Exercices corrigés - Géométrie dans l'espace - Terminale S
Géométrie dans l'espace - Exercices corrigés
Exercice 1
On se place dans l'espace muni d'un repère orthonormé.
On considère les points \(A(0;4;1)\), \(B(1;3;0)\), \(C(2;-1;-2)\) et \(D(7;-1;4)\).
Démontrer que les points \(A,B\) et \(C\) ne sont pas alignés. \(\quad\)
Soit \(\Delta\) la droite passant par le point \(D\) et de vecteur directeur \(\vec{u}(2;-1;3)\). a. Démontrer que la droite \(\Delta\) est orthogonale au plan \((ABC)\). \(\quad\) b. En déduire une équation cartésienne du plan \((ABC)\). \(\quad\) c. Déterminer une représentation paramétrique de la droite \(\Delta\). \(\quad\) d. Déterminer les coordonnées du point \(H\), intersection de la droite \(\Delta\) et du plan \((ABC)\). \(\quad\)
Soit \(P_1\) le plan d'équation \(x+y+z=0\) et \(P_2\) le plan d'équation \(x+4y+2=0\). a. Démontrer que les plans \(P_1\) et \(P_2\) sont sécants. \(\quad\) b. Vérifier que la droite \(d\), intersection des plans \(P_1\) et \(P_2\), a pour représentation paramétrique :
\(\begin{cases}x=-4t-2\\y=t\\z=3t+2\end{cases} \quad, t\in \mathbb{R}\). \(\quad\) c. La droite \(d\) et le plan \((ABC)\) sont-ils sécants ou parallèles? \(\quad\)
\(\vec{AB}(1;-1;-1)\) et \(\vec{AC}(2;-5;-3)\)
\(\dfrac{1}{2}\neq \dfrac{-1}{-5}\) : les vecteurs \(\vec{AB}\) et \(\vec{AC}\) ne sont donc pas colinéaires.
Par conséquent les points \(A,B\) et \(C\) ne sont pas alignés (et définissent alors un plan). \(\quad\)
a. \(\vec{AB}\cdot\vec{u}=2+1-3=0\) et \(\vec{AC}\cdot\vec{u}=4+5-9=0\)
Le vecteur \(\vec{u}\) est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \((ABC)\) : c'est un vecteur normal au plan \((ABC)\).
La droite \(\Delta\) est par conséquent orthogonale au plan \((ABC)\). \(\quad\) b. Une équation cartésienne du plan \((ABC)\) est donc de la forme \(2x-y+3z+d=0\).
Le point \(A(0;4;1)\) appartient au plan \((ABC)\).
Donc \(0-4+3+d=0\Leftrightarrow d=1\).
Ainsi une équation cartésienne du plan \((ABC)\) est \(2x-y+3z+1=0\). \(\quad\) c. La droite \(\Delta\) passe par le point \(D(7;-1;4)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{u}(2;-1;3)\).
Une représentation paramétrique de la droite \(\Delta\) est donc :
\(\begin{cases} x=7+2t\\y=-1-t\\z=4+3t\end{cases} \qquad t\in\mathbb{R}\). \(\quad\) d. Les coordonnées du point \(H\) sont solution du système :
\(\begin{cases} x=7+2t\\y=-1-t\\z=4+3t\\2x-y+3z+1=0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=7+2t\\y=-1-t\\z=4+3t\\2(7+2t)-(-1-t)+3(4+3t)+1=0\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow \begin{cases} x=7+2t\\y=-1-t\\z=4+3t\\14+4t+1+t+12+9t+1=0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=7+2t\\y=-1-t\\z=4+3t\\28+14t=0\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow \begin{cases} x=7+2t\\y=-1-t\\z=4+3t\\t=-2\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=3\\y=1\\z=-2\\t=-2\end{cases}\) \(\quad\)
Donc \(H(3;1;-2)\). \(\quad\)
a. Un vecteur normal au plan \(P_1\) est \(\vec{n}_1(1;1;1)\).
Un vecteur normal au plan \(P_2\) est \(\vec{n}_2(1;4;0)\).
Ces deux vecteurs ne sont clairement pas colinéaires.
Par conséquent les plans \(P_1\) et \(P_2\) sont sécants. \(\quad\) b. Vérifions que la droite \(d\) est incluse dans le plan \(P_1\).
Pour cela, remplaçons \(x, y, z\) par leurs expressions en fonction de \(t\) dans l'équation de \(P_1\) :
\((-4t-2) + t + (3t+2) = 0\) qui est bien vérifiée pour tout \(t\).
De même pour \(P_2\) : \((-4t-2) + 4t + 2 = 0\) qui est également vérifiée pour tout \(t\).
