TS : Correction de la feuille d’exercices n
o1
I Pondichéry avril 2013
Les bonnes réponses sontb. c. a. b.
Remarques préliminaires
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 vec- teurs directeurs→−u
1
−1
−1
et−→v
2 1 0
. Or−→n · −→u =0 et
−
→n· −→v =0 donc−→n normal à deux vecteurs non colinéaires du plan, il est normal au plan. On a bien une représenta- tion paramétrique du plan (P).
2. La bonne réponse estc. « La droite (D) est une droite du plan (P). »
Remplaçons, pour t quelconque, les coordonnées d’un point de la droite dans l’équation du plan (P). Quel que soit t∈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 conte- nue 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 orthogo- nale à (D).
4. La bonne réponse estb. « La droite (∆) et la droite d’inter- section 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 donc t′=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 être éliminées de manière directe, mais la réponseb. exclut aussi la réponse d.).
II Antilles-Guyane juin 2013
1. La bonne réponse est b .
On raisonnepar l’absurde: si (I J) et (EC) étaient copla- naires, alors, le pointJappartiendrait au plan (EC I) c’est- à-dire au plan (EC A), ce qui estfaux.
2. La bonne réponse est c .
Dans le repère mentionné dans le sujet, on a−→
AF(1,0,1) et
−−→BG(0,1,1), d’où−→
AF·−−→
BG=1×0+0×1+1×1= 1. 3. La bonne réponse est d . On le vérifie en injectant les co-
ordonnées des pointsA,FetHdans l’équation x+y−z=0.
4. La bonne réponse est b .
Un vecteur normal deP est−→n(1,1,−1), or−→
EC(1,1,−1). Par conséquent−→
EC est normal àP, et comme−→
E Let−→
ECsont colinéaires,−→
E Lest de ce fait aussi normal àP.
5. La bonne réponse est d . On a−→
EC(1,1,−1) etE(0,0,1) ; une représentation paramé- trique de la droite (EC) est donc
x = t
y = t (t∈R) z = 1−t
. Le pointLa donc pour coordonnéesL(t,t,1−t), et comme L∈P alors :t+t−(1−t)=0 d’où l’on tiret=1
3, c’est-à- dire L
µ1 3,1
3,1 3
¶
, d’où le résultat.
III Centres étrangers juin 2013
Affirmation 1
Un vecteur normal au planPa pour coordonnées (2 ; 1 ;−2).
Un vecteur normal au plan dont une équation est
2x+y+2z−24=0 a pour coordonnées (2 ; 1 ; 2) : ces deux vec- teurs ne sont pas colinéaires donc le s plans ne sont pas paral- lèles.
Affirmationfausse.
Affirmation 2
Pour t= −1 on trouve les coordonnées de A et pour t=3 celles de C.
Affirmationvraie.
Affirmation 3
La droite (DE) a pour vecteur directeur−→DE(5 ;−4 ; 3) et on a vu que−→u(2 ; 1 ;−2) est un vecteur normal au planP.
Or→−u·−−→
DE=10−4−6=0, donc la droite (DE) est parallèle au planP. Comme les cordonnées de E ne vérifient pas l’équation deP (4+7+12−5=0 est une égalité fausse, la droite (DE) est strictement parallèle au plan (P).
Affirmation 4
La droite (DE) est orthogonale au plan (ABC).
Affirmationfausse.
IV Amérique du sud novembre 2013
1. Dans le repère donné, A a pour coordonnées (0, 0, 0), B(1, 0, 0), D(0, 1, 0) et E(0, 0, 1).
−→AF=−→AB+−→AEdonc le point F a pour coordonnées (1, 0, 1).
La droite (FD) a pour vecteur directeur−−→
DF de coordon- nées (1,−1, 1) ; de plus elle passe par le point D(0, 1, 0).
La droite (FD) a pour représentation paramétrique :
x= t
y=1−t oùt∈R z= t
2. Soit→−n le vecteur de coordonnées (1,−1, 1). Ce vecteur est un vecteur normal au plan (BGE) s’il est orthogonal aux deux vecteurs−→
E B et−→
EGdirecteurs du plan (BGE), c’est-à- dire deux vecteurs non colinéaires du plan.
−→E Ba pour coordonnées (1, 0,−1) ;−→n.−→
E B=1×1+(−1)×0+
1×(−1)=0 donc→−n ⊥−→E B.
−→EG=−→AC=−→AB+−→AD a pour coordonnées (1, 1, 0) ;
−
→n.−→BG=1×1+(−1)×1+1×0=0 donc→−n ⊥−→EG.
Donc le overrightarroweur−→n(1,−1, 1) est normal au plan (BGE).
Le plan (BGE) a pour overrightarroweur normal−→n et passe par le point B ; c’est l’ensemble des points M(x,y,z) tels que−→n ⊥−−→BM.
−−→BM a pour coordonnées (x−1,y,z) ;
−
→n ⊥−−→BM ⇐⇒ 1×(x−1)+(−1)×y+1×z=0 ⇐⇒ x−y+ z−1=0.
L’équation cartésienne du plan (BGE) est x−y+z−1=0 . 3. Le vecteur −→DF est égal au vecteur−→n qui est normal au plan (BGE) donc la droite (FD) est perpendiculaire au plan (BGE).
Les coordonnées (x,y,z) du point d’intersection de la droite (FD) et du plan (BGE) sont solutions du système :
x= t y=1−t z= t x−y+z−1= 0
=⇒
x= t y=1−t z= t t−(1−t)+t−1= 0
=⇒
x= t y=1−t z= t 3t= 2
=⇒
x=2
3 y=1 3 z=2 3 t=2
Donc la droite (FD) est perpendiculaire au plan (BGE) au3 point K de coordonnées (2
3,1 3,2
3).
4. Les segments [BE], [EG] et [BG] sont tous les trois des dia- gonales de carrés de côtés 1 ; donc BE=EG=BG=p
2. Le triangle BEG est équilatéral de côtép
2.
SoitH le milieu de [EG] ; ce point est aussi le pied de la hauteur issue de B dans le triangle équilatéral BGE de côté a=p
2.
Dans un triangle équilatéral de côtéa, la hauteur est égale à ap
3
2 (h = acosπ
6) ; donc dans le triangle équilatéral BEG, la hauteur BH=
p2×p 3
2 =
p6 2 . L’aire du triangle BEG vaut EG×BH
2 =
p2×
p6 2
2 =
p12
4 =
2p 3 4 =
p3 2 .
5. Le volume d’un tétraèdre estaire de la base×hauteur
3 .
D’après les questions précédentes, le volume du tétraèdre BEGD estaire(BEG)×KD
3 .
Dans le repère orthonormé³
A ;−→AB,−→AD,−→AE´ : KD2=(xD−xK)2+(yD−yK)2+(zD−zK)2=(0−2
3)2+(1−
1
3)2+(0−2 3)2=4
9+4 9+4
9=12
9 doncK D= r12
9 = p12
p9 = 2p
3 3 .
Le volume du tétraèdre est donc :
p3 2 ×2
p3 3
3 = 1
3 .
