Exercice 1 (5 points)
L'espace est muni d'un repère orthonormé $(O;\overrightarrow{i};\overrightarrow{j};\overrightarrow{k})$.
Le plan $\mathcal{P}$ a pour équation cartésienne $x + y + 3z + 4 = 0$.
Dire si chacune des affirmations ci-dessous est vraie ou fausse en justifiant la réponse.
  1. Le point $A(-2;4;-2)$ appartient à $\mathcal{P}$.
    Les coordonnées de $A$ doivent vérifier l'équation de $\mathcal{P}$
    $x_A+y_A+3z_A+4= -2+4+3\times (-2)+4=-2+4-6+4=0$
  2. La droite $d$ passant par $A$ et $B(1 ;7 ;7 )$ est orthogonale au plan $P$.

    Vecteur normal à un plan-équation cartésienne d'un plan


    Dans l'espace muni d'un repère othonormé, $P$ est un plan de l'espace, un vecteur $\overrightarrow{n}$ normal à $P$ est un vecteur directeur d'une droite orthogonale à $P$.
    Le vecteur $\overrightarrow{n}$ est un vecteur normal au plan $P$ passant par $A$ et $P$ est l'ensemble des points $M(x;y;z)$ vérifiant $\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{n}=0$.
    $ax+by+cz+d=0$ est une équation cartésienne de $P$ de vecteur normal $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix} a\\ b\\ c \end{pmatrix}$
    Un \overrightarrow directeur de $d$ doit être colinéaire à un \overrightarrow normal au plan $P$.
    $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 3 \end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan $\mathcal{P}$.
    $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 3\\ 3\\ 9 \end{pmatrix}$ est un vecteur directeur de $(AB)$
    $3\overrightarrow{n}=\overrightarrow{AB}$
    donc le vecteur $\overrightarrow{u}$, vecteur directeur de $d$ est colinéaire au vecteur $\overrightarrow{n}$ normal au plan $\mathcal{P}$
  3. On note S le point de coordonnées $(1;-2;- 2)$.
    La droite $\Delta$ qui passe par S et qui est perpendiculaire au plan $\mathcal{P}$ a pour représentation paramétrique $\begin{cases} x=2 + t\\ y= - 1 + t\\ z=1 + 3t \end{cases}$ avec $t \in \textbf{R}$.

    Représentation paramétrique d'une droite


    Dans l'espace muni d'un repère, la droite passant par $A(x_A;y_A;z_A)$ et de vecteur directeur $\overrightarrow{u}(u_1;u_2;u_3)$ a pour représentation paramétrique $ \begin{cases} x=x_A+tu_1\\ y=y_A+tu_2\\ z=z_A+tu_3 \end{cases}$
    Un \overrightarrow normal au plan $\mathcal{P}$ est aussi un \overrightarrow directeur de $\Delta$
    $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 3 \end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan $\mathcal{P}$ donc un vecteur directeur de $\Delta$
    $\begin{cases} x=2 + t\\ y= - 1 + t\\ z=1 + 3t \end{cases}$ admet $\overrightarrow{n}$(coefficients de $t$) pour vecteur directeur.
    Il faut vérifier que $S$ appartient à $\Delta$.
    $x_S=2+t \Longleftrightarrow 1=2+t \Longleftrightarrow t=-1$
    $-1+t=-1-1=-2=y_S$ et $ 1+3t=1-3=-2=z_S$
    donc $S\in \Delta$
Exercice 2 (7 points)
D'après BAC 2013 Amérique du sud
On considère le cube $ ABCDEFGH$, d'arête de longueur 1, représenté ci-dessous et on munit l'espace du repère orthonormé $\left(A;\overrightarrow{AB}; \overrightarrow{AD};\overrightarrow{AE}\right)$.
  1. Déterminer une représentation paramétrique de la droite $(FD)$.

