12 Produit scalaire dans l’espace

© Nathan. Hyperbole Term S

12 ^Chapitre Produit scalaire dans l’espace

AB ACu ru u ruu AB AC CB

. 1( - )

2 ^{2 2 2} 10

b) AB 3² 1² 10 AC 4² 2² 20 2 5 BC 7² 1² 50 5 2 AB ACu ru u ruu

. ₂¹

^{102 202} - ⁵⁰²

AB ACu ru u ruu

. -10

2 AB ACu ru u r. uu AB AC¥ ¥cos(BACµ) AB ACu ru u ruu

. ¥2 3¥ 3

2 3

3 a) BAu ru

(-3;-1 et BC) u ru (2 ; – 6) BA BCu ru u ru

. - ¥ - ¥ - 3 2 ( ) (1 6) 0

La droite (BA) est donc perpendiculaire à la droite (BC).

Le triangle ABC est rectangle en B.

b) BA = 10 BC= 40

AC

¹- -^{( 4)}

² - -^{( 4 1)2 50} BA² + BC² = AC²

Le triangle est donc rectangle d’après la réciproque du théorème de Pythagore.

4 a) I 7 2

3

;-2 Ê ËÁ

ˆ

¯˜ est le milieu de [AB].

M(x ; y) appartient à ∆ médiatrice de [AB] si, et seulement si, IM ABu ru u ru

. = 0 si, et seulement si, – 3x + y + 12 = 0 b) Le vecteur de coordonnées (2 ; 3) est un vecteur normal à d.

Le point de coordonnées 0 4

;-3 Ê ËÁ ˆ

¯˜ appartient à la droite d.

5 a) La droite (AD) est orthogonale aux deux droites sécantes (AB) et (AE).

La droite (AD) est donc orthogonale au plan (ABE).

La droite (AD) est donc orthogonale à toutes droites incluses dans le plan (ABE).

En particulier, la droite (AD) est orthogonale à la droite (EB).

b) La droite (EB) est orthogonale aux deux droites sé- cantes (AF) et (AD).

La droite (EB) est donc orthogonale au plan (AFD).

c) La droite (EB) est donc orthogonale à toutes droites incluses dans le plan (AFD).

En particulier, la droite (EB) est orthogonale à la droite (DF).

1. Page d’ouverture

• ^Énigme

^✱

A

D S

I B

M

Pour tout point N de l’arête [SB], AN  d(A ; (SB)) donc : AN  3

2 AB.

La distance cherchée est 3AB=30 3cm.

• ^Énigme

^✱✱

A I

E

B F H G

C K D

On trace les sections du parallélépipède rectangle par les plans ₁, ₂, ₃ médiateurs de [AB], [AE] et [AD].

On obtient 8 pavés de mêmes dimensions : 20 cm, 25 cm et 12,5 cm et la grande diagonale a pour longueur :

1181 25, 34 5, .

9 poissons sont répartis dans ces 8 pavés, donc au moins un pavé contient deux poissons.

2. Vérifier les acquis

1 a) AB = 3² 1² 10 AC 4² 2² 20 2 5 BC 1² 3² 10

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b) DC GLu ruu u ru DCu ruu CDu ruu

1 -

2

1 2 a2

5 a) DG HFu ruu u ru AF HFu ru u ru FA FHu ru u ru FA FH

1 ¥ ¥

2 cossp

1 3 22 1

2 1 2

2 2

a a

b) EG AH EG BGu ru u ruu u ru u ru GE BGu ru u ru

1

2a² 6 AG² = AB² + BC² + CG² = 3a² EG² = 2a² donc

AG AEu ruu u ru AG AE EG

. 1( - )

2 ^{2 2 2}

1 -

2(3a² a² 2a²) a² cosEAG AG AE.

AG AE µ

u ruu u ru

¥ a

a

2

3 2

3

3 et EAGµ ª54 7, 8 a) (I J) I J I J.

I J

F F F F F F

E EF F

uru uru uru uru

2 2 2

2 2 2

2 0 puisque I Juru uruF F

. = 0 On en déduit que IJ² 64

9 16 4 244

9 et IJ = 2 3 61 b) BA BFu ru u ru

. =0, BA Fu ru uru

. J= 0, A Furu uruI J . =0 A .BFuru u ruI u rAuuuI u rBFuuu

¥ car AuruI et BFu ru

sont deux vecteurs coli- néaires de même sens, donc

B Buru uruI J u rAuuuI u rBFuuu

. ¥ 16

3

9 A(3 ; 4 ; – 2), B(1 ; 6 ; 0), C(– 2 ; 2 ; 1) a) ABu ru

(– 2 ; 2 ; 2), ACu ruu

(– 5 ; – 2 ; 3), BCu ru

(– 3 ; – 4 ; 1) donc AB² = 12, AC² = 38, BC² = 26.

b) AC² = AB² + BC² donc ABC est un triangle rectangle en B.

10 a) MA MB M + A M B

M

u ruu u ruu u ru uru u ru uru u ru

( I I ) ( I I ) I--

Ê

ËÁ ˆ

¯˜Ê ËÁ ˆ

¯˜

-

1 2

1 2 1

4

2 2

AB M AB

M AB

u ru u ru u ru I I

b) MA MB M AB M

M u ruu u ruu

€ €

€

5 5 1

4 2

3

2 2 2

I I

I

Le lieu cherché est la sphère de centre I et de rayon 3.

12 a) BHu ru

(-1;-1 1 et AG; ) u ruu

(-1 1 1 .; ; ) BH AGu ru u ruu

. - - ( 1)( 1) (– )(– )1 1 1 1 ¥ –1.

Donc les droites (BH) et (AG) ne sont pas orthogonales.

b) ACu ruu

(-1 1 0 ; ; ) BH ACu ru u ruu

. (– )(– ) (– )1 1 1 1 0 1 0.¥ ¥

Donc les droites (BH) et (AC) sont orthogonales.

6 Dans le plan (ABD), (AI) est la médiatrice de [BD]

donc (BD) ^ (AI).

De même, dans le plan (CBD), (BD) ^ (CI).

La droite (BD) est orthogonale à deux droites sécantes (AI) et (CI) du plan (ACI).

La droite (BD) est orthogonale au plan (ACI).

3. Activités d’approche

• ^{Activité 1}

1 a) HuruI FGu ru EHu ru

= = donc H est le milieu de [EI] et EI² = 4.

AE² = 1 donc AI² = 5.

AG² = AB² + BF² + FG² = 3 GI² = FH² = FE² + EH² = 2 AI² = AG² + GI² donc (AG) ^ (GI).

Par suite (AG) ^ (BD) puisque (BD) et (GI) sont parallèles.

b) AG² = 3 ; AJ² = 2, GJ² = 5 donc (AJ) ^ (AG).

En outre, (EB) // (AJ) donc (AB) ^ (AG).

On en déduit que (AG) ^ (BED).

2 a) D(0 ; 0 ; 0), C(1 ; 0 ; 0), B(1 ; 1 ; 0), A(0 ; 1 ; 0) H(0 ; 0 ; 1), G(1 ; 0 ; 1), F(1 ; 1 ; 1), E(0 ; 1 ; 1) b) AGu ruu

(1 ; – 1 ; 1), GuruI

(– 1 ; – 1 ; 0) donc P = 0.

AGu ruu

(1 ; – 1 ; 1), EDu ru

(0 ; – 1 ; – 1) donc P = 0.

• ^{Activité 2}

a) D(0 ; 0 ; 0), C(1 ; 0 ; 0), B(1 ; 1 ; 0), A(0 ; 1 ; 0) H(0 ; 0 ; 1), G(1 ; 0 ; 1), F(1 ; 1 ; 1), E(0 ; 1 ; 1) CFu ru

(0 ; 1 ;1), ABu ru

(1 ; 0 ; 0), BGu ru

(0 ; – 1 ; 1) CF ABu ru u ru

0 ; CF BGu ru u ru 0

(CF) et (ABG) sont donc orthogonaux.

b) (BD) ^ (AC) , (BD) ^ (CG), (AC) et (CG) sont des droites sécantes du plan (ACG), donc BDu ruu

est normal au plan (ACG).

c) ABu ru ur AB Lu ru uru

IJ I 0, (IJ) et (IL) sont des droites sé- cantes du plan (IJK), donc ABu ru

est normal au plan (IJK).

d) AHu ruu

(0 ; – 1 ; 1), CDu ruu

(– 1 ; 0 ; 0) donc AH CDu ruu u ruu 0 ; DEu ru

(0 ; 1 ; 1) donc AH DEu ruu u ru

0 , (CD) et (DE) sont des droites sécantes du plan (CDE), donc AHu ruu

est normal au plan (CDE).

e) CFu ru

(0 ; 1 ; 1), BDu ruu

( – 1 ; – 1 ; 0) donc CF BDu ru u ruu -1, CFu ru ur u ru u rCF ABu

u 0

CF AEu ru u ru 1 BDu ruu ur u rBD ABuu u ru

-

u 1.

f) Les vecteurs CF BDu ru u ruu ur u rAHuu

, , ,u sont respectivement nor- maux aux plans (ABG), (ACG), (IJK) et (CDF).

