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Z°ÉÅ°àÜ|x wtÇá Ä

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Academic year: 2022

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(1)

Espace – Correction exos 7 à 11 Page 1 sur 3

Terminale S. – Lycée Desfontaines – Melle

Z°ÉÅ°àÜ|x wtÇá Ä xáÑtvx @ VÉÜÜxvà|ÉÇ wxá xåxÜv|vxá J õ DD

Exercice 7

Dans un repère orthonormal

(

O;Åij

)

, on donne les points A(1;-2;3) et B(0;0;1).

1. Déterminons une représentation paramétrique de la droite (AB).

A(1;-2;3) et B(0;0;1) donc ÄAB







 -1

2 -2

Ainsi , l a droit e (A B) passe par le point A(1;-2;3) et admet pour vecteur directeur ÄAB(-1;2;-2) donc une représentation paramétrique de la droite (A B) est donc



x=1−t

y=-2+2t t☻Ë

z=3−2t

Remarque : (AB) passe aussi par le point B(0;0;1) et admet pour vecteur directeur ÄAB(-1;2;-2) donc une autre représentation paramétrique de (AB) est donc



x=-t y=2t,t☻Ë z=1−2t

.

2. Les points C(-3;6;-5) et D(2;-5;5) appartiennent-ils à cette droite ? C appartient à (AB) ssi il existe un réel t solution de (S1) :



xC=1−t yC=-2+2t zC=3−2t

càd



-3=1−t 6=-2+2t -5=3−2t Or (S1t=4.L’ensemble des solutions de (S1) est S={4}donc

C appartient à la droite (AB) .

D appartient à (AB) ssi il existe un réel t solution de (S2) :



xD=1−t yD=-2+2t zD=3−2t

càd



2=1−t -5=-2+2t 5=3−2t

Or, (S2

 

t=-1

t=-3 2 5=3−2t

donc (S2) n’admet pas de solution donc D n’appartient pas à (A B)

Exercice 8

Déterminons les coordonnées d’un point et d’un vecteur directeur de la droite D dont une représentation paramétrique est



x=-1+3t y=2t t☻Ë

z=2−t

Ce système est équivalent au système suivant



x=-1+3t

y=0+2t t☻Ë z=2−t

On déduit donc que le point de coordonnées (-1;0;2) appartient à D et que le

vecteur Åv







 3 2 -1

est un vecteur directeur de D.

(2)

Espace – Correction exos 7 à 11 Page 2 sur 3

Exercice 9

Déterminons les coordonnées de l’éventuel point d’intersection des droites D et D’ de représentations paramétriques



x=t+1

y=2t−3 t☻Ë

z=-t+2 et



x=3t+2

y=-t−1 t☻Ë z=t+1

Dire que M(x;y;z) appartient à D et à D’ revient à dire qu’il existe deux réels t et t′ tels que



x=t+1 y=2t−3 z=-t+2 et



x=3t′+2 y=-t′−1 z=t′+1

Résolvons donc le système suivant (S):



t+1=3t′+2 2t−3=-t′−1 -t+2=t′+1 (S)ñ



t=3t′+1

2(3t′+1)−3=-t′−1 -(3t′+1)+2=t′+1

ñ



t=3t′+1 7t′=0 -4t′=0

ñt′=0 t=1

(S) admet un couple solution (1;0) donc D et D’ ont un unique point commun dont les coordonnées sont



x=3×0+2=2 y=-0−1=-1

z=0+1=1 D et D’ sont sécantes suivant le point de coordonnées (2;-1;1)

Remarque : on pouvait aussi rechercher les coordonnées de I en remplaçant t par 1 dans le premier système.

Déterminons les coordonnées de l’éventuel point d’intersection des droites D et D’ de représentations paramétriques



x=t+1

y=-3t+2 t☻Ë

z=-3t+3 et



x=t

y=-3t−3 t☻Ë z=-t+1

Dire que M(x;y;z) appartient à D et à D’ revient à dire qu’il existe deux réels t et t′ tels



x=t+1

y=-3t+2 t☻Ë

z=-3t+3 et



x=t'

y=-3t'−3 t'☻Ë z=-t'+1

Résolvons donc le système suivant (S):



t+1=t′

-3t+2=-3t′−3 -3t+2=-t′+1 (S)ñ



t′=t+1

-3t+2=-3(t+1)−3 -3t+2=-(t+1)+1

ñ



t′=t+1 2=-6 -2t=-3.

Ce système n’a pas de solution donc les droites D et D’ ne sont pas sécantes . Elles sont donc strictement parallèles ou non coplanaires.

Remarque : les vecteurs Åu







 1 -3 -3

et Åv







 1 -3 -1

respectivement directeurs de D et D’ sont non colinéaires (coordonnées non proportionnelles) donc les deux droites sont non parallèles et donc non coplanaires.

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Espace – Correction exos 7 à 11 Page 3 sur 3

Exercice 10

On considère les plans P1 et P2 d’équations respectives 2x+y−z+2=0 et x+2y−z+1=0

Prouvons que les deux plans sont sécants et déterminons une représentation paramétrée de leur droite d’intersection D.

Ån1







 2 1 -1

et Ån2







 1 2 -1

sont des vecteurs normaux respectivement aux plans P1 et P2.

Les coordonnées de Ån1 et Ån2 sont non proportionnelles donc Ån1 et Ån2 ne sont pas colinéaires donc les plans P1 et P2 ne sont pas parallèles donc ils sont sécants suivant une droite D.

M(x;y;z)☻Dñ



2x+y−z+2=0

x+2y−z+1=0ñ



z=2x+y+2

z=x+2y+1ñ



z=t t☻Ë t=2x+y+2 t=x+2y+1 ñ



z=t

-t=-3y t☻Ë t=3x+3

ñ



 

zy==tt

3 t☻Ë x= t

3−1

Une représ ent ati on paramét rique de D es t donc



 

zy=t= t

3 t☻Ë x= t

3−1

Exercice 11

Soient A(2;1;-2), B(-1;2;1) et P le plan d’équation 2x−y+z−2=0 1. Déterminons une représentation paramétrique de (AB)

A(2;1;-2) et B(-1;2;1) donc ÄAB(-3;1;3) est un vecteur directeur de (A B) Une représentation paramétrique de (A B) est donc



x=2−3t y=1+t t☻Ë z=-2+3t

2. Prouvons que la droite (AB) coupe P en un point I et déterminons les coordonnées de I.

Ån(2; -1; 1) est un vecteur normal à P. La droite (A B) coupe P ssi Ån.ÄABý0.

Or, Ån.ÄAB=2×(-3)+(-1)×1+1×3=-6−1+3=-4ý0 donc (AB) coupe P.

Soit I(x;y;z) le point d’intersection de (A B) et P, ses coordonnées vérifient donc le système suivant :

(S):



 

xy=1+=2−3tt

z=-2+3t 2x−y+z−2=0

Or (S)ñ



 

yx=2−3t=1+t

z=-2+3t

2(2−3t)−(1+t)+(-2+3t)−2=0 ñ



 

-4tx=2−3t=1

y=1+t z=-2+3t

ñ

 

 

t=-14

x=2−3×

 -1

4 =11 4 y=1−1

4=3 4 z=-2+3×

 -1

4 =-11 4 Les coordonnées du point I sont donc



 11

4 ;3 4;-11

4 .

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