    Représentation paramétrique d'une droite


    Dans l'espace muni d'un repère, la droite passant par $A(x_A;y_A;z_A)$ et de vecteur directeur $\overrightarrow{u}(u_1;u_2;u_3)$ a pour représentation paramétrique $ \begin{cases} x=x_A+tu_1\\ y=y_A+tu_2\\ z=z_A+tu_3 \end{cases}$
    Dans le repère $F(1;0;1)$ et $D(0;1;0)$ et $\overrightarrow{FD}$ est un vecteur directeur de de $(FD)$.
    $\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AE}$
    donc $F(1;0;1)$
    et $D(0;1;0)$
    $\overrightarrow{FD}\begin{pmatrix} -1\\ 1\\ -1 \end{pmatrix}$ est un vecteur directeur de $(FD)$
    Si $M(x;y;z)$ appartient à $(FD)$, on a;
    $\begin{pmatrix} x=x_D+tx_{\overrightarrow{FD}}=0-t\\ y=y_D+ty_{\overrightarrow{FD}}=1+t\\ z=z_D+tz_{\overrightarrow{FD}}=0-t \end{pmatrix}$ avec $t\in \mathbb{R}$
  2. Démontrer que le $ \overrightarrow{n}\begin{pmatrix}1\\- 1\\1\end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan $(BGE)$ et déterminer une équation du plan $(BGE)$.

    Produit scalaire dans un repère orthonormé de l'espace


    Dans un repère orthonormé de l'espace, on a les vecteurs $\overrightarrow{u}\begin{pmatrix} x\\ y\\ z \end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{v}\begin{pmatrix} x'\\ y'\\ z' \end{pmatrix}$.
    $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=xx'+yy'+zz'$
    Il faut vérifier que le vecteur $\overrightarrow{n}$ est orthogonal aux vecteurs $\overrightarrow{BG}$ et $\overrightarrow{BE}$
    Dans le repère, on a $B(1;0;0)$, $G(1;1;1)$ et $E(0;0;1)$.
    $\overrightarrow{BG}\begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 1 \end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{BE}\begin{pmatrix} -1\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}$
    $\overrightarrow{n}.\overrightarrow{BE}=1\times 0+(-1)\times 1+1\times 1=0-1+1=0$

    $\overrightarrow{n}.\overrightarrow{BG}=1\times (-1)+(-1)\times 0+1\times 1=-1+0+1=0$
    donc le vecteur $\overrightarrow{n}$ est orthogonal au x vecteurs $\overrightarrow{BE}$ et $\overrightarrow{BG}$ sont orthogonaux

    Une équation cartésienne de $(BGE)$ est donc de la forme $x-y+z+d=0$.
    $B\in (BGE) \Longleftrightarrow x_B-y_B+z_B+d=0$
    $\phantom{B\in (BGE)} \Longleftrightarrow 1+d=0$
    $\phantom{B\in (BGE)} \Longleftrightarrow d=-1$
  3. Montrer que la droite $(FD)$ est perpendiculaire au plan $(BGE)$ en un point $K$ de coordonnées $K\left(\frac{2}{3};\frac{1}{3};\frac{2}{3}\right)$.

    droite et plan orthogonaux


    Une droite $(d)$ est orthogonale à un plan si et seulement si un vecteur directeur de $(d)$ est orthogonal à deux vecteurs directeurs de du plan.

    es vecteurs directeurs de $(FD)$ doivent être colinéaire à un vecteur normal du plan $(BGE)$
    $\overrightarrow{FD}\begin{pmatrix} -1\\ 1\\ -1 \end{pmatrix}$ est un vecteur directeur de $(FD)$ et $ \overrightarrow{n}\begin{pmatrix}1\\- 1\\1\end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan $(BGE)$
    donc $-\overrightarrow{n}=\overrightarrow{FD}$
    donc le vecteur $\overrightarrow{FD}$ directeur de la droite $(FD)$ est colinéaire au vecteur $\overrightarrow{n}$ normal au plan $(BGE)$

    Il faut vérifier ensuite que $K\in (FD)$ et que $K\in (BGE)$
    $x_K-y_K+z_K-1=\dfrac{2}{3}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{2}{3}-1=\dfrac{4}{3}-\dfrac{4}{3}=0$
    donc $K\in (BCG)$

    $x_K=-t=\dfrac{2}{3}$ donc $t=\dfrac{-2}{3}$
    $1+t=1-\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}$
    et $-t=\dfrac{2}{3}=z_K$
    donc $K\in (FD)$
  4. Quelle est la nature du triangle $BEG$ ? Déterminer son aire.
    Les côtés du triangle sont les diagonales des faces du cube
    $[BE]$ est la diagonale du carré $AEFB$, $[BG]$ est la diagonale du carré $BCGF$ et $[GE]$ est la diagonale du carré $EFGH$
    donc $BE=BG=GE$

    On note $E'$ le projeté orthogonal de $E$ sur le côté $[BG]$.