CFu ru ur

u 0, donc (ABG) et (IJK) sont perpendiculaires.

4. Pour s’exercer

3 a) AB AFu ru u ru AB^{2 2}

. = =a

b) G EAuru u rI u Iuru u rE EAu

. = . =0

4 a) BC BKu ru u ru BCu ru BCu ru

1

2 1 2a²

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23 a) M(x ; y ; z) appartient au plan  passant par A(1 ; – 1 ; 2) et de vecteur normal urn

(2 ; 3 ; 1) si, et seule- ment si, AMu ruu ur

n 0.

Une équation de  est donc 2(x – 1) + 3(y+ 1) + (z – 2) = 0, soit 2x + 3y + z – 1 = 0.

b) 2 ¥ 0 + 3 ¥ 2 – 5 – 1 = 0 donc B ∈ .

24 urn

( ; ;1 3 -1) et nuru¢ -

( ; ;1 3 1 sont respectivement ) normaux à  et ’.

ur urun n

. ¢ ¥ - ¥ - - -1 ( 3) 3 ( ) ( )(1 1 6) 0 donc les plans  et ’ sont perpendiculaires.

25 urn

(– 1 ; 2 ; 5) et nuru¢

(2 ; – 4 ; – 10) sont respectivement normaux à  et ¢.

ur urun n

¢ = – 1 ¥ 2 + 2 ¥ (– 4) + 5( – 10) ≠ 0, donc  et ¢ ne sont pas perpendiculaires.

5. Accompagnement personnalisé

26 a) FA FCu ru u ru FA FC

¥ ¥ Ê

ËÁ ˆ

¯˜ ¥ cos( )60 2

2 1 2

1 4

2

Dans le repère orthonormé ( ;D DA DC DHu ruu u r, uu u r, uu) : D(0 ; 0 ; 0) ; A(1 ; 0 ; 0) ; C(0 ; 1 ; 0) ; B(1 ; 1 ; 0) ; H(0 ; 0 ; 1) ; E(1 ; 0 ; 1) ; G(0 ; 1 ; 1) ; F(1 ; 1 ; 1) ; M 1

2 1 2 1

; ; Ê

ËÁ ˆ

¯˜ ; N 0 1 1

; ; 2 Ê ËÁ ˆ

¯˜. b) HFu ru

(1 ; 1 ; 0) ; MNu ruu Ê-

ËÁ ˆ

; ; – ¯˜

1 2

1 2

1

2 donc HF MNu ru u ruu 0.

c) AMu ruu Ê-

ËÁ ˆ

; ; ¯˜

1 2

1 2 1 ; BNu ru

Ê-

ËÁ ˆ

; ; ¯˜

1 0 1 2 AM BNu ruu u ru

1

2 1

2 1

d) NHu ruu

0 1 1

;- ; 2 Ê

ËÁ ˆ

¯˜ ; NBu ru

1 0 1

; ;- 2 Ê

ËÁ ˆ

¯˜

NH NBu ruu u ru - 1

4

27 A(1 ; – 2 ; 4) ; B( – 2 ; – 6 ; 5) ; C(– 4 ; 0 ; – 3) 1. ABu ru

(– 3 ; – 4 ; 1), ACu ruu

(– 5 ; 2 ; – 7) ABu ru

et ACu ruu

ne sont pas colinéaires car - -3 -

5 4

2 donc A, B, C ne sont pas alignés.

2. ABu ru ur

n = – 3 + 4 – 1 = 0 ACu ruu ur

n = – 5 – 2 + 7 = 0

3. M(x ; y ; z) appartient au plan (ABC) si, et seulement si, AMu ruu ur

n 0 ⇔ (x – 1)(1) + (y + 2 )( – 1) + (z – 4)(– 1) = 0

⇔ x – y – z + 1 =0 28 1. nur

(1 ; – 1 ; – 1) est un vecteur normal à () donc urn

dirige () donc x y

- - ÌÔ ÓÔ

t t

z t

, t ∈  est une représentation paramétrique de .

13 BCu ru

(– 1 ; 0 ; 0), DGu ruu

(0 ; 1 ; 1), DHu ruu (0 ; 0 ; 1) BC DGu ru u ruu BC DHu ru u ruu

0, 0.

Le couple de vecteurs non colinéaires (DG DHu ruu u r, uu)

dirige le plan (DGH), donc (BC) et (DGH) sont orthogonaux.

14 BHu ru

(– 1 ; – 1 ; 1), DEu ru

(1 ; 0 ; 1), DGu ruu

(0 ; 1 ; 1) Le couple de vecteurs non colinéaires (DE DHu ru u r, uu)

dirige le plan (EDG), BH DEu ru u ru

0, BH DGu ru u ruu

0 donc (BH) et (EDG) sont orthogonaux.

15 I 1 1 2 1

; ; Ê ËÁ

ˆ

¯˜, K 1

2 0 1

; ;2 Ê ËÁ

ˆ

¯˜

a) BKu ru Ê- ËÁ

ˆ

; – ; ¯˜

1

2 1 1

2 , AGu ruu

(– 1 ; 1 ; 1) donc BK AGu ru u ruu

- 1

2 1 1

2 0.

b) AuruI 0 1

2 1

; ; Ê ËÁ ˆ

¯˜ donc BK Au ru uru I0.

(AI) et (AG) sont deux droites sécantes du plan (AIG).

Elles sont orthogonales à (BK), donc (BK) et (AIG) sont orthogonales.

16 a) CKu ru 1

2 1 1

;- ; 2 Ê

ËÁ ˆ

¯˜, Cu ruJ 1 3

2 3

1

;- ; 3 Ê

ËÁ ˆ

¯˜

donc Cu ruJ CKu ru

= 2

3 , on en déduit que J 1 3

1 3

1

; ; 3 Ê

ËÁ ˆ

¯˜ est le centre de gravité du triangle CAH.

b) FuruJ

- - - Ê

ËÁ ˆ

; ; ¯˜

2 3

2 3

2 3 HAu ruu

(1 ; 0 ; – 1) donc HA Fu ruu uru J0.

ACu ruu

(– 1 ; 1 ; 0) donc AC Fu ruu uru J 0.

(HA ACu ruu u r, uu)

est un couple de vecteurs non colinéaires, il dirige le plan (HAC), donc (FJ) et (HAC) sont orthogonaux.

17 a) CDu ruu

(0 ; – 1 ; – 2), CEu ru

(1 ; 2 ; 3) ne sont pas coli- néaires, donc C, D, E ne sont pas alignés.

b) ABu ru

(– 3 ; 6 ; – 3) donc AB CDu ru u ruu

0 et AB CEu ru u ru 0 Par suite (AB) ^ (CDE) puisque (CD CEu ruu u r, u)

est un couple de vecteurs non colinéaires et dirige le plan (CDE).

18 a) ABu ru

(1 ; 1 ; 0), ACu ruu

(– 1 ; 1 ; 0) donc AB ACu ru u ruu

0 et

(AB) ^ (AC).

b) ADu ruu

( ; ;0 0 2 donc AB AD) u ru u ruu

0 et (AB) ^ (AD).

c) AC ADu ruu u ruu

0 donc (AC) ^ (AD).

19 a) AB ACu ru u ruu AB AC

¥ ¥cos 60 1

2 a2

AB ADu ru u ruu

1

2 a2

b) AB CDu ru u ruu AB CA ADu ru u ruu u ruu AB CAu ru u ruu

( )

-

AB AD u ru u ruu 1

2 1

2 0

2 2

a a

c) Les arêtes opposées d’un tétraèdre régulier sont orthogonales.

