coplanaire `a −→
S et−→
W2. On peut alors prendre−→ T =−→
W2. P(A,−→ U ,−→
V)∩P(A,−→ S ,−→
W2) =D(A,−→
W2) Exercice 12: On consid`ere les vecteurs libres −→
U (1,−2,1) , −→
V (−1,1,1) ,−→
W(1,−1,1) et les points A(0,−1,2) ,M(1,−2,3) , N(1,0,1) dans un rep`ere de l’espace.
i) Montrer que A est sur le plan P O,−→
U ,−→ V
. ii) Donner les coordonn´ees des projections sur D
O,−→ W
parall`element `a P O,−→
U ,−→ V
des points A, M, N.
ii) Ecrire les vecteurs −−→
OM et −−→
ON comme sommes d’un vecteur sur D O,−→
W
et d’un vecteur sur P
O,−→ U ,−→
V .
Rep. i)A∈P(O,−→ U ,−→
V) ⇐⇒ ∃α, βr´eels tels que−→
OA=α−→ U+β−→
V. C’est `a dire 0 =α−β,−1 =−2α+β et 2 =α+β. Une solution de ce syst`eme estα=β= 1. DoncA∈P(O,−→
U ,−→ V).
ii) Les projections des points A, M et N sur D O,−→
W
parall`element `a P O,−→
U ,−→ V
sont les points A0, M0 et N0 d´efinis par A0 =D(O, W)∩P
A,−→ U ,−→
V
,M0 =D(O, W)∩P M,−→
U ,−→ V
et N0 = D(O, W)∩P
N,−→ U ,−→
V
. On fait les calculs pour le point A, les autres points s’obtiennent de mani`ere similaire.
A0(x0, y0, z0)∈D(O,−→
W) ⇐⇒ ∃α∈R;−→
OA=α−→ W A0(x0, y0, z0)∈P
A,−→ U ,−→
V
⇐⇒ ∃β, γ/−−→
AA0 =γ−→ U +β−→
V
D’o`u le syst`eme d’equations
x0=α , y0=−α , z0 =α x0=γ−βy0+ 1 =−2γ+β, z0−2 =γ+β
Il faut donc r´esoudre ce syst`eme a six inconnues et six equations. De la premi`ere ligne vient x0=−y0=z0 puis dans la deuxi`eme ligne, on obtientβ =γ=−1. D’o`ux0=y0=z0= 0,A0 =O (Ceci provient du fait queA∈P
O,−→ U ,−→
V )
iii) Rappelons que tout vecteur li´e sur le planP O,−→
U ,−→ V
s’´ecrit sous la formeα−→ U +β−→
V avecα, β r´eels. Il s’agit donc de trouverα, βet γtels que−−→
OM =α−→ U +β−→
V +γ−→
W. D’o`u le syst`eme d’´equations 1 =α−β+γ, 2 =−2α+β−γ; 3 =α+β+γ
dont la solution estα=β=γ= 1 et par cons´equent−−→
OM = (−→ U +−→
V) +−→ W . Le syst`eme d’equations associ´e aN est
1 =α−β+γ, 0 =−2α+β−γ; 1 =α+β+γ
8 1. CALCUL VECTORIEL
de solution α=−12, β= 34 etγ=32. Donc−−→
OM =−→ S1+−→
W1 avec−→
S1=−12−→ U +34−→
V et−→
W1= 32−→ W. Exercice 13: Soit dans le plan −→
i et −→
j deux vecteurs libres. On consid`ere les vecteurs −→u =
√2 2
−→ i +−→
j
et −→v =
√2 2
−−→ i +−→
j .
i) Soit O un point du plan. Pour tout point M du plan, on note (x, y) ses coordonn´ees relativement au rep`ere
O,−→ i , −→
j
et (x0, y0) ses coordonn´ees relativement `a (O,−→u ,−→v). Ecrire les ´equations suivantes dans le rep`ere (O,−→u ,−→v) : 5x2+ 6xy+ 5y2−8 = 0 ; xy= 1 ; 5x2+ 4xy+ 5y2−21 = 0 . Rep. Dans ce genre de probl`eme, il faut exprimer les ainciennes coordonn´es (x, y) en fonction des nouvelles (x0, y0) pour pouvoir les remplacer. Pour tout pointM(x, y) =M(x0, y0) du plan, on ax−→
i + y−→
j =x0−→ U +y0−→
V. Avec les formules donn´ees, on ax−→ i +y−→
j =
√2 2 x0−→
i +
√2 2 x0−→
j −
√2 2 y0−→
i +
√2 2 y0−→
j =
√2
2 (x0−y0)−→ i +
√2
2 (x0+y0)−→
j D’o`u x=
√2
2 (x0−y0) et y =
√2
2 (x0+y0). On reporte dans chacune des
´
equations donn´ees et on obtient la premi`ere:
52
4(x0−y0)2+ 61
2(x02−y02) + 51
2(x0+y0)2−8 = 0 Apr`es simplifications : 2x02−y02−4 = 0.