La droite \(d\) est donc bien l'intersection des plans \(P_1\) et \(P_2\). \(\quad\) c. Pour déterminer si la droite \(d\) et le plan \((ABC)\) sont sécants ou parallèles, on cherche leur point d'intersection éventuel en résolvant le système :
\(\begin{cases} x=-4t-2\\y=t\\z=3t+2\\2x-y+3z+1=0\end{cases}\)
En substituant dans l'équation du plan : \(2(-4t-2) - t + 3(3t+2) + 1 = -8t-4-t+9t+6+1 = 3 \neq 0\).
Le système n'a pas de solution, donc la droite \(d\) et le plan \((ABC)\) sont parallèles.
Exercice 2
L'espace est rapporté au repère orthonormal \((O,\vec{i},\vec{j},\vec{k})\).
On considère les points \(A(2;1;-1)\), \(B(-1;2;4)\), \(C(0;-2;3)\), \(D(1;1;-2)\) et le plan \(\mathscr{P}\) d'équation \(x-2y+z+1=0\).
Pour chacune des affirmations suivantes, dire, en justifiant, si elle est vraie ou fausse.
Affirmation 1 : La droite \((AC)\) est incluse dans le plan \(\mathscr{P}\). \(\quad\)
Affirmation 2 : Les droites \((AB)\) et \((CD)\) sont orthogonales. \(\quad\)
Affirmation 3 : La droite \((AC)\) a pour représentation paramétrique
\(\begin{cases} x=1+2t\\y=-\dfrac{1}{2}+3t\\z=1-4t\end{cases} \qquad t\in \mathbb{R}\) \(\quad\)
Affirmation 4 : La droite \((AB)\) est strictement parallèle à la droite \(\mathscr{D}\) dont une représentation paramétrique est : \(\begin{cases} x=-4-3k\\y=3+k\\z=9+5k\end{cases} \qquad k\in\mathbb{R}\). \(\quad\)
Affirmation 5 : La droite passant par le point \(B\) et de vecteur directeur \(\vec{u}(1;-1;1)\) est perpendiculaire au plan \(\mathscr{P}\). \(\quad\)
Regardons si les points \(A\) et \(C\) appartiennent au plan \(\mathscr{P}\).
Pour le point \(A(2;1;-1)\) : \(2-2\times 1+(-1)+1=2-2-1+1=0\). Le point \(A\) appartient bien au plan \(\mathscr{P}\).
Pour le point \(C(0;-2;3)\) : \(0-2\times (-2)+3+1=4+3+1=8\). Le point \(C\) n'appartient pas au plan \(\mathscr{P}\).
Par conséquent la droite \((AC)\) n'est pas incluse dans le plan \(\mathscr{P}\). Affirmation 1 fausse. \(\quad\)
\(\vec{AB}(-3;1;5)\) et \(\vec{CD}(1;3;-5)\)
\(\vec{AB}\cdot\vec{CD}=-3+3-25=-25\neq 0\).
Les vecteurs \(\vec{AB}\) et \(\vec{CD}\) ne sont pas orthogonaux. Par conséquent les droites \((AB)\) et \((CD)\) ne sont pas orthogonales non plus. Affirmation 2 fausse. \(\quad\)
On considère la représentation paramétrique suivante \(\begin{cases} x=1+2t\\y=-\dfrac{1}{2}+3t \\z=1-4t\end{cases}\qquad t\in\mathbb{R}\) correspondant à une droite \((d)\).
On cherche une valeur de \(t\) telle que \(\begin{cases} 2=1+2t\\1=-\dfrac{1}{2}+3t\\-1=1-4t\end{cases}\)
La solution de ce système est \(\dfrac{1}{2}\). Donc le point \(A\) appartient à la droite \((d)\).
On cherche une valeur de \(t\) telle que \(\begin{cases} 0=1+2t\\-2=-\dfrac{1}{2}+3t\\3=1-4t\end{cases}\)
La solution de ce système est \(-\dfrac{1}{2}\). Donc le point \(C\) appartient à la droite \((d)\).
Les deux points \(A\) et \(C\) appartiennent à la droite \((d)\). Affirmation 3 vraie. \(\quad\)
On a \(\vec{AB}(-3;1;5)\). Un vecteur directeur de \(\mathscr{D}\) est \(\vec{u}(-3;1;5)\).
Par conséquent \(\vec{u}=\vec{AB}\). Les droites \(\mathscr{D}\) et \((AB)\) sont donc parallèles.
Si on prend \(k=-1\) dans la représentation paramétrique de \(\mathscr{D}\) alors \(\begin{cases} x=-1\\y=2\\z=4\end{cases}\).
Cela signifie donc que le point \(B\) appartient à la droite \(\mathscr{D}\).
Les droites \(\mathscr{D}\) et \((AB)\) sont donc confondues. Affirmation 4 fausse. \(\quad\)
Un vecteur normal au plan \(\mathscr{P}\) est \(\vec{n}(1;-2;1)\).
Les vecteurs \(\vec{n}\) et \(\vec{u}(1;-1;1)\) ne sont pas colinéaires. Affirmation 5 fausse. \(\quad\)
Exercice 3
On considère le cube \(ABCDEFGH\) d'arête de longueur \(1\), représenté ci-dessous et on munit l'espace du repère orthonormé \(\left(A;\vec{AB},\vec{AD},\vec{AE}\right)\).