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37 a) F BCuru u rJ u BC

1

2 ² 2

a2

b) B EH B FGuru u rJ u uru u rJ u F FGuru u rJ u

1

2a²

38 a) AM² AB² BM^{2 2} 1 ^{2 2}

2 3 a a 2a b) AN² = AM² ; MN² 1BE^{2 2}

4

1

= = 2a c) AM ANu ruu u ruu AM AN MN

-

-

1 21 2

3 2

3 2

1 2

2 2 2

2 2 2

( )

a a a

⁵4a² 39 DAC est isocèle en A donc :

DA Du ruu u ru D DC J J² 1 ²

4 4

a.

40 MN = 3 ; MI = 3,59 ; MI¢ = 2 a) MN Mu ruu u ru MN Mu ruu u ruu MN M

I I¢ - ¥ I -6 b) cos

IµMN - ,

¥ 6

3 3 59 d’où IµMNª124 . NI² = NI¢² + MI¢² = 25 + 4 , 29.

41 a) _H

G

C L

I B J

O F

A E

D K

On trace donc le plan parallèle à (BCH) passant par I ; on en déduit la section IKLJ du cube par le plan .

b) Ce plan coupe [DG] en M tel que DMu ruu DGu ruu

= 1

4 , d’où :

G GDI GM GD GD

uru u ruu u ruu u ruu

3

4

3 2

2 a2.

42 a) BA BCu ru u ru B BCuru u ru I 1

2a² car ABC est équilatéral.

b) Iuru u rB BDuu B BDuru u rI uu BuruI - - - 1

4a² c) AID est isocèle en I, donc IJur u ruu

AD 0.

43 A(1 ; 2 ; – 1), B(0 ; 1 ; – 2), C(1 ; 2 ; 3) ABu ru

(– 1 ; – 1 ; – 1), ACu ruu

(0 ; 0 ; 4), donc AB ACu ru u ruu -1.

44 a) ABu ru

(1 ; – 1 ; – 2), ACu ruu

(3 ; 0 ; – 1) AB ACu ru u ruu

3 2 5 2. Les coordonnées (x ; y ; z) du point O¢ vérifient :

xy

x y - -

- -

ÌÔÔ ÓÔ Ô

t t

z t

z 1 0

donc t + t + t + 1 = 0

donc t - 1

3 et ¢ -Ê

ËÁ ˆ

O 1; ; ¯˜

3 1 3

1 3 . 29 1. a) urn

(1 ; – 1 ; 1) est normal à .

¢ nuru

(3 ; – 1 ; – 1) est normal à .

nur et nuru¢

ne sont pas colinéaires donc  et  sont sécants.

b) M(x ; y ; z) ∈  et  si, et seulement si :

x yx y x

- - y - - Ì

Ó € -

- Ì

Ó 1

3 5

3 4 2 z

z

z z Une représentation paramétrique de d est donc :

xy - - ÌÔ ÓÔ

t t z t

3 2 4, t ∈ .

2. ➂ b 3. d coupe  : – x + 2y – z = 1 en W(0 ; 2 ; 3).

➀ c 1. d et  : – x + 2y – 3z = 0 sont donc parallèles car – (t – 3) + 2(2t – 4) – 3t = – 5.

➁ a 2. d est contenue dans  : y – 2z + 4 = 0.

6. Exercices d’application

30 u vur ur uru vur vur uru

- -

-

1 21

2 1 2 5 0

2 2 2

2 2

( )

31 a) AB ACu ru u ruu AB AC BC

-

-

1 21

214 30 18 13

2 2 2

( )

( )

b) cos BAC AB AC AB AC µ

u ru u ruu

¥ 13

14 30 d’où BACµ ª51 32 ABu ru

(1 ; – 1 ; – 2), ACu ruu

(3 ; 0 ; – 1), BCu ru

(2 ; 1 ; 1) donc AB²= 6, AC²= 10, BC²= 6.

ABC est isocèle en B.

33 a) AB ACu ru u ruu 0 b) AB EGu ru u ru EF EGuru u ru EF

² a² 34 a) AB ADu ru u ruu

0 b) AB EHu ru u ru AB ADu ru u ruu

0

35 a) AG ABu ruu u ru AB ² a² b) AH ABu ruu u ru

0 36 a) F FAuru u rJ u

0 b) F GDuru u rJ uu

0

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49 _A

C

D J I

B

a) ABC est équilatéral de côté 6 donc : AB ACu ru u ruu

¥ ¥6 6 cos6018. b) 4

18

A AI J AB AC AC AD

uru u ru u ru u ruu u ruu u ruu

( ) ( )

118AC²18 90 d’où A Auru u rI Ju

22 5,

c) AI = 3 AJ

2 ¥ 6 3 3

cos ,

I J I J

I J

A A A

A A

µ

uru u ru

¥ 22 5

27 et I JµA ª33 6, . 50 AB = 2 et I milieu de [AB].

a) MA MB M A M B

M

u ruu u ruu u ru uru u ru uru u ru

( I I ) ( I I ) I--

- -

1 2

1 1 2

4 1

2 2 2

AB M AB

M AB M

u ru u ru u ru I

I I

b) MA MBu ruu u ruu

2 ⇔ MI² = 3. Le lieu cherché est la sphère de centre I et de rayon 3.

c) MA MBu ruu u ruu

-2 ⇔ MI² = – 1. Le lieu cherché est vide.

51 a) ABu ru

(1 ; 1 ; 1), CDu ruu

(2 ; – 1 ; - 1) AB CDu ru u ruu

¥ ¥ - ¥ - 1 2 1 1 1 1 0 donc (AB) et (CD) sont orthogonales.

b) x y Ì Ô ÓÔ

t t z t

1 2

, t ∈  est une représentation paramétrique de la droite (AB).

xy - - - -

ÌÔ ÓÔ

2 5

3 2 k

k

z k

, k ∈  est une représentation paramétrique de la droite (CD).

t k

t k

t k

t k

k k

- - -

ÌÔ ÓÔ

€

-

2 5

1 3

2 2

2 5

2 6 3

2

– –

kk k

k - t

ÌÔ ÓÔ

€ -

-

7 2

3 – 1

(AB) et (CD) sont donc sécantes en W(– 1 ; 0 ; 1).

52 A(1 ; 2 ; 3), B(– 1 ; 0 ; 1), C(0 ; 1 ; – 1), D(3 ; 0 ; – 3) ABu ru

(– 2 ; – 2 ; – 2), CDu ruu

(3 ; – 1 ; – 2).

a) AB CDu ru u ruu

- 6 2 4 0.

Oui, (AB) et (CD) sont orthogonales.

b) x y - ÌÔ ÓÔ

t t z t

1 1

est une représentation paramétrique de la droite (AB) (t ∈ ).

b) AB² = 6, AC² = 10 donc cos(BACµ)= 15 6 et BACµ ª50 .

45 a) D(0 ; 0 ; 0) ; A(1 ; 0 ; 0) ; C(0 ; 1 ; 0) ; B(1 ; 1 ; 0) ; H(0 ; 0 ; 1) ; E(1 ; 0 ; 1) ; G(0 ; 1 ; 1) ; F(1 ; 1 ; 1) ;

N 1 2

1 2 1

; ; ; M 1 2 1 1

; ;2 b) DM DNu ruu u ruu

1

4 1 2

1 2

5 4 c) DM² 3 DN²

= 2 = d’où cos(MDNµ)= = 5 43 2

5 6 et MDNµ ª33 5, .

46 a) D(0 ; 0 ; 0) ; A(3 ; 0 ; 0) ; C(0 ; 7 ; 0) ; B(3 ; 7 ; 0) ; H(0 ; 0 ; 4) ; E(3 ; 0 ; 4) ; G(0 ; 7 ; 4) ; F(3 ; 7 ; 4) ;

I 3 2

7 2 2

; ;

^{; IuruA} 2³ 7

2 2

;- ;-

^{; IuruF} 2³ 7 2 2

; ;

donc I Iuru uruA F

9 - - - 4

41

4 4 14.

b) IA² = 26 = IF² cos(A FµI ) -14

26 d’où A FµI ª122 6, .