Pour la deuxi`eme, on obtientx02−y02= 2.
CHAPTER 2
2
Exercice 1 : 1) Soit un triangle ABC et M le milieu deBC. Montrer que a BC2=AB2+AC2−2−−→
AB.−→
AC b AB2+AC2= 2AM2+12BC2
c 4AM2−BC2= 4−−→ AB.−→
AC d AB2−AC2= 2−−→
BC.−−→
M A
2) 2) SoitA, B, C, D, quatres points de l’espace. Montrer que
−→AC.−−→
BD=−−→ AB.−−→
BD+
−−→BD
2
+−−→
DC.−−→
BD Si −−→
BA.−−→
BD≤0 et−−→
DB.−−→
DC≤0 , alors
−→AC ≥
−−→BD
Rep. (1) a. −−→
BC2 = −−→ BC.−−→
BC = (−→
AC−−−→ AB)(−→
AC−−−→
AB) = −→
AC.−→
AC+−−→ AB.−−→
AB−−→
AC.−−→ AB−−−→
AB.−→
AC = AB2+AC2−2−−→
AB.−→
AC
b. On ecris AB2+AC2=AM2+M B2+ 2−−→
AM .−−→
M B+AM2+M C2+ 2−−→
AM .−−→
M C = 2AM2+14BC2+
1
4BC2+ 2−−→
AM .(−−→
M B+−−→
M C) = 2AM2+12BC2
c. Il suffit d’utilier les deux premi`eres relation 2(2)−(1) pour avoir le r´esultat recherch´e.
d. AB2−AC2= (−−→
AM+−−→
M B).(−−→
AM+−−→
M B)−(−−→
AM+−−→
M C).(−−→
AM+−−→
M C) =AM2+M B2+ 2−−→
AM .−−→
M B− (AM2+M C2+ 2−−→
AM .−−→
M C) = 2−−→
AM .(−−→
M B−M C) = 2−−→ BC.−−→
M A.
2) On a
−→AC.−−→
BD−−−→ AB.−−→
BD−−−→
DC.−−→
BD=−−→ BC.−−→
BD−−−→
DC.−−→
BD=−−→
BD.−−→
BD=k−−→
BDk2. En particulier si−−→
BA.−−→
BD≤0 et−−→
DB.−−→
DC≤0 , on obtientk−−→
BDk2≤−→
AC.−−→
BD≤ k−→
ACk.k−−→
BDket finalement k−−→
BDk ≤ k−→
ACk.
Exercice 2L’espace ´etant rapport´e `a un rep`ere orthonorm´e O,−→
i ,−→ j ,−→
k
, soit les points A(2,0,0);B(0,4,0), C(0,0,6).
1) Donner les ´equations vectorielle et cart´esienne du plan (P) passant par A, B, C.Montrer que la droite D(O,−→u) avec −→u(1,−2,0) est parall`ele au plan (P).
2) Soit (Q) le plan d’´equation 3y+ 2z−6 = 0 . Donner les composantes d’un vecteur normal `a (Q) et v´erifier que la droite (OA) est parall`ele `a (Q) .
3) Donner l’´equation vectorielle de la droite intersection de (P) et de (Q)
4) Soit E(1,2,3) et D(0,2,0), d”´eterminer l ’intersection de (P) et (DE) ? Que repr´esente cette intersection pour le triangle ABC?
