1. On trace le point K sur [DC] tel que (J K) soit parallèle à (IF ).

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7 Corrigé

1. On trace le point K sur [DC] tel que (J K) soit parallèle à (IF ).

b b

b

H

C E

D

F

A B

G

I

J K

2. (a) Le point E n’appartient pas au plan (ABD), donc les vecteurs − − → AB, − − →

AB et − − →

AB ne sont pas coplanaires. Et donc (A ; − − →

AB, − − → AD, −→

AE ) est bien un repère de l’espace.

(b) A(0 ; 0 ; 0), B (1 ; 0 ; 0), C(1 ; 1 ; 0), D(0 ; 1 ; 0), E(0 ; 0 ; 1), F (1 ; 0 ; 1), G(1 ; 1 ; 1), H(0 ; 1 ; 1), I(0,5 ; 0 ; 0), J(1 ; 1 ; 0,5),

3. Pour que les droites (BH) et (IJ) soient sécantes, il est nécessaire qu’elles soient coplanaires.

Or si on considère le plan (IBH), il coupe le plan (HDC) selon la droite (HG) qui ne contient pas le point J. Donc les points I, B , H et J ne sont pas coplanaires, et donc les droites (BH) et (IJ) ne sont pas sécantes.

4. Soit L le point d’intersection du plan (F IJ ) et de la droite (BH ).

(a) L ∈ (F IJ ), − → F I et − →

F J sont deux vecteurs non colinéaires de ce plan, donc il existe deux réels α et β tels que − →

F L = α − →

F I + β − → F J.

(b) On traduit cette égalité sous forme de coordonnées :



 

 

x − 1 = α × 0,5 + β × 0 y = α × 0 + β × 1

z − 1 = α × ( − 1) + β × ( − 0,5)

⇔



 

 

 

 

x = 1 − α y = β 2

z = 1 − α − β 2 (c) − − →

BH







− 1 1 1





 , donc une représentation paramétrique de ( BH ) est :



 

 

x = 1 − k y = k z = k L est le point d’intersection de (BH ) et (F IJ ), donc on obtient :



 

 

 

  1 − α

2 = 1 − k β = k

1 − α − β 2 = k

⇔



 



 



α = 2k β = k 1 − 2k − k

2 = k

⇔



 

 

 



 

 

 

 α = 4

7 β = 2 7 k = 2 7 D’oÃź les coordonnées de L

5 7 ; 2

7 ; 2 7

.

5. (a) Les points F , I , J et L sont coplanaires. D’autre part, on a : − → F L









−

²

7 2 7

−

⁵

7







 et − → IJ









1 2

1

1 2







 . Ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les droites (F L) et (IJ ) sont sécantes.

Une représentation paramétrique de (F L) est :



 

 

 

 

 

 

x = 1 − 2 7 k y = 2

7 k z = 1 − 5

7 k

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7 Corrigé

Une représentation paramétrique de ( IJ ) est :



 

 

 

  x = 1

2 − 1 2 t y = t z = 1

2 t

On résout donc :



 

 

 

 

 

  1 − 2

7 k = 1 2 − 1

2 t 2

7 k = t 1 − 5

7 k = 1 2 t

Des deux dernières lignes du système, on obtient :



 



 

 k = 7

6 t = 1

3

ce qui est compatible avec la première équation.

En réinjectant ces valeurs dans l’un ou l’autre des représentations paramétriques, on obtient : P

2 3 ; 1

3 ; 1 6

.

(b) On a : − → IP









1 6 1 3 1 6







 et − →

IJ









1 2

1

1 2









, donc − → IP = 1

3

− → IJ.

De plus : − − → F P









−

¹

3 1 3

−

⁵

6







 et − → F L









−

²

7 2 7

−

⁵

7







 , donc − − → F P = 6

7

− → F L .

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