47 a) u vur ur ir ur urj k ur urj k urj urk

- - - -

(2 ) ( ) ^{2 2} 0

Or uur

(2 ; – 1 ; 1), vur

(0 ; – 1 ; – 1) ainsi u vur ur 0 b) u vur ur uruw ir urj i

( ) ( ) ( ) 2 2 Or uur

(1 ; 1 ; 0), vur

(1 ; 0 ; – 1), wuru

(1 ; 0 ; 1) (vur uruw)

+ (2 ; 0 ; 0) et u vur ur uruw ( )2

c) uur vur uruw ir urj ir urj ur r urk i j (2 - ) -( ) ( 2 2 2 - - -22

2 2 0

k

i j i j i j

ur

r ur r ur r ur )

( ) ( )

- -

Or uur

(1 ; – 1 ; 0), vur

(1 ; 1 , 1), wuru

(1 ; 1 ; 2) (2vur uruw)

- (1 ; 1 ; 0) et uur vur uruw (2 - ) 0 48 1. uur

(x ; y ; z) , kuur

(kx ; ky ; kz) ; vur

(x¢ ; y¢ ; z¢) , kvur

(kx¢ ; ky¢ ; kz¢) u kvur ur

 = x ¥ kx¢ + y ¥ ky¢ + z ¥ kz¢ = k(xx¢ + yy¢ + zz¢) k¥(u kvur ur)

= k ¥ (xx¢ + yy¢ + zz¢) (ku vur ur)

 = kx ¥ x¢ + ky ¥ y¢ + kz ¥ z¢ = k(xx¢ + yy¢ + zz¢) donc u kvur ur k u vur ur ku vur ur

¥( )( ) . 2. uur

(2 ; 4 ; 6), vur

(– 1 ; 0 2) donc u vur ur

 = – 2 + 12 = 10, 1

3

10 u v 3 ur ur

, 1 3

1

3 0 2

vur 3

- ^{; ;}

^et

uur ur1v 3

2

3 4 10

- 3

© Nathan. Hyperbole Term S

ur u rn u

AB = 3 – 6 + 3 = 0 ur u rn uu

AC = – 3 – 6 + 9 = 0 urn

est donc un vecteur normal au plan (ABC).

58 A(0 ; 3 ; - 6), B(2 ; 0 ; – 1) et C(1 ; 1 ; – 3) a) ABu ru

(2 ; – 3 ; 5) et ACu ruu

(1 ; – 2 ; 3) ne sont pas colinéaires.

b) urn

(– 1 ; 1 ; 1).

ur u rn u

AB = – 2 – 3 + 5 = 0 ur u rn uu

AC = – 1 – 2 + 3 = 0 donc urn

est donc un vecteur normal au plan (ABC).

59 a) urn

(3 ; – 1 ; 1) est normal à .

b) urn

(1 ; 1 ; 0) est normal à .

c) urn 2 3

4

3 1

;- ;-

est normal à .

d) ABu ru 1 1 -2

ACu ruu - - 1 2

1 On cherche urn

tel que ur u rn u

AB =ur u rn uu

AC = 0.

n a b c

ur donc a + b – 2c = 0 et – a + 2b – c = 0 a = b = c = 1 convient donc urn

(1 ; 1 ; 1) est normal à .

60 a) M(x ; y ; z) ∈  ⇔ AMu ruu ur

n 0

⇔ (x + 2) ¥ 1 + (y – 1) ¥ 1 + (z – 3) (– 4) = 0

⇔ x + y – 4z + 13 = 0 b) M(x ; y ; z) ∈  ⇔ AMu ruu ur

n 0

⇔ (x – 0) ¥ 5 + (y – 2) ¥ 0 + (z + 3) ¥ 1 = 0

⇔ 5x + z + 3 = 0.

c) M(x ; y ; z) ∈  ⇔ AMu ruu ur

n 0 ⇔ AMu ruu ur k 0

⇔ (z – 1) = 0 ⇔ z = 1 61 a) M(x ; y ; z) ∈  ⇔ AMu ruu ur

n 0

⇔ (x – 3)4 + (y – 1)6 + (z + 2)3 = 0

⇔4x+ 6y+ 3z – 12 = 0

b) 4 ¥ 0 + 6 ¥ 2 + 3 ¥ 0 – 12 = 0 donc B(0 ; 2 ; 0) ∈ .

c)  et ¢ sont parallèles donc ¢ a pour équation 4x + 6y +3z + d = 0. B(– 5 ; 0 ; 7) appartient à ¢ donc – 20 + 21 + d = 0 donc d = – 1 donc 4x + 6y + 3z – 1 = 0.

62 A(1 ; 1 ; 1), B(0 ; 3 ; 6), urn

(3 ; – 1 ; 1) ABu ru

(– 1 ; 2 ; 5) et urn

(3 ; – 1 ; 1) ABu ru ur

n = – 3 – 2 + 5 = 0 donc B ∈ .

63 a) urn

(3 ; – 1 ; 1), nuru¢

(– 1 ; 2 ; 5) sont respectivement normaux à  et .

ur urun n

¢ = – 1 + 6 – 5 = 0 donc  ^ .

b) De même, les vecteurs normaux urn

(1 ; 1 ; 3) et

¢ nuru

(– 3 ; – 1 ; – 1) ne sont ni colinéaires, ni orthogonaux donc  et  ne sont ni parallèles, ni perpendiculaires.

xy - - -

ÌÔ ÓÔ

3 1

2 1

k k

z k

est une représentation paramétrique de la droite (CD) (k ∈ ).

t k

t k

t k

t k

t k

t -

- -

ÌÔ ÓÔ

€

1 3

1

1 2 1

3 1

1 2

– –

– kk

k t -

ÌÔ ÓÔ

€

- ÌÔ 2 ÓÔ

0 1

1 2

(AB) et (CD) ne sont donc pas coplanaires.

53 A(2 ; 2 ; 2), C(– 2 ; 2 ; – 2), D(– 2 ; – 2 ; 2)

a) AB = AC = BC = CD = AD = 32 = BD, donc ABCD est un tétraèdre régulier.

b) I(2 ; 0 ; 0).

c) AuruI

(0 ; – 2 ; – 2), CDu ruu

(0 ; – 4 ; 4) A CDuru u rI uu

0 donc (AI) ^ (CD).

d) Il est clair que OA = OB = OC = OD, donc ABCD appar- tient à la sphère de centre O et de rayon 2 3 .

54

uru uur

v₁ uurv₂

On pose BVu ruu₁ uru₁

=v et BVu ruu₂ uru₂

=v . Si d ^ , alors uur u ruu uur u ruu

BV₁ BV₂ 0.

(prérequis 2 appliqué avec M = B et N = V₁ ou N = V₂).

Soit M et N deux points quelconques de , alors MNu ruu uru uru

av₁bv₂ donc uur u ruu u vur uru u vur uru MNa ₁ b ₂ 0 puisque u vur uru

1 0 et u vur uru ₂ 0.

55 D(0 ; 0 ; 0), A(1 ; 0 ; 0), C(0 ; 1 ; 0), B(1 ; 1 ; 0), H(0 ; 0 ; 1), E(1 ; 0 ; 1), G(0 ; 1 ; 1), F(1 ; 1 ; 1) a) DFu ru

(1 ; 1 ; 1) b) EBu ru

( 0 ; 1 ; – 1), EGu ru

(– 1 ; 1 ; 0) DF EBu ru u ru DF EGu ru u ru

0, ( ,EB EGu ru u ru)

dirige le plan (EBG) donc (DF) ^ (EBG).

56 1. ABu ru

(1 ; 0 ; 0) donc AB² = 1 BHu ru

(– 1 ; – 1 ; 1) donc BH² = 3 AOu ruu

(0 ; – 1 ; 0) donc AO² = 1 (AB BH AOu ru u ru u ruu)

+ + (0 ; – 2 ; 1)

donc AB BH AOu ru u ru u ruu AB BH AO

² 5 ^{2 2 2}

2. a) (uur ur uruv w) (uur ur uruv w) uur vur wuru

^{2 2 2} puisque

u vur ur u wur uru v wur uru

0.

b) Non, un contre-exemple est donné à la question 1 (AB BHu ru u ru )

0 .

57 A(0 ; 1 ; – 1), B(3 ; – 2 ; 0), C(– 3 ; – 2 ; 2) ABu ru

(3 ; – 3 ; 1), ACu ruu

(– 3 ; – 3 ; 3) a) ABu ru

et ACu ruu

ne sont pas colinéaires.

b) urn

(1 ; 2 ; 3).

© Nathan. Hyperbole Term S

B(1 ; 1 ; 0), G(0 ; 1 ; 1) et E(1 ; 0 ; 1) appartiennent au plan

 : x + y + z = 2, d’où la section (BEG) du cube parallèle par le plan .

69 a) ACu ruu

(– 1 ; 1 ; 0) est normal au plan (DBG), d’où son équation : – x + y = 0.

DBu ru

(1 ; 1 ; 0) est normal au plan (EGC) d’où son équation : x + y = 1.

b) AC DBu ruu u ru

0 donc (EGC) ^ (DBG).

70 a) E(1 ; 0 ; 1), B(1 ; 1 ; 0), G(0 ; 1 ; 1) donc x + y + z = 2 est une équation du plan (EBG).