5) Soit S=n
M, −−→
M C.−−→
M A−−−→
M B.−−→
M C= 2M C2o
, quelle est la nature de S ? Donner son ´equation cart´esienne et d´eterminer (P)∩ S
Rep. 1)M ∈P ⇐⇒ (−−→
AM ,−−→ AB,−→
AC) sont coplanaires. Ce qui revient a dire quedet(−−→
AM ,−−→ AB,−→
AC) =
0. On adet(−−→
AM ,−−→ AB,−→
AC) =
x−2 −2 −2
y 4 0
z 0 6
= 24x+ 12y+ 8z−48 = 0
La droite D(O,−→u) avec −→u(1,−2,0) est parall`ele au plan (P) si et seulement si (−→u ,−−→ AB,−→
AC) sont coplanaires, ou encore quedet(−→u ,−−→
AB,−→
AC) = 0. La derni`ere affirmation est facile a v´erifier.
9
10 2. 2
2) Les composantes de la normale `a (Q) sont −n→2(0,3,2). Avec le mˆeme argument que pr´ec´edement, il suffit de v´erifier que−→
AO.−n→2= 0. Ceci se fais sans peine puisuqe (2,0,0).(0,3,2) = 0.
3) Le vecteur directeur −→α de la droite (P)∩(Q) est orthogonal aux normales de (P) et de (Q). on peut donc prendre−→
d =−n→1∧ −→n2= (0,−2,3). Il nous reste `a trouver un point sur cette droite. Ce qu’on peut faire en r´esolvant le syst`em obtenu `a partir des ´equations de (P) et (Q).
6x+ 3y+ 2z−12 = 0
3y+ 2z−6 = 0 dont une solution est par exemple (1,2,0).
Si on poseH(1,2,0), l’´equation vectorielle de (P)∩(Q) est celle de la droiteD(H,−→ d).
4) Soit G = (DE)∩(P). Ce point G est telqueDG = λDE = (λ(1,0,3) et G∈ (P). Si x, y, z sont les composante de G, on aura x = λ, y = 2, z = 3λ et 6x+ 3y + 2z−12 = 0. On d´eduit les coor- donn´ees deG(12,2,32). On a −−→
OG= 14(−→
OA+ 2−−→ OB+−−→
OC). DoncGest le barycentre su stst`eme pond´er´e (A,1),(B,2),(C,1)).
Nature deS: Pour un pointM(x, y, z), on a −−→
CM(x, y, z−6),−−→
AM(x−2, y, z),−−→
BM(x, y−4, z). Donc M(x, y, z)∈S ⇐⇒ x(x−2) +y2+z(z−6)−x2−y(y−4)−z(z−6) = 2(x2+y2+z2−12z+ 36)
⇐⇒ −2x+ 4y= 2(x2+y2+z2−12z+ 36)
⇐⇒ x2+y2+z2−x−2y−12z+ 36 = 0
⇐⇒ (x+12)2+ (y−1)2+ (z−6)2=54 S est la sphere de centre (−12 ,1,6) et de rayon
√5 2 . L’intersectionS∩(P) s’obtient en r´esolvant le syst`eme x+12)2+ (y−1)2+ (z−6)2 = 54
6x+ 3y+ 2z−12 = 0
Comme le centre de la sphere appartient au plan (P), cette inersection est le cercle di centre (−12 ,1,6) et de rayon
√5
2 (qui se trouve bien dans le plan;
Exercice 3: a) Soit −→
U et −→
V deux vecteurs libres. Montrer que −→
V peut s’ecrire comme somme de deux vecteurs −→
V1 et −→
V2 , avec −→
V1 colin´eaire `a −→
U et −→ V2 .−→
U = 0 . En d´eduire la relation −→
U .−→ V2
+
−
→U ∧−→ V
2
=
−
→U
2
−
→V
2
. b) Soit −→
U et −→
V deux vecteurs libres. Montrer que −→ U =−→
V si et seulement l’une des conditions suivantes est r´ealis´ee.
- Il existe un vecteur −→
W tel que −→ U ∧−→
W =−→ V ∧−→
W et −→ U ·−→
W =−→ V ·−→
W - Pour tout vecteur −−→
W , −→ U ·−→
W =−→ V ·−→
W - Pour tout vecteur−→
W , −→ U ∧−→
W =−→ V ∧−→
W c) Etablir la relation du double produit vectoriel
−
→U ∧−→ V ∧−→
W
=−→ V ·−→
W−→ V −−→
U ·−→ V−→
W . D´eterminer le vecteur −→
X sachant que −→ X·−→
U =p et −→ X∧−→
U =−→
V , avec p,−→ U et −→
V donn´es.
d) D´emontrer que −→
U ∧−→ V
·−→ W ∧−→
T
=−→ U ·−→
W −→ V ·−→
T
−−→ U ·−→
T −→ V ·−→
W . e) Soit A, B et C, trois points non align´es .Montrer que le vecteur −→
OA∧−−→ OB+−−→
OB∧−−→ OC+−−→
OC∧−→
OA est orthogonal au plan d´etermin´e par les points A, B et C.