    Il faut calculer $BE$ et le carré a pour côté 1
    Dans le triangle $BAE$ rectangle en $A$, on a $BE^2=BA^2+AE^2$
    donc $BE^2=1+1=2$ soit $BE=\sqrt{2}$.
    Dans $BEE'$ rectangle en $E'$ on a $BE^2=BE'^2+E'E^2$
    $E'$ est le milieu de $[BG]$ donc $BE'=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
    donc $EE'^2=BE^2-BE'^2=2-\dfrac{2}{4}=\dfrac{3}{2}$ soit $EE'=\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$
    $\mathcal{A}_{BGE}=\dfrac{BG\times EE'}{2}=\dfrac{\sqrt{2}\times \dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
  5. En déduire le volume du tétraèdre $BEGD$.
    $(FD)$ est orthogonale au plan $(BGE)$ donc $K$ est le projeté orthogonal de $D$ sur $(BGE)$
    Rappel: $V=\dfrac{\text{aire de la base}\times \text{hauteur}}{3}$
    $(FD)$ est orthogonale au plan $(BGE)$ donc $K$ est le projeté orthogonal de $D$ sur $(BGE)$
    $DK=\sqrt{\left(x_K-x_D\right)^2+\left(y_K-y_D\right)^2+\left(z_K-z_D\right)^2 }$
    $\phantom{DK}=\sqrt{\left(\frac{2}{3}-0\right)^2+\left(\frac{1}{3}-1\right)^2+\left(\frac{2}{3}-0\right)^2 }$
    $\phantom{FK}=\sqrt{\frac{4}{9}+\frac{4}{9}+\frac{4}{9}}$
    $\phantom{FK}=\sqrt{\frac{12}{3}}$
    $\phantom{FK}=2$
    $\mathcal{V}=\dfrac{\mathcal{A}_{BGE}\times DK}{3}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2}\times 2}{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
Exercice 3 (8 points)
D'après BAC 2014 Nouvelle Calédonie
Soit $ABCDEFGH$ un parallélépipède rectangle tel que $AB = 2$, $AD = 3$ et $AE = 1$.
On appelle respectivement $I$, $J$ et $P$ les milieux respectifs des segments $[CD]$, $[EF]$ et $[AB]$.
On note $Q$ le point défini par $\overrightarrow{AQ}= \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AD}$.

On appelle plan médiateur d'un segment le plan perpendiculaire à ce segment et passant par son milieu.
L'objectif de l'exercice est de déterminer les coordonnées du centre d'une sphère circonscrite au tétraèdre $ABIJ$ (c'est-à-dire une sphère qui passe par les quatre points $A$, $B$, $I$, $J$).
L'espace est rapporté au repère orthonormal $\left(A;\overrightarrow{AP},\overrightarrow{AQ},\overrightarrow{AE}\right)$.
  1. Justifier que les quatre points $A$, $B$, $I$ et $J$ ne sont pas coplanaires.

    vecteurs coplanaires


    Trois vecteurs $\overrightarrow{u}$, $\overrightarrow{v}$ et $\overrightarrow{w}$ non nuls sont coplanaires si les points $A$, $B$, $C$ et $D$ définis par $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{u}$, $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{v}$ et $\overrightarrow{AD} =\overrightarrow{w}$ sont dans un même plan.
    $I$ milieu de $[CD]$ donc $I$ appartient au plan $(ABD)$.
    Soit $ABCDEFGH$ un parallélépipède rectangle donc les faces $(ABFE)$ et $(ABCD)$ sont orthogonales et $(EF)$ est parallèle au plan $(ABC)$ et il n'y a aucun point d'intersection entre $(EF)$ et $(ABC)$.
    $I$ milieu de $[CD]$ donc $I$ appartient au plan $(ABD)$ et $J\in (EF)$
    donc $J$ n'appartient pas au plan $(ABC)$ (ou $(ABI)$)
  2. Déterminer une équation cartésienne du plan médiateur $\left(P_{1}\right)$ du segment $[AB]$.