DFu ru

(1 ; 1 ; 1) donc x y

ÌÔ ÓÔ

t t z t

(t ∈ ) est une représentation paramétrique de (DF).

b) (DF) ^ (EBG) donc (DF) coupe (EBG) en W tel que 3t = 2 d’où WÊ

ËÁ ˆ

¯˜

2 3

2 3

2

; ;3 . I 1 1

2 1

; ;2 Ê

ËÁ ˆ

¯˜ est le milieu de [BE].

GWÊ - -

ËÁ ˆ

¯˜

u ruu 2 3

1 3

1

; ; 3 , GuruI

1 1

2 1

;- ;- 2 Ê

ËÁ ˆ

¯˜

donc Gu ruuW 2Guru

3 I, on en déduit que G est le centre de gravité du triangle EBG.

71 urn

(1 ; – 3 ; 2) est normal à , nuru¢

(2 ; 1 ; 7) est normal à , urn

et nuru¢

ne sont pas colinéaires donc  et  sont sécants. Soit d leur intersection.

b) M(x ; y ; z) ∈ d si, et seulement si :

x y

x y x y

x y - x

Ì

Ó € - -

- Ì

Ó €

3 2 5

2 7 1

3 5 2

2 1 7

8

z z 7

z

-- - -

ÌÔÔ ÓÔ Ô

23 9 7 7

3 7 z y z

d’où une représentation paramétrique de d : x

y - - - Ì ÔÔ

Ó ÔÔ

8 7 23

9

7 3

7 t

t

z t

, t ∈ .

On vérifie que uur

(– 23 ; – 3 ; 7) est orthogonal à urn et nuru¢ puisque WÊ -

ËÁ ˆ

¯˜

8 7

9 7 0

; ; appartient à  et .

72 a) urn

(1 ; – 1 ; 1) est normal à  ; uur

(2 ; – 1 ; 1) dirige

 ; n uur ur

 = 4 ≠ 0 donc  et  sont sécants.

b) urn

(1 ; 2 ; 1) est normal à  ; uur

(– 1 ; 0 ; 1) dirige  ; ur urn u

 = 0 donc  et  sont parallèles.

c) urn

(2 ; – 1 ; 0) est normal à  ; uur = ABu ru

(– 1 ; – 2 ; – 1) dirige

 ; n uur ur

 = 0 donc  et  sont parallèles.

A ∈  ∩  donc  est contenue dans .

c) Les vecteurs normaux nur

(1 ; – 1 ; 1) et nuru¢

(1 ; – 1 ; 0) ne sont ni colinéaires, ni orthogonaux, donc  et  ne sont ni parallèles, ni orthogonaux.

d) Les vecteurs normaux urn

(1 ; – 2 ; 1) et nuru¢

(– 1 ; 2 ; – 1) sont colinéaires, donc  et  sont parallèles.

64 a) A(5 ; 2 ; 0), B(3 ; 5 ; – 1) ABu ru

(– 2 ; 3 ; – 1) est normal au plan  perpendiculaire en A à la droite (AB).

M(x ; y ; z) ∈  ⇔ AM ABu ruu u ru 0

⇔ (x – 5)(– 2) + (y – 2)(3) + (z – 0)(– 1) = 0

⇔ 2x + 3y – z + 4 = 0

b) Idée 1 : M(x ; y ; z) ∈ ¢ ⇔ BM ABu ruu u ru 0

⇔ (x – 3)(– 2) + (y – 5) 3 + (z + 1) ¥ (– 1) = 0

⇔ – 2x + 3y – z – 10 = 0

Idée 2 :  et ¢ sont perpendiculaires à (AB) donc

¢ : – 2x+ 3y – z + d = 0. B(3 ; 5 ; – 1) appartient à ¢

donc – 2(3) + 3(5) + 1 + d = 0 donc d = – 10 d’où– 2x + 3y – z – 10 = 0.

65 nur

(2 ; – 5 ; 1) est normal à  et .

M(x ; y ; z) ∈  ⇔ AMu ruu ur

n 0

⇔ (x – 1) ¥ 2 + (y + 1) ¥ (– 5) + (z – 1) ¥ (1) = 0

⇔2x – 5y + z – 8 = 0 66 (EG GCu ru u r, uu)

dirige le plan (EGC).

a) HF EGu ru u ru

0, HF GCu ru u ruu

0 donc HFu ru

est normal au plan (EGC).

(DB DFu ru u r, u)

dirige le plan (DBF).

AC DBu ruu u ru

0, AC BFu ruu u ru

0 donc ACu ruu

est normal au plan (DBF).

b) (HF) ^ (AC) donc (DBF) et (EGC) sont perpendiculaires.

67 DAu ruu

(1 ; 0 ; 0) est normal aux plans (DCG) et (ABF).

DCu ruu

(0 ; 1 ; 0) est normal aux plans (ADH) et (BCG).

DHu ruu

(0 ; 0 ; 1) est normal aux plans (ADC) et (EHG), d’où les équations des plans :

(DCG) : x = 0 ; (ABF) : x = 1 ; (ADH) : y = 0 ; (BCG) : y = 1 ; (ADC) : z = 0 ; (EHG) : z = 1.

68 _H

G

C

B F

A E

D

© Nathan. Hyperbole Term S

77 a) x y

y x

- y

-

ÌÔ ÓÔ

€ - ÌÔ ÓÔ

2 6 1

2 4

3

23 2 3 z

z

z z

b) Les trois plans  : x + 2y + 6z = – 1,  : – y + 2z = 4,

 : z = 3 sont concourants en A(– 23 ; 2 ; 3).

78 a) x y y y

x y

- y

-

ÌÔ ÓÔ

€ -

-

2 6 1

2 4

5

2 6 1

2 z

z z

z z ÌÔ ÓÔ

4 3 z

€ -

ÌÔ ÓÔ

x =y 23 2 z 3

(On retrouve le système de l’exercice 77).

b) Les trois plans  : x + 2y + 6z = – 1,  : – y + 2z = 4 et

 : y + z = 5 sont concourants en A(– 23 ; 2 ; 3).

79 a) x y x yx y

x y

-

- -

-

ÌÔ ÓÔ

€ -

2 6 1

2 27

18

2 6

z z z

z 1

8 26

5 17

yy

ÌÔ ÓÔ

z z

€ -

ÌÔ ÓÔ

€ - ÌÔ ÓÔ

x y

y x

y

2 6 1

8 26

3

23 2 3 z

z

z z

b) Les trois plans  : x + 2y + 6z = – 1,  : – x – y + 2z = 27 et  : x + y + z = – 18 sont concourants en A(– 23 ; 2 ; 3).

7. Objectif Bac

80 1. a) L ∈ (AB), (AB) ⊂ (AGH) donc L ∈ (AGH) 2. b) L 3

4 0 0 1

2 0 1 1 1

; ; , ; ; , ;2;

Ê

ËÁ ˆ

¯˜ Ê ËÁ ˆ

I ¯˜ JÊ 1

ËÁ ˆ

¯˜appartiennent à .

3. a) EGu ru

(1 ; 1 ; 0) et urn

(4 ; – 4 ; 1) sont respectivement normaux aux plans (FHD) et .nur

·EGu ru

= 0 donc (FHD) et P sont des plans perpendiculaires.

4. c) C ∉ (GLE)

81 1. Vraie puisque uur

(1 ; – 2 ; 3) dirige d, urn

(1 ; 2 ; 1) est normal à  et urn

·uur = 0

2. Fausse : I(3 ; 0 ; 0) appartient aux trois plans.

3. Vraie : Les coordonnées des points A, B et C vérifient l’équation x + z – 1 = 0

4. Fausse car les vecteurs urn

(– 1 ; 3 ; – 1) et uur

(2 ; – 5 ; 5) ne sont pas colinéaires.

82 1. Fausse 2. Fausse 3. Vraie 4. Vraie 5. Vraie

83 1. a) ABu ru

(3 ; 2 ; – 2), ACu ruu

(0 ; 2 ; 1) ABu ru

· ACu ruu

= 4 – 2 = 2 73 a) urn

(1 ; 0 ; – 1) est normal à  ; uur

(1 ; – 1 ; 1) dirige

 ; ur urn u

 = 0 donc  // .

b) urn

(1 ; 2 ; 0) est normal à  ; uur

(1 ; 1 ; 2) dirige .

nur et uur

ne sont pas colinéaires donc  et  sont sécants.

c) urn

(1 ; – 1 ; – 1) normal à  et ABu ru

(2 ; – 2 ; – 2) sont coli- néaires donc  et (AB) sont perpendiculaires.

d) urn

(1 ; 0 ; 1) normal à  et ABu ru

(– 2 ; 0 ; – 2) sont coli- néaires donc  et (AB) sont perpendiculaires.