Rep. a) Il suffit de choisir −→
V1 la projection orthogonal de −→
V sur l’axe de direction −→ U et −→
V2
la projection orthogonal de −→
V sur le plan de normal −→
U. On a −→ V = −→
V1 +−→
V2 avec −→
V1 = λ−→ U et
−
→U .−→
V1 = 0. Ainsi −→ U ∧−→
V = −→ U ∧−→
V2 et −→ U .−→
V = −→ U .−→
V1. En plus k−→ U ∧−→
Vk = k−→ U ∧−→
V2k = k−→ Uk.k−→
Vk et k−→
U .−→ Vk=k−→
U .−→ V1k=k−→
Uk.k−→ V1k.
On en d´eduit k−→ U ∧−→
Vk2+k−→ U .−→
Vk2=k−→ Uk2(k−→
V1k2+k−→
V2k2) =k−→ Uk2k−→
Vk2. Cark−→
V1k2+k−→
V2k2=k−→
Vk2du fait que −→ V1.−→
V2= 0.
2. 2 11
b) Il s’agit de montrer l’´equivalence des 4 assertions suivantes i)−→ U = −→
V, ii) pour tout −→ W, on a
−
→U−−→ V ∧−→
W =−→
0 ,ii) pour tout−→
W, on a−→ U−−→
V .−→ W =−→
0 etiv) il existe−→ W 6=−→
0 telque,−→ U −−→
V ∧−→ W =−→
0 et−→
U −−→ V .−→
W = 0. Trivialementi) implique les trois autres assertions. Montrons d’un autre cot´e chacune de ses assertions impliquei).
Supposonsii) satisfaite et choisissons−→ W ⊥−→
U−−→
V non nul. On aura 0 =k(−→ U−−→
V)∧−→ Wk=k−→
U−−→ Vkk−→
Wk et donc 0 =k−→
U −−→
Vk. Ce qui donnei) Si iii) est v´erifi´ee, on aura en particulier (−→
U −−→ V).(−→
U −−→
V) = 0 et donc −→ U −−→
V =−→ 0 . Enfin si on a iv),−→
U −−→
V est a la fois orthogonal et colin´eaire `aW, ce qui entraine−→ U −−→
V =−→ 0 . c) On peut ´etablir la relation analytiquement ou g´eom`etriquement. On pr´sente ici la m´ethode g´eom`etrique: SoitT =−→
U ∧(−→ V ∧−→
W). Puisque−→ T .(−→
V ∧−→
W) = 0, on obtient−→ T ,−→
V ,−→
W sont coplanaire. Il existe doncα, β des r´eels telque−→
T =α−→ V +β−→
W. Comme−→ T .−→
U = 0, on d´eduit queα−→ V .−→
U +β−→ W .−→
U = 0.
En particulier lorsque−→ V et−→
W sont orthogonaux et−→ U et−→
W sont colin´eaires de mˆeme sens, le vecteur−→ T est colin´eaire `a−→
V et de mˆeme sens. Commek−→ Tk=k−→
Ukk−→ Vkk−→
Wk, on a−→ T = (−→
U .−→ W).−→
V et α=−→ W).−→
V. De mˆeme lorsque−→
U et−→
V sont colin´eaires de mˆeme sens,T est colin´eaire `a −→
W mais de sens oppos´e.
Donc−→
T =−(−→ U .−→
V)−→
W et β=−→ U .−→
V.