Dans le repère \(\left(A;\vec{AB},\vec{AD},\vec{AE}\right)\) on a \(F(1;0;1)\) et \(D(0;1;0)\).
Déterminer une représentation paramétrique de la droite \((FD)\). \(\quad\)
Démontrer que le vecteur \(\vec{n}(1;-1;1)\) est un vecteur normal au plan \((BGE)\) et déterminer une équation du plan \((BGE)\). \(\quad\)
Montrer que la droite \((FD)\) est perpendiculaire au plan \((BGE)\). \(\quad\)
Déterminer les coordonnées du point \(K\) intersection de la droite \((FD)\) et du plan \((BGE)\). \(\quad\)
Quelle est la nature du triangle \(BEG\)? Déterminer son aire. \(\quad\)
En déduire le volume du tétraèdre \(BEGD\). \(\quad\)
Dans le repère \(\left(A;\vec{AB},\vec{AD},\vec{AE}\right)\) on a \(F(1;0;1)\) et \(D(0;1;0)\).
Par conséquent \(\vec{FD}(-1;1;-1)\).
Par conséquent une représentation paramétrique de la droite \((FD)\) est \(\begin{cases}x=1-t\\y=t\\z=1-t\end{cases} \qquad t\in \mathbb{R}\). \(\quad\)
On a \(B(1;0;0)\), \(G(1;1;1)\) et \(E(0;0;1)\).
Donc \(\vec{BG}(0;1;1)\) et \(\vec{BE}(-1;0;1)\).
Ces deux vecteurs ne sont clairement pas colinéaires.
\(\vec{n}\cdot\vec{BG}=0-1+1=0\) et \(\vec{n}\cdot\vec{BE}=-1+0+1=0\).
Le vecteur \(\vec{n}\) est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \((BGE)\) : il est par conséquent normal au plan \((BGE)\). \(\quad\)
Une équation du plan \((BGE)\) est alors de la forme \(x-y+z+d=0\).
Le point \(B(1;0;0)\) appartient au plan.
Par conséquent \(1+0+0+d=0 \Leftrightarrow d=-1\).
Une équation cartésienne du plan \((BGE)\) est donc \(x-y+z-1=0\). \(\quad\)
On a \(\vec{FD}(-1;1;-1)\) et \(\vec{n}(1;-1;1)\).
Par conséquent \(\vec{FD}=-\vec{n}\).
La droite \((FD)\) est donc perpendiculaire au plan \((BGE)\). \(\quad\)
Les coordonnées du point \(K\) sont solution du système :
\(\begin{cases}x=1-t\\y=t\\z=1-t\\x-y+z-1=0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x=1-t\\y=t\\z=1-t\\1-t-t+1-t-1=0\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow \begin{cases}x=1-t\\y=t\\z=1-t\\1-3t=0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x=1-t\\y=t\\z=1-t\\t=\dfrac{1}{3}\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow \begin{cases}x=\dfrac{2}{3}\\y=\dfrac{1}{3}\\z=\dfrac{2}{3}\\t=\dfrac{1}{3}\end{cases}\)
Ainsi \(K\left(\dfrac{2}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{2}{3}\right)\). \(\quad\)
On a \(\vec{BG}(0;1;1)\), \(\vec{BE}(-1;0;1)\) et \(\vec{GE}(-1;-1;0)\).
Ainsi \(BG=\sqrt{0^2+1^2+1^2}=\sqrt{2}\)
\(BE=\sqrt{(-1)^2+0+1^2}=\sqrt{2}\)
\(GE=\sqrt{(-1)^2+(-1)^2+0}=\sqrt{2}\)
Le triangle \(BGE\) est donc équilatéral.
On appelle \(I\) le milieu du segment \([BE]\).
Ainsi \(I\left(\dfrac{1}{2};0;\dfrac{1}{2}\right)\).
Dans un triangle équilatéral, les médianes sont aussi des hauteurs.
On a : \(GI=\sqrt{\left(1-\dfrac{1}{2}\right)^2+1^2+\left(1-\dfrac{1}{2}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{3}{2}}\).
Par conséquent l'aire du triangle \(BEG\) est :
\(\mathscr{A}=\dfrac{GI\times BE}{2}=\dfrac{\sqrt{\dfrac{3}{2}}\times \sqrt{2}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\). \(\quad\)
\(KD=\sqrt{\left(-\dfrac{2}{3}\right)^2+\left(1-\dfrac{1}{3}\right)^2+\left(-\dfrac{2}{3}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{4}{3}}\).
Le volume du tétraèdre \(BEGD\) est donc :
\(\mathscr{V}=\dfrac{\mathscr{A}\times KD}{3}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2}\times \sqrt{\dfrac{4}{3}}}{3}=\dfrac{1}{3}\)