74 a) -

- - Ì

Ó x y z

z 1

3 définit bien une droite car les deux plans ₁ : – y + z = 1 et ₂ : x – z = – 3 sont sécants.

En outre – (1 + t) + (2 + t) = 1 et – 1 + t – (2 + t) = – 3 donc d est contenue dans ₁ et ₂.

b) uur

(1 ; 1 ; 1) dirige d, urn

(2 ; – 1 ; – 1) est normal à , u nur ur

0 donc d // .

A(– 1 ; 1 ; 2) ∈ d ∩  puisque – 2 – 1 – 2 + 5 = 0 donc d ⊂ .

75 a) uur

(2 ; 2 ; 6) est normal à , vur

(0 ; – 1 ; 2) est normal à .

uur et vur

ne sont pas colinéaires donc  et  sont sécants.

b) M(x ; y ; z) ∈  ∩  ⇔ 2 2 6 1

2 4

x y

y -

-

ÌÔ ÓÔ

z z z t

⇔ x y

- - ÌÔÔ ÓÔ Ô

5 7

2 4 2 t t z t c) wuru

(– 5 ; 2 ; 1) dirige  ∩ , urn

(– 3 ; – 4 ; – 1) est normal à .

n wur uru

15 8 1 6 donc , - - ,  sont concourants

en WÊ - -

ËÁ

ˆ

¯˜

29 4

11 2

3

; ; 4 .

76 1. DEu ru

(4 ; – 1 ; 5) dirige la droite (ED).

Une représentation paramétrique de la droite (ED) est : xy -

-

ÌÔ ÓÔ

0 4 3

4 5 aa

a z

, a ∈ .

2. Pour tout couple (t, t¢) de nombres réels, les points M(– t – t¢ ; – t¢ + 1 ; 2t + 3t¢ – 2) vérifient l’équation 2x + y + z + 1 = 0 puisque

2(– t – t¢) + (– t¢ + 1) + (2t + 3t¢ – 2) + 1 = 0 3. a) uur

(4 ; – 1 ; 5) dirige (ED), urn

(2 ; 1 ; 1) est normal à , n vur ur

- 8 1 5 12 0 donc (ED) et  sont sécants.

b) Le point d’intersection W de  et (ED) vérifie : xy

x y -

-

ÌÔÔ ÓÔ Ô

4 3

4 5

2 1 0

aa a z

z Donc x = 0, y = 3, z = – 4, t = 0.

© Nathan. Hyperbole Term S

Partie B

K est le projeté orthogonal du point B sur le plan (ACD).

Supposons que (BK) et (AH) sé- cantes en W, alors (AW) ^ (CD) et (BW) ^ (CD) donc (CD) ^ (ABW) donc (BH) ^ (CD).

Partie C

1. a) Les coordonnées (– 6 ; 1 ; 1), (4 ; – 3 ; 3) et (– 1 ; – 5 ; – 1) des points B, C, D vérifient :

– 2x – 3y + 4z – 13 = 0.

b) Si H(x ; y ; z) alors – 2x – 3y + 4z – 13 = 0 et xy -

-

ÌÔ ÓÔ

–

2 3

3 2

4 1

t t

z t

d’où t = 1 et H(1 ; – 1 ; 3).

c) BHu ru

(7 ; – 2 ; 2), CDu ruu

(– 5 ; – 2 ; – 4), BH CDu ru u ruu -39.

d) BH CDu ru u ruu

0 donc ABCD n’est pas orthocentrique.

2. Les quatre hauteurs du tétraèdre OIJK passent par O, donc OIJK est orthocentrique.

85 1. a) Les coordonnées (1 ; 3 ; 2) ne vérifient pas l’équation 3x + y – z – 1 = 0, donc C n’appartient pas au plan .

b) Pour tout nombre réel t, 3(– t +1) + 2t – (– t + 2) – 1 = 0 donc la droite  est incluse dans le plan .

2. a) uur

(– 1 ; 2 ; – 1) dirige  donc uur

est un vecteur normal à .

M(x ; y ; z) appartient à  si, et seulement si, CMu ruu ur

u 0

⇔ (x – 1)(– 1) + (y – 3)2 + (z – 2)(– 1) = 0

⇔ – x + 2y – z – 3 = 0

b) Les coordonnées du point I vérifient le système : xy

x y

-

- - -

ÌÔÔ ÓÔ Ô

– t t

z t

z 1 2

2

2 3 0

donc t – 1 + 4t + t – 2 – 3 = 0, t = 1 et I(0 ; 2 ; 1).

c) CuruI

(– 1 ; – 1 ; – 1) donc CI = 3.

3. a) CMu ruu

t(– t ; 2t – 3 ; – t) donc : CMu ruu

t

2 = (– t)² + (2t – 3)² + (– t)² = 6t² – 12t + 9 admet S(1 ; 3) pour sommet, elle est tournée vers le haut donc, elle admet 3 pour minimum.

On en déduit que CI = 3 est la valeur minimale de CM_t lorsque t décrit l’ensemble des nombres réels.

8. Travaux pratiques

86 Partie A : Voir fichier sur le site compagnon.

Partie B

a) Les plans (Oyz) et () de vecteur normal Ou ruJ

sont paral- lèles. Le plan (OAC) coupe (Oyz) et () respectivement en (OA) et (RS) qui sont donc parallèles.

A

C D K B H

W

b) ABu ru

9 4 4 17

ACu ruu

= 5

c) cos(BAC) AB AC.

AB AC

µ

u ru u ruu u ru u ruu

¥ 2

5 17

2 85 85 donc BACµ ≈ 77°

d) cos(BACµ)= 2 85

85 donc B, A, C ne sont pas alignés.

2. Les coordonnées de A(– 2 ; 0 ; 1), B(1 ; 2 ; – 1) et C(– 2 ; 2 ; 2) vérifient :

2x – y + 2z + 2 = 0 3. urn

1 (1 ; 1 ; – 3) et urn

2 (1 ; – 2 ; 6) sont respectivement normaux aux plans ₁ et ₂. Ces vecteurs ne sont pas colinéaires donc ₁ et ₂ sont sécants.

Pour tout nombre réel t, les coordonnées du point M (– 2 ; – 1 + 3t ; t) vérifient les deux équations :

x + y – 3z + 3 = 0 et x – 2y + 6z = 0 donc : xy

Œ

ÌÔ ÓÔ

–

– ,

2 1 3t t z t

°

est bien une représentation paramétrique de .

4. On résout le système : xy

x y

- ÌÔÔ ÓÔ Ô

– – 2 1 3

2 2 2 0

t z t

z

et on obtient les coordonnées (– 2 ; – 4 ; – 1) du point d’intersection de  et (ABC).

5. a) Si Ω(1 ; – 3 ; 1), R = 3 et M(x ; y ; z)

alors (x – 1)² + (y + 3)² + (z – 1)² = 9 équivaut à ΩM = 3.

 est donc la sphère de centre Ω et de rayon 3.

b) On résout le système :

( – ) ( ) ( – )

– –

x y

x y

1 3 1 9

2 1 3

2 2 2

ÌÔÔ ÓÔ Ô

z z t

t

On obtient (3t + 2)² + (t – 1)² = 0 qui n’a pas de solution réelle.

c) Le point Ω¢(– 1 ; – 2 ; – 1) est le projeté orthogonal du point Ω sur le plan (ABC).

Ce point Ω¢ appartient à la sphère  donc (ABC) est tangent à  en Ω¢.

84 Partie A

fi Si (EC) et  sont orthogonaux, alors : EC ABu ru u ru EC ACu ru u ruu

0

puisque A, B et C appartiennent à .

‹ Si M et N sont deux points quelconques du plan (ABC), alors MNu ruu ABu ru ACu ruu

a b . Si FC ABu ru u ru

0 et EC ACu ru u ruu 0 alors EC MNu ru u ruu ECu ru ABu ru ACu ruu

(a b ) aEC ABu ru u r u bEC ACu ru u r uu

0

© Nathan. Hyperbole Term S

• v(x_v ; 1 ; 1) appartient au plan (LMN) donc : 3x_v + 1 – 1 = 2,5 donc x_v = 5

6 donc v 5 6; ;1 1 Ê ËÁ ˆ

¯˜. 88 Partie 1 : Voir fichier sur le site compagnon.