Ce qui ´etablit la formule du double produit v´ectoriel:
−
→U ∧(−→ V ∧−→
W) = (−→ U .−→
W)−→ V −(−→
U .−→ V)−→
W . Si on forme le double produit −→
U ∧(−→ X ∧−→
U) = (−→ U .−→
U)−→ X −(−→
U .−→ X)−→
U = k−→ Uk2−→
X −p−→
U, on obtient la formule
−
→X =p−→ X +−→
U ∧−→ V k−→
Uk2 d) On a
(−→ U ∧−→
V).(−→ W∧−→
T) = ((−→ U ∧−→
V),−→ W ,−→
T)
= (−→ T ,(−→
U ∧−→ V),−→
W)
= −→ T .((−→
U ∧−→ V)∧−→
W)
= −−→ T .[(−→
W .−→ V)−→
U −(−→ W .−→
U)−→ V]
= (−→ U .−→
W).(−→ V .−→
T)−(−→ W .−→
V).(−→ U .−→
T)
e) Il suffit de v´erifier que le vecteur donn´e est colin´eaire au vecteur−−→ AB∧−→
AC qui’est normal au plan (A, B, C). On a−→
OA∧−−→ OB+−−→
OB∧−−→ OC+−−→
OC∧−→
OA= (−−→ OC+−→
CA)∧−−→ OB+−−→
OB∧−−→ OC+ (−→
OA+−→
AC)∧−→
OA=
−→AC∧−−→ BA.
Exercice 4: Soit A, B, C, D quatre points distincts de l’espace et E=n
M, −−→
M A∧−−→
M B =−−→
M C∧−−→
M Do
1) D´eterminer E lorsque A, B, C, D ne sont pas coplanaires 2) On suppose A, B, C, D coplanaires, et soit I tel que −→
IA∧−→
IB = −→ IC ∧−→
ID . D´eterminer l’ensemble E dans chacun des cas suivants:
i) (AB)∩(CD) ={O}
ii) (AB) = (CD),
iii) (AB) et (CD) sont parall`eles.
Rep. 1) On supposeA, B, C, Dnon coplanaires. Alors les vecteurs−−→
M A∧−−→
M B et−−→
M C∧−−→
M Dne sont pas colin´eaires et dans ce cas l’ensemble E est r´eduit `a ∅.
2) i) On suppose maintenant que On supposeA, B, C, Dsont coplanaires et que les droites (AB) et (CD) se coupent en un pointO. On a:
M ∈ E ⇐⇒ −−→
M A∧−−→
M B=−−→
M C∧−−→
M D
⇐⇒ (−−→
M O+−→
OA)∧(−−→
M O+−−→
OB) = (−−→
M O+−−→
OC)∧(−−→
M O+−−→
OD)
⇐⇒ −−→
M O∧−−→ OB+−−→
M O∧−→
AO=−−→
M O∧−−→
OD+−−→
M O∧−−→ CO+−−→
OC∧−−→
OD+−→
OA∧−−→ OB
12 2. 2
Mais par hypoth`eseO, C, D sont align´es etO, A, Balign´es. Donc−→
OA∧−−→ OB=−−→
OC∧−−→
OD= 0, d’o`u:
M ∈ E ⇐⇒ −−→
M O∧−−→ OB+−−→
M O∧−→
AO=−−→
M O∧−−→
OD+−−→
M O∧−−→ CO
⇐⇒ −−→
M O∧−−→ AB=−−→
M O∧−−→
CD
⇐⇒ −−→
M O∧(−−→ AB−−−→
CD) =−→ 0
⇐⇒ −−→
OM =k(−−→ AB−−−→
CD), k∈R
ii) Sopposons maintenat que les droites (AB) et (CD) sont condondues. Dans ce cas le point I est sur la droite (AB) = (CD) et les calculs pr´ec´edents restent valables avec le mˆeme argument M ∈ E ⇐⇒ −−→
IM ∧(−−→ AB−−−→
CD) =−→
0 . Si en plus −−→ AB=−−→
CD, alorsE est l’espace tout entier. Si −−→ AB6=−−→
CD M ∈ E ⇐⇒ −−→
IM =k(−−→ AB−−−→
CD) et puisqueA, B, C, Dsont align´es,E est la droite (AB).
iii) Supposons enfin que (AB) et (CD) sont parrall`eles disctincts. Soit−→u un vecteur directeur de (AB) et (CD) et soitJ ∈(AB) etK∈(CD) tels que−−→
J K.−→u = 0.(La droite (J K) est perpendiculaire `a (AB) et (CD)). On a−−→
AB=α−→u et−−→
CD=β−→u. et−−→
M A∧−−→
M B = (−−→
M J +−→
J A)∧(−−→
M J +−→
J B) =α−−→
M J ∧ −→u. De mˆeme−−→
M C∧−−→
M D=β−−→
M K∧ −→u. Ainsi: M ∈ E ⇐⇒ α−−→
M J∧ −→u =β−−→
M K∧ −→u ⇐⇒ −→u ∧(α−−→
M J−β−−→
M K) =−→ 0
Si α−β 6= 0, soit G le barycentre de {(J, α),(K,−β)}, alors M ∈ E ⇐⇒ α−−→
M G∧ −→u = −→ 0 et par cons´equentE=D(G,−→u).
