Exercices de géométrie dans l’espace
I Polynésie septembre 2006
1. Un vecteur−→n1normal à (P1) est→−n1
−2 1 1
. Un vecteur−→n2normal à (P2) est−→n1
1
−2 4
. Ces deux vecteurs sont non nuls et
−
→n1· −→n2= −2×1+1×(−2)+1×4=0. Ces vecteurs étant orthogonaux, les deux plans sontperpendiculaires.
2. En posantz=tles coordonnées de la droite commune aux deux plans vérifient
½ −2x+y = 6−t x−2y = 9−4t ⇐⇒
½ −2x+y = 6−t
2x−4y = 18−8t ⇒ −3y=24−9t ⇐⇒ y= −8+3tet en reportant dans l’une des équa- tions des plansx= −7+2t.
Conclusion :M(x;y;z)∈(P1∩(P2)=(D⇐⇒
x = −7+2t y = −8+3t
z = t
. 3. (a) On a−18−4−1−6=0 Faux et−9+8−4−9=0Faux
(b) AM2=(x+9)2+(y+4)2+(z+1)2=(2+2t)2+(−4+3t)2+(t+1)2=14t2−14t+21= 7¡
2t2−2t+3¢ . (c) f(t)=2t2−2t+3=2
µ
t2−t+3 2
¶
=2
·µ t−1
2
¶2
−1 4+3
2
¸
=2
·µ t−1
2
¶2
+5 4
¸ Ê2×5
4=5
2>0. Ce trinôme est donc décroissant sur ]− ∞; 1
2], croissant sur [1
2;+∞[ et a un minimum en1 2. Le point correspondant est Mmini=I
µ
−6 ;−13 2 ; 1
2
¶ .
4. (a) La représentation paramétrique de (D) donne les coordonnées d’un vecteur directeur de (D), donc un vecteur normal à (Q), c’est le vecteur−→q
2 3 1
.
Une équation de (Q) est donc : 2x+3y+z+α=0. A∈(Q) ⇐⇒
−18−12−1+α=0 ⇐⇒α=31.
Une équation de (Q) est donc :M∈(Q)⇐⇒ 2x+3y+z+31=0.
(b) Le triangle AMI est rectangle en I. Le côté [AI] a une longueur inférieure à celle de l’hypoténuse [AM] : I est bien le projeté orthogonal de A sur (D) .
II Amérique du sud novembre 2006
Dans l’espace rapporté à un repére orthonormal³ O;→−
i ;−→ j ;−→
k´
, on considére les points :
A de coordonnées (3 ; 1 ;−5), B de coordonnées (0 ; 4 ;−5), C de coordonnées (−1 ; 2 ;−5) et D de coordonnées (2; 3; 4).
1. −→AB
−3 3 0
,−→AD
−1 2 9
. Il n’existe pas de réelαtel que−→AB=α−→AD. Les points A, B et D ne sont pas alignés.
2. Les égalités 3+1=4 et 0+4=4 sont vraies ; les points A et B appartiennent au plan. Donc la droite (AB) est contenue dans le plan d’équation cartésienne :x+y=4.
3. Les coordonnées des trois points vérifient l’équation. L’équation proposée est bien celle du plan (BCD), ces trois points étant manifestement disjoints deux à deux.
4. Les coordonnées de A ne vérifient pas l’équation précédente. Donc A n’appartient pas au plan (BCD). Les points A, B, C et D ne sont pas coplanaires.
5. La sphère de centre A et de rayon 9 est tangente au plan (BCD) si et seulement si la distance de A à ce plan est égale au rayon du cercle, c.à.d sid(A, (BCD))= 81
p182+92+52=9⇐⇒ 81
p430=9 qui est une égalité fausse. La proposition est fausse.
6. Une représentation paramétrique de la droite (BD) est obtenue en traduisant l’égalité vectorielle−−→BM=λ−→BD qui se traduit par le système :
x = 2λ y = 4−λ z = −5−5λ
qui se traduit en posant 2λ=1−2k ⇐⇒ λ=1
2−kpar le système proposé par l’énoncé. La proposition est vraie.
III D’aprés Nouvelle-Calédonie mars 2008
1. (a) On sait que le vecteur−→n(4 ; 1 ; 2) est un vecteur directeur deDet donc qu’une équation d’un planP perpendiculaire à Dest 4x+1y+2z+d=0. A appartient à ce plan si 4×(−1)+1×2+2×3+d=0⇐⇒4+d=0⇐⇒ d= −4.
Une équation du planP est donc : 4x+1y+2z−4=0.
(b) On voit que la valeurt= −3 donne les coordonnées du point B.
(c) On sait que la distancedBdu point B au planP est égale àd(B,P)=
¯
¯4xB+yB+2zB−4¯
¯
p42+12+22 =|4×(−3)+3+2×(−4)−4| p42+12+22 = p21
21=p 21.