MN semble minimale quand (MN) ^ (AC) et (MN) ^ (OB).

Partie 2 a) OBu ruu

(1 ; 1 ; 0) donc une représentation paramétrique de (OB) est x

y ÌÔ ÓÔ

k k z 0

, k ∈ .

Celle de (AC) est x y -

ÌÔ ÓÔ

0 0 1

t t z

, t ∈  puisque ACu ruu

(1 ; – 1 ; 0).

b) OBu ruu et ACu ruu

ne sont pas colinéaires, donc (OB) et (AC) ne sont pas parallèles.

xy

xy - Ì ÔÔ Ô

Ó ÔÔ Ô

k k z

t t z

0

1

n’a pas de solution donc (OB) et (AC) ne sont

pas sécantes.

On en déduit que (OB) et (AC) ne sont pas coplanaires.

c) Si M(k ; k ; 0) et N(t ; – t ; 1) alors MNu ruu

(t – k ; – t – k ; 1) donc MN² = (t – k)²+ (– t – k)² + 1 = t² + k² +1 qui est minimale lorsque t = k = 0 ; autrement dit lorsque M = O et N = A autrement dit lorsque (MN) = (OA) perpendicu- laire commune aux droites (OB) et (AC).

89 1. Voir fichier sur le site compagnon.

2. a) Lorsque M = A ;  est le plan passant par I et per- pendiculaire à (IA),  est donc le plan (OCI).

La section est alors le triangle OIC rectangle en O.

b) Lorsque M = C,  est le plan passant par I et perpen- diculaire à (IC),  contient donc la droite (AB).

La section du tétraèdre par le plan  est dégénérée en le segment [AB].

c)

A M

N B

J

I

K L C

O

On introduit les milieux J de [BC], K de [BJ] et L de [OB].

• (KL) // (OJ), (OJ) ^ (BC), (BC) // (IM) donc (KL) ^ (IM).

• D’autre part (IL) // (OA), (OA) ^ (BC), (IM) // (BC) donc (IL) ^ (IM).

b) Le même raisonnement appliqué aux plans (), (Oyz) et (OBC) assure le parallélisme des droites (RU) et (Oy).

On en déduit que (RU) et (BC) sont parallèles.

c) Le théorème du toit appliqué aux deux plans () et (ABC) sécants selon (ST) conduit au parallélisme des droites (ST), (BU) et (BC) puisque (BU) et (BC) sont paral- lèles et respectivement contenues dans () et (ABC).

On en déduit que RUTS est un parallélogramme.

(OA) et (OCB) sont perpendiculaires, donc (OA) et (RU) sont orthogonales ; par suite RUTS est un rectangle.

Partie C

a) N appartient au segment [OJ], OJ = 3 donc t ∈ [0 ; 3].

b) () admet ir

(1 ; 0 ; 0) pour vecteur normal, () passe par N(t ; 0 ; 0) donc x = t est une équation de ().

c) x y

- ÌÔ ÓÔ

3 1 0

k k z

, (k ∈ ) est une représentation paramétrique de la droite (OC).

R appartient à () et à (OC) donc 3 ¥ k = t d’où : k = 3t

3 et RÊt;- t; ËÁ

ˆ

¯˜

3

3 0 .

d) Posons ¢Ê - - ¥

ËÁ

ˆ S t; 3t; t ¯˜

3

2 3

3 2 alors S¢ appartient à ().

En outre AS¢Ê - - ËÁ

ˆ

¯˜

u ruu

t; 3t; t

3

2 3

3 et ACu ruu

( 3;-1;-2) sont colinéaires, donc S¢ appartient à () et (AC).

On en déduit que S = S¢.

De même, le point de coordonnée t; 3t;

3 0

Ê ËÁ

ˆ

¯˜ appar- tient à () et (OB) donc U t; 3t;

3 0

Ê ËÁ

ˆ

¯˜. e) On en déduit que :

(t) = RS ¥ RU = 2 2 3 3

2 3 3

4

3 3

Ê - ËÁ

ˆ

¯˜¥ -

t t t( t)

La parabole associée est bien tournée vers le bas et son sommet W admet t = 3

2 pour abscisse.

L’aire du rectangle RSTU est maximale quand N est le milieu de [OJ].

87 a) L 1 1 M N

2 1 1 0 1

2 1 2 1 0

; ; ; ; ; ;

Ê ËÁ ˆ

¯˜ Ê

ËÁ ˆ

¯˜ Ê ËÁÁ ˆ

¯˜

b) 3 1 1

2 1 2 5

¥ - ,

3 1 1

¥ - 2 5

x , et 3 1

2 1 2 5

¥ , donc affichage correct.

c) • u appartient à la droite (AD) et au plan (CMN).

On cherche donc x_u tel que 3x_u + 0 – 0 = 2,5.

Soit xu = 5

6 donc u 5 6; ;0 0 Ê

ËÁ ˆ

¯˜.

© Nathan. Hyperbole Term S

La droite d et le plan (xOy) sont sécants en le point de cordonnées (– 1 ; – 1 ; 0).

b) Le plan (xOz) a pour équation y = 0 donc x + z = 0 et x – z + 3 = 0 donnent x - 3

2 et z = 3 2. La droite d et le plan (xOz) sont sécants en le point de coordonnées Ê-

ËÁ ˆ

; ; ¯˜

3

2 0 3

2 .

c) Le plan (yOz) a pour équation x = 0

donc – y + z = 0 et 2y – z + 3 = 0 donnent y = – 3 et z = – 3.

La droite d et le plan (yOz) sont sécants en le point de coordonnées (0 ; – 3 ; – 3).

93 1. a) ABu ru

(2 ; 9 ; 3) et ACu ruu

(1 ; 6 ; 3) ne sont pas coli- néaires, donc les points A, B et C ne sont pas alignés.

b) Une représentation paramétrique est : xy ¢

¢ - ¢ -

ÌÔ ÓÔ

2

9 6

3 3 1

t t

t t z

z t t

t, t¢ ∈ .

2. La résolution du système

2 1

9 6 2 1

3 3 1 2

t t k

t t z k

t t k

¢ ¢ - - ¢ - -

ÌÔ

donne t = 1, t¢ = – 1,5 et k = – 0,5 d’où ÓÔ x = 0,5, y = – 2 et z = – 2,5.

94 u nur ur

- ¥ ¥ ¥ 1 1 2 0 1 1 0 , donc d et  sont parallèles.

AWu ruu

(– 2 ; 4 ; 2) et uur

(– 1 ; 2 ; 1) sont colinéaires, donc d est contenue dans le plan .

95 a) ABu ru

(– 1 ; – 1 ; 0).

Une représentation paramétrique de la droite (AB) est : xy -

- - -

ÌÔ ÓÔ

t t z

1 2

t ∈ .

b)  a pour vecteur normal urn

(1 ; – 1 ; 2).

ur u rn u

AB 1 1 1 1 - - - ¥ ( ) ( ) 2 0 0 donc urn et ABu ru

sont perpendiculaires. La droite (AB) est parallèle au plan .

96 1. a) AC Au ruu uru AB Au ru uru A I I2 I 1

2

2 Vrai b) Vrai. A ABuru u rI u

1 2

c) Vrai. ABu ru ur ABu ru uru u ruC C AB Cu ru uru

IJ (I J) I

AB Gu ru uru ABu ru uru u rC CGuu AB Cu ru uru I (I ) I

2. a) A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), D(0 ; 1 ; 0), C(1 ; 1 ; 0) E(0 ; 0 ; 1), F(1 ; 0 ; 1), H(0 ; 1 ; 1), G(1 ; 1 ; 1) I 1

2; ;0 0 Ê

ËÁ ˆ

¯˜, J 1 1 1

; ; 2 Ê ËÁ ˆ

¯˜.

Faux. Les coordonnées de I ne vérifient pas x y

ÌÔ ÓÔ

t t z t

1

2 .

Le plan (IKL) est donc le plan passant par I et perpen- diculaire à (IM).

La section cherchée est donc ILK triangle rectangle en L puisque (IL) // (OA) et (OA) ^ (LK).

3. Voir fichier sur le site compagnon. MN semble mini- male lorsque AM = AC1

3 .