Si α−β = 0, on a−−→ AB =−−→
CD et α−−→
M J =β−−→
M K. D’o`u M ∈ E ⇐⇒ −→u ∧−−→ KJ =−→
0 , c’est `a dire que −→u et−−→
KJ sont colin´eaires. Ce qui contredit le fait qu’il soient non nul orthogonaux. DoncE=∅.
Exercice 5: L’espace est rapport´e `a un rep`ere orthonorm´e. On rappelle la formule du double produit vectoriel (−→u ∧ −→v)∧ −→w = (−→u .−→w)−→v −(−→v ∧ −→v)−→u et on consid`ere l’´equation vectorielle
(E) (−→x ∧ −→u) =−→v
a) Donner une condition n´ecessaire d’existence de solution de (E) b) On suppose −→u .−→v = 0
i) Montrer que si −→x0 est solution de (E), alors −→x − −→x0 et −→u sont colin´eaires.
ii) Trouver −x→0 tel que −→x0=λ(−→u ∧ −→v) iii) Trouver l’ensembleS des solutions de (E).
Rep.
(E) −→x ∧ −→u =−→ V
a) Si l’´equation (E) admet une solution, on doit avoir n´ecessairement−→u .−→ V = 0 b) Soit−→x0 une solution de (E)
i) Si x est aussi une solution de (E), on a (−→x − −→x0)∧ −→u = −→
0 c’est a dire que −→x − −→x0 et −→u sont colin´eaires.
ii) Le fait que −→x0 = λ(−→u ∧−→
V) soit solution de (E) s’exprime parλ(−→u ∧−→
V)∧ −→u =−→
V. Utilisant la formule du double produit vectoriel, on obtient λ[(−→u .−→u)−→
V −(−→u .−→ V)−→
W] =−→
V, soitλ[(−→u .−→u)−→ V =−→
V, ce qui implique queλ= k−→u1k2.
La solution recherch´e est doncx0=−→u∧−→V
k−→uk2
iii) D’apr`es i), si−→x est une solution de (E), alors−→x− −→x0=k−→u et donc−→x =−→x0+k−→u. Par cons´equent l’ensemble des solutions de (E) est
S={−→x =
−
→u ∧−→ V
k−→uk2 +k−→u , k∈R}
2. 2 13
Exercice 6: a) Montrer que la distance d d’un point P de l’espace `a une la droite D A,−→
V est donn´ee par d=
→− V∧−→
AP →−
V . L’espace ´etant rapport´e `a un rep`ere orthonorm´e, appliquer `a P(2,1,3) , A(−1,1,−1) et −→
V(−2,2,5).
b) Soit θ l’angle de deux vecteurs −→ U et −→
V . Montrer que tgθ=
−→ U∧−→
V
−
→U·−→ V . Rep. a) SoitH la projection orthogonal de Asur la droiteD
A,−→ V
. On a d=P H=P A|sinθ|=P Ak−→
Vk k−→
Vk|sinθ|= k−→
AP∧−→ Vk
|sinθ|
b) On a |sinθ|= k
−
→U∧−→ Vk k−→
Ukk−→
Vk et|cosθ|= |
−
→U .−→ V| k−→
Ukk−→
Vk. Par cons´equent: |tgθ|= k
−
→U∧−→ Vk
|−→ U .→−
V|
Exercice 7: Soit D la droite passant par les deux points A(1,1,0) et B(1,0,1) , et soit D0 la droite de vecteur directeur −→
V (−1,1,0) et passant par le point C(0,1,0).D´eterminer la perpendiculaire commune `a D et D0 et la distance de ces deux droites.