(d) La droiteDest perpendiculaire àP, donc orthogonale à toute droite deP. On a donc un triangle rectangle de cÙtésdB
etdet d’hypoténuse [AB]. Le théorème de Pythagore permet d’écrired2=AB2−dB2. AB2=(−2)2+12+(−7)2=54.
Doncd2=54−21=33. Finalementd=p 33.
2. On a AM2=(10+4t)2+(4+t)2+(−1+2t)2=
100+16t2+80t+16+t2+8t+1+4t2−4t=21t2+84t+117.
La distance de A à la droiteDest la plus petite distance AM, donc le carré de la distance correspond au minimum du trinÙme 21t2+84t+117.
21t2+84t+117=21 µ
t2+4t+117 21
¶
=21
·
(t+2)2−4+117 21
¸
=21
·
(t+2)2+33 21
¸ . Le minimum est obtenu pourt= −2; pour cette valeur le trinÙme vaut
21×33
21=33=d2. Et finalementd=p 33.
IV Pondichéry avril 2013
Les bonnes réponses sontb. c. a. b.
L’espace est rapporté à un repère orthonormal.tett′désignent des paramètres réels.
Le plan (P) a pour équationx−2y+3z+5=0 et donc, par propriété, il a pour vecteur normal~n
1
−2 3
.
Le plan (S) a pour représentation paramétrique
x = −2+t+2t′ y = 0−t−2t′ z = −1−t+3t′ Par propriété, le plan (S) passe par F(−2 ; 0 ;−1) et a pour vecteurs de base~u
1
−1
−1
et~v
2
−2 3
La droite (D) a pour représentation paramétrique
x = −2+t y = −t z = −1−t
Par propriété, la droite (D) passe par F(−2 ; 0 ;−1) et a pour vecteur directeur~u
1
−1
−1
, elle est donc clairement contenue dans le plan (S) pour la valeurt′=0.
On donne les points de l’espace M(−1 ; 2 ; 3) et N(1 ;−2 ; 9).
1. La bonne réponse estb. en excluant les trois autres ou en vérifiant directement.
a. N’est pas un plan mais une droite.
c.
x = t+t′ y = 1−t−2t′ z = 1−t−3t′
passe par (0; 1; 1)∉(P)
d.
x = 1+2t+t′ y = 1−2t+2t′ z = −1−t′
passe par (1; 1;−1)∉(P)
b.
x = t+2t′ y = 1−t+t′ z = −1−t
passe par le point A(0; 1;−1) qui est élément de (P) car 0−2+3×(−1)+5=0 et a pour vecteurs
directeurs~u
1
−1
−1
et~v
2 1 0
. Or~n·~u=0 et~n·~v=0 donc~nnormal à deux vecteurs non colinéaires du plan, il est normal au plan. On a bien une représentation paramétrique du plan (P).
2. La bonne réponse estc.« La droite (D) est une droite du plan (P). »
Remplaçons, pourt quelconque, les coordonnées d’un point de la droite dans l’équation du plan (P). Quel que soitt∈R,
−2−t−2×(−t)+3×(−1−t)+5= −2−3+5+t+2t−3t=0, donc tout point de∆appartient à (P), la droite est contenue dans (P).
3. La bonne réponse esta. « La droite (MN) et la droite (D) sont orthogonales. »
−−→M N
2
−4 6
et→−u
1
−1
−1
donc−−→
M N· −→u =1+2−3=0 prouve que (MN) est orthogonale à (D).
4. La bonne réponse estb. « La droite (∆) et la droite d’intersection de (P) et (S). »
On vérifie que la droite∆est contenue dans chacun des deux plans (qui ne sont pas confondus par ailleurs).
. Pour toutt∈R,t−2×(−2−t)+3×(−3−t)+5=t+4+2t−9−3t+5=0 prouve (∆)⊂(P).
. Soit E le point de∆de paramètret=0 : E(0 ;−2 ;−3) et soit F le point de paramètret= −2 : F(−2 ; 0 ; 1). On reconnaÓt le point de (S) de paramètre (t=0,t′=0) donc F∈(S).
Montrons que E∈(S).
Résolvons le système
0 = −2+t+2t′
−2 = −t−2t′
−3 = −1−t+3t′
En additionnant les lignes (1) et (3) on obtient 5t′=0 donct′=0 et en remplaçant dans les trois équations on obtient bien une seule valeur det=2.
Cela prouve que E∈(P) pour (t=2,t′=0).
Conclusion : les points E et F sont dans (S), donc la droite (∆) est entièrement contenue dans (S).
La droite (∆) étant simultanément contenue dans les deux plans (non confondus) est la droite d’intersection.
(Remarque: Les réponsesa. etc. pouvaient Ítre éliminées de manière directe, mais la réponseb. exclut aussi la réponsed.).