4. a) AMu ruu ACu ruu

=t donc M(– t + 1 ; 0 ; t) et Iu rMu

- - Ê

ËÁ ˆ

; ; ¯˜

t 1 t

2 1 2 ONu ruu OBu ruu

a donc N(0 ; a ; 0) et IuruN

- -

Ê

ËÁ ˆ

; ; ¯˜

1 2

1 2 0 a N ∈  donc I Iu rM Nu uru

0 donc : - Ê-

ËÁ ˆ

¯˜- Ê - ËÁ ˆ

¯˜

1 2

1 2

1 2

1

2 0

t a

b) Donc a = t, MNu ruu

(t – 1 ; t ; – t), MN²= 3t² – 2t + 1 qui atteint son maximum pour t = 1

3, soit MNu ruu ACu ruu

= 1

3 .

9. Exercices d’entraînement

90 1. Posons A(x_A ; y_A ; z_A) un point d’un plan  de vecteur normal urn

(a ; b ; c).

M(x ; y ; z) ∈  ⇔ AMu ruu ur n 0

⇔ a(x – x_A) + b(y – y_A) + c(z – z_A) = 0 Cette équation est bien de la forme ax + by + cz + d = 0 avec d = – (ax_A + by_A + cz_A).

2. a) ABu ru

(– 4 ; – 1 ; 7), ACu ruu

(1 ; 4 ; 2) ne sont pas colinéaires, nur u ru

AB - 8 1 7 0 ; ur u rn uu

AC - 2 4 2 0 donc A, B, C détermine bien un plan de vecteur normal urn

. b) Son équation est de la forme 2x – y + z + d = 0 avec d = – 2x_A + y_A – z_A = – 2 + 2 + 3 = 3.

Conclusion : d : 2x – y + z + 3 = 0.

91 d : x y -

ÌÔ ÓÔ

1 1 2

t t

z t

t ∈ .

a) M(x ; y ; z) ∈  ⇔ AMu ruu ur

u 0 avec uur

(1 ; – 1 ; 2)

⇔ (x – 1) ¥ 1 + (y – 2)(– 1) + (z – 0)(2) = 0

⇔ x – y + 2z + 1 = 0

b) Les coordonnées du point A¢ projeté orthogonal du point A sur la droite d sont solutions du système :

xy

x y - - ÌÔÔ ÓÔ Ô

1 1 2

2 1 0

t t

z t

z donc (1 + t) – (1 – t) + 4t +1 = 0

⇔ 1 + t – 1 + t + 4t + 1 = 0 ⇔ t = - 1 On en déduit ¢Ê - 6

ËÁ ˆ

A 5 ¯˜

6 7 6

1

; ; 3 .

92 a) Le plan (xOy) a pour équation z = 0

donc x – y = 0 et x + 2y + 3 = 0 donnent x = – 1, y = – 1.

© Nathan. Hyperbole Term S

b) DF EBu ru u ru DA AF EBu ruu u ru u ru ( ) 0 DF ACu ru u ruu DB BF ACu ru u ru u ruu

( ) 0

c) On en déduit que MN EBu ruu u ru MN ACu ruu u ruu

0 donc (MN)

est perpendiculaire commune aux droites (AC) et (EB).

99 1. Cet ensemble  n’est pas vide car ou bien a ≠ 0 et le point Ê-

ËÁ ˆ

; ; ¯˜

d

a 0 0 appartient à  ; ou bien b ≠ 0 et le point 0Ê ;- ;0

ËÁ ˆ

¯˜

d

b appartient à  ; ou bien c ≠ 0 et point 0 0Ê ; ;-

ËÁ ˆ

¯˜

d

c appartient à .

Posons A(x_A ; y_A ; z_A) un point de E alors : a_x b_y c_z d

A A A 0.

M(x ; y ; z) ∈  si, et seulement si, ax + by + cz + d = 0

⇔ a(x – x_A) + b(y – y_A) + c(z – z_A) = 0

⇔ AMu ruu ur

n 0

⇔ M appartient au plan  passant par A et de vecteur normal urn

(a ; b ; c).

2. a) nuru₁

(4 ; – 3 ; 1), nuru₂

(1 ; 1 ; 1) ne sont pas colinéaires, ils sont respectivement normaux à ₁ : 4x – 3y + z + 9 = 0 et ₂ : x + y + z = 0. Donc ₁ et ₂ sont sécants selon une droite définie par x y

x y

-

Ì Ó

z z

0

4 3 9 0.

b) M(x ; y ; z) ∈ d ⇔ x y

- -

-

Ì ÔÔ

Ó ÔÔ

4 7

9 3 7 7

9 7 t t z t

(t ∈ )

donc W -Ê

ËÁ ˆ

; ; ¯˜

9 7

9

7 0 est un point de d et uur

(4 ; 3 ; – 7) dirige d.

100 Partie 1

a) BO BCu ruu u ru BH BCu ru u ru BCu ru

t ²

b) BCu ru

(– 2 ; 6 ; – 8), BC² = 104 BO ACu ruu u ruu

6 2( )(-2) ¥ - -6 6 ( )(5 8)72 d’où t= 72 =

104 9 13.

c) HÊ- - -

ËÁ ˆ

; ; ¯˜

44 13

24 13

7

13 d’où ^{2 2} 197

= OH = 13 et = 2 561

13 . Partie 2 a) x

y - - - -

ÌÔ ÓÔ

2 2

6 6

8 5

k k

z h

(k ∈ ) est une représentation paramé- trique de (BC) puisque BCu ru

(– 2 ; 6 ; – 8) et B(– 2 ; – 6 ; 5).

b) (– 2 – 2k)² + (– 6 + 6k)² + (5 – 8k)² = 104k² – 144k + 65 b) Vrai. IuruF 1

2; ;0 1 Ê ËÁ ˆ

¯˜, nur

(– 4 ; 1 ; 2), JuruF

0 1 1

;- ;2 Ê

ËÁ ˆ

¯˜

Iuru urF

n 0, Juru urF

n 0

c) Volume (EFIJ) = 1

3 aire (EIF) ¥ CB

(EIF) =1

2 donc volume (EFIJ) = 1 6. 97 1. Posons uur

(– 1 ; 1 ; 0) et uuru¢

(– 1 ; 0 ; 1) orthogonaux à urn

(1 ; 1 ; 1).

A 1 2

1

2 1

; ;- Ê

ËÁ ˆ

¯˜ un point de .

Une représentation paramétrique de  est : x

y

- - ¢

¢ - Ì ÔÔ

Ó ÔÔ

t t t z t

1 1 2 21

t, t¢ ∈ .

2. a) Posons vur

(2 ; 0 ; 5) et vuru¢

(3 ; 2 ; – 1).

n vu ru ur_p

-20 20 0 et n vu ru uru_p

¢ -30 34 4 - 0 donc nu ru_p

est normal au plan .

b) nu ru_p

(– 10 ; 17 ; 4) est normal au plan  donc une équa- tion est – 10x + 17y + 4z + d = 0.

Le point de coordonnées (– 1 ; 0 ; 0) appartient au plan , donc d = – 10 soit – 10x + 17y + 4z – 10 = 0 est une équation de .

3. nu ru_p

(– 10 ; 17 ; 4) et urn

(1 ; 1 ; 1) ne sont pas colinéaires donc les deux plans  et  sont sécants.

4. Une représentation paramétrique de la droite d’inter-

section est x y

- -

-

Ì ÔÔ

Ó ÔÔ

13 27

10 14 27 27

10 27 t t z t

t ∈ .

98 1. M est le point d’intersection des droites (AC) et (BJ) médianes du triangle (BAD).

N est le centre de gravité du triangle ABC.

2. A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), D(0 ; 1 ; 0), C(1 ; 1 ; 0) E(0 ; 0 ; 1), F(1 ; 0 ; 1), H(0 ; 1 ; 1), G(1 ; 1 ; 1) a) M 1

3 1 3 0

; ; Ê

ËÁ ˆ

¯˜ b) N 2

3 0 1

; ;3 Ê

ËÁ ˆ

¯˜

c) MNu ruu 1 3

1 3

1

;- ;3 Ê

ËÁ ˆ

¯˜, EBu ru

(1 ; 0 ; – 1), ACu ruu

(1 ; 1 ; 0) donc MN EBu ruu u ru MN ACu ruu u ruu

0.

3. a) MN MD DF FN DM DF u ruu u ruu u ru u ru

u ruu u ru

- ¥2 ( 3

1

2 FFA FB

DA DB DF FA

u ru u ru u ruu u ru u ru u

- ¥

)

( )

2 3

1 2

1 3

rr u u ru u ruu u ruu u ru u ru

1 1 3

3 1 3

1 3

1 3

FB

AD BD DF FA FBB

FD DF DF

u ru u ru u ru u ru

2

3

1 3