Rep. Le vecteur directeur de la perpendiculaire commune `aD etD0 est orthogonal `a leurs vecteurs directeurs. Il est donc colin´eaire `a −−→
AB∧−→
V = (−1,−1,−1). On choisira −→u(1,1,1) comme vecteur directeur de cette perpendiculaire commune qu’on note ∆, on a
∆ =P(A,−→u ,−−→
AB)∩P(C,−→u ,−→ V) Ecrivons les ´equations cart´esi`ennes de ces deux plans:
P(A,−→u ,−−→ AB) : 0 =
x−1 y−1 z
1 1 1
0 −1 1
= 2x−y−z−1 etP(C,−→u ,−→ V) : 0 =
x y−1 z
1 1 1
−1 1 0
=x−y+2z+1
D’o`u les ´equation de ∆ :
2x−y−z−1 = 0 2x−y−z−1 = 0
SiH etH0sont les intersections respectives de ∆ avec les plans ∆ =P(A,−→u ,−−→
AB) etP(C,−→u ,−→ V), la distance entreDetD0est ´egale `aHH0. On peut calculer cette distance en d´eterminant les coordonn´ees de H et deH0. Mais on peut aussi remarquer queHH0 est ´egale `a la distance de n’importe quel point deD au planP(C,−→
V ,−−→
AB) parall`ele `aDet contenantD0=D(C,−→
V). Le calcul de l’´equation deP(C,−→ V ,−−→
AB) donnex+y+z+ 1 = 0. D’o`u:
HH0 =d(A, P(C,−→ V ,−−→
AB)) = 1 + 1 + 1
√3 =√ 3 Exercice 8: Soit la famille de plans P de direction −→
U (1,1,1) et −→
V (1,0,1), et le famille de plans P0 de direction−→
U0(−1,0,1) et −→
V0(0,1,1).
Donner un vecteur normal `a la famille P et un vecteur normal `a la famille P0 . Montrer que tout plan de P est orthogonal `a tout plan de P 0.
Rep. Un vecteur normal `a la famille des plansP(−→ U ,−→
V) est−→ U ∧−→
V = (1,0,−1). Un vecteur normal
`
a la famille des plansP(−→ U0,−→
V0) est−→ U0∧−→
V0= (1,−1,1). Puisque−→ U ∧−→
V et−→ U0∧−→
V0sont orthogonaux, on d´eduit que tout plan deP(−→
U ,−→
V) est orthogonal `a tout plan deP(−→ U0,−→
V0)
Exercice 9: a) Ecrire l’´equation cart´esienne du plan (P1) engendr´e par les vecteurs −→
U (1,−1,0) et −→
V (0,1,−1) passant par le point A(1,00) . Donner un vecteur normal −→
N `a ce plan.
b) Donner les composantes d’un vecteur normal `a un plan engendr´e par −→ U et −→
W(a, b, c). Donner une condition sur a, b, c pour que ce plan soit orthogonal `a (P1) .
c) Utiliser ce qui pr´ec`ede pour montrer que les plans (P2) engendr´e par −→ U ,−→
N et (P3) engendr´e par −→
N et −→
R(1,1,0) et passant tous les deux par le point B(0,0,1) sont orthogonaux `a (P1).V´erifier que (P2) et (P3) sont orthogonaux.
14 2. 2
d) Donner un vecteur directeur de la droite (D) = (P1)∩(P2) , ainsi que son ´equation vectorielle . e) V´erifier que les trois plans (P1),(P2) et (P3) passent par un mˆeme point et donner un nouveau rep`ere orthonorm´e
B,−→ i0,−→
j0,−→ k0
tel que −→
k0 colin´eaire `a −→ N et −→
i0 colin´eaire `a −→ U . f) Ecrire les ´equations des plans (P1),(P2) et (P3) dans ce nouveau rep`ere.
Rep. a) L’´equation cart´esi`enne deP1(A,−→ U ,−→
V) est donn´ee par le produit mixte (−−→
AM ,−→ U ,−→
V) = 0.
En ´ecrivantM(x, y, z), on obtientP1: x+y+z−1 = 0. Un vecteur normal est donc −→
N(1,1,1).
b) Un vecteur normal au plan engendr´e par−→
U(1,−1,0) et −→
W(a, b, c) est−→ U ∧−→
W(−c,−c, a+b). Ce plan est orthogonal `aP1si et seulement si−→
N .(−→ U ∧−→
W) = 0, c’est `a dire a+b−2c= 0.
c) On utilise la condition trouv´ee enb) avec−→ W =−→
N, c’est `a direa=b=c= 1, et on v´erifie que la conditiona+b−2c= 0 est satisfaite. DoncP2=P(B,−→
U ,−→
V) est orthogonal `aP1. Le cas du planP3=P(B,−→
N ,−→
R) est ´evident car−→
N est normal `aP1(doncP3est orthogonal `aP1). V´erifions le quand mˆeme en utilisant la formuled) de l’exercice 3. R´ep´etons le,P1 et P3 sont orthogonaux si et seulement si leurs normal le sont, c’est a dire (−→
N ∧−→ R).(−→
U ,−→
V) = 0. Ce qui est bien v´erifi´e grace `a la formule
(−→ N ∧−→
R).(−→ U ,−→
V) = (−→ N .−→
U)(−→ R .−→
V)−(−→ N .−→
V)(−→ R .−→
U) puisque −→
N .−→ U =−→
N .−→ V = 0.
la mˆeme formule permet de montrer queP2 et P3 sont orthogonaux.
(−→ U ∧−→
N).(−→ N ,−→
R) = (−→ U .−→
N)(−→ N .−→
R)−(−→ U .−→
R)(−→ N .−→
N) =−k−→ Nk−→
U .−→ R = 0 car−→
U .−→ R = 0.
d) SoitI un point quelconque de D=P1∩P2 est −→
IE le repr´esentant de −→
U enI. Le vecteur li´e−→
IE est contenu dansP1∩P2 car−→
IEest ´equipollent `a −→ U et−→
U est l’un des deux vecteurs qui engendrentP1
et P2. Par cons´equentU est un vecteur directeur de (D). Comme on peut le v´erifeir aisement le point B∈P1∩P2. Donc l’´equation vectoriel de (D) est
M(x, y, z)∈(D) ⇐⇒ −−→
BM =λ−→ U
e) Les trois plansP1, P−2 etP3passent tous par le pointB(0,0,1). On choisit−→ k0= −→N
k−→ Nk,−→
i0= −→U
k−→ Uk
et −→ j0=−→
k0∧−→
i0. Le rep`ere de sommetB est donc−→ i0(
√2 2 ,−
√2 2 ,0),−→
j0(
√6 6 ,
√6 6 ,−
√6 3 );−→
k0(
√3 3 ,
√3 3 ,
√3 3 ) f) Soit (x, y, z) les coordonn´ees d’un point M de l’espace dans le rep`ere initial (O,−→
i ,−→ j ,−→
k) et (x0, y0, z0) ses coordonn´ees dans le rep`ere (B,−→
i0,−→ j0,−→
k0). On ax−→ i +y−→
j +z−→ k =x0−→
i0+y0−→ j0+z0−→
k0 et comme−→
i0 =
√2 2
−
→i −
√2 2
−
→j ,−→ j0=
√6 6
−
→i +
√6 6
−
→j −
√6 3
−
→k et k0=
√3 3
−
→i +
√3 3
−
→j +
√3 3
−
→k , on d´eduit que x−→
i +y−→ j +z−→
k = x0(
√2 2
−
→i −
√2 2
−
→j) +y0(f rac√ 66−→
i +
√6 6
−
→j −
√6 3
−
→k) +z0(
√3 3
−
→i +
√3 3
−
→j +
√3 3
−
→k)
= (
√2 2 x0+
√6 6 y0+
√3 3 z0)−→
i + (−
√2 2 x0+
√6 6 y0+
√3 3 z0)−→
j + (1−
√6 6 y0+
√3 3 z0)−→
k Il en r´esulte les expression des anci`ennes coordonn´ees en fonction des nouvelles
x =
√2 2 x0+
√6 6 y0+
√3 3 z0 y = −
√ 2 2 x0+
√ 6 6 y0+
√ 3 3 z0 z = 1−
√6 6 y0+
√3 3 z0 L’´equation du planx+y+z−1 = 0 devient en rempla¸cantz0= 0.
On proc`ede de mˆeme pourP2,et P3 apr`es avoir ecrit leurs equations cart´esi`ennes dans l’ancien rep`ere.
Une autre m´ethode consiste `a ´ecrire les composantes des vecteurs directeurs des plans ainsi que celles des pointsA, B dans le nouveau rep`ere et exprimer les ´equations comme d’habitude.
Exercice 10: On consid`ere les points de l’espace rapport´e `a un rep`ere orthonorm´e A(1,1,1) ;B(1,−1,1) ;C(0,1,−1) ;D(−1,0,−3).
a) Montrer qu’ils sont coplanaires et donner l’´equation cart´esienne du plan (P) qui les contient.
b) Donner les coordonn´ees de leur isobaricentre G.
c) On d´efinit l’application `a valeurs vectorielles f qui fait correspondre `a tout point M de l’espace le vecteur −−−→
f(M) d´efini par