    Vecteur normal à un plan-équation cartésienne d'un plan


    Dans l'espace muni d'un repère othonormé, $P$ est un plan de l'espace, un vecteur $\overrightarrow{n}$ normal à $P$ est un vecteur directeur d'une droite orthogonale à $P$.
    Le vecteur $\overrightarrow{n}$ est un vecteur normal au plan $P$ passant par $A$ et $P$ est l'ensemble des points $M(x;y;z)$ vérifiant $\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{n}=0$.
    $ax+by+cz+d=0$ est une équation cartésienne de $P$ de vecteur normal $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix} a\\ b\\ c \end{pmatrix}$
    $\left(P_{1}\right)$ est orthogonal à la droite $(AB)$ donc $\overrightarrow{AB}$ est un vecteur normal au plan $\left(P_{1}\right)$
    $\left(P_{1}\right)$ est orthogonal à la droite $(AB)$ donc $\overrightarrow{AB}$ est un vecteur normal au plan $\left(P_{1}\right)$.
    $\overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{AP}$ donc $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 2\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}$
    Une équation cartésienne de $\left(P_{1}\right)$ est donc de la forme $2x+0y+0z+d=0$.
    $P(1;0;0)\in \left(P_{1}\right) \Longleftrightarrow 2x_P+d=0 \Longleftrightarrow d=-2$
  3. Soit $\left(P_{2}\right)$ le plan d'équation cartésienne $3y - z - 4 = 0$.
    Montrer que le plan $\left(P_{2}\right)$ est le plan médiateur du segment $[IJ]$.

    Coordonnées du milieu


    L'espace est muni d'un repère quelconque.
    Soit $A(x_A;y_A;z_A)$ et $B(x_B;y_B;z_B)$ Le milieu $I$ de $[AB]$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{x_A+x_B}{2};\dfrac{y_A+y_B}{2};\dfrac{z_A+z_B}{2}\right)$
    Il faut montrer que le vecteur $\overrightarrow{IJ}$ est colinéaire à un vecteur directeur de $ \left(P_{2}\right)$ et que le milieu de $[IJ]$ appartient à $\left(P_{2}\right)$
    $\overrightarrow{n_2}\begin{pmatrix} 0\\ 3\\ -1 \end{pmatrix}$ (coefficients de $x$, $y$ et $z$ ) est un vecteur normal au plan $ \left(P_{2}\right)$.
    $\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DI}=3\overrightarrow{AQ}+\overrightarrow{AP}$
    donc $I\left(1;3;0 \right)$
    $\overrightarrow{AJ}=\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{EJ}=\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AP}$
    donc $J\left(1;0;1) \right)$
    $\overrightarrow{IJ}\begin{pmatrix} 0\\ -3\\ 1 \end{pmatrix}$
    donc $-\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{n_2}$
    donc le vecteur $\overrightarrow{IJ}$ vecteur directeur de $(IJ)$ est colinéaire au vecteur $\overrightarrow{n_2}$ normal au plan $\left(P_{2}\right)$
    donc $\left(P_{2}\right)$ est orthogonal à $(IJ)$.
    On note $M$ le milieu de $[IJ]$.
    $M\left(\dfrac{x_I+x_J}{2};\dfrac{y_I+y_J}{2};\dfrac{z_I+z_J}{2}\right)$
    donc $M\left(1;\dfrac{3}{2};\dfrac{1}{2}\right)$
    $3y_M - z _M- 4=3\times \dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{2}-4=\dfrac{8}{2}-4=0$ donc $M\in \left(P_{2}\right)$
    1. Démontrer que les plans $\left(P_{1}\right)$ et $\left(P_{2}\right)$ sont sécants.
      Les deux plans sont sécants si leurs vecteurs normaux sont colinéaires
      $\overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{AP}$ donc $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} 2\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan $\left(P_{1}\right)$
      et $\overrightarrow{n_2}\begin{pmatrix} 0\\ 3\\ -1 \end{pmatrix}$ (coefficients de $x$, $y$ et $z$ ) est un vecteur normal au plan $ \left(P_{2}\right)$
      il n'existe pas de réel $k$ tel que $k\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{n_2}$ (car $kx_{\overrightarrow{AB}}\neq 0=x_{\overrightarrow{n_2}}$)
      donc les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{n_2}$ ne sont pas colinéaires
      donc $\left(P_{1}\right)$ et $\left(P_{2}\right)$ ne sont pas parallèles
    2. Montrer que leur intersection est une droite $(\Delta)$ dont une représentation paramétrique est $\begin{cases} x= 1\\ y = t\\ z = 3t - 4 \end{cases}$ avec $t\in \mathbb{R}$
      On peut exprimer $x$ et $y$ en fonction de $z$ par exemple en utilisant les équations des deux plans
      Si un point appartient aux plans $\left(P_{1}\right)$ et $\left(P_{2}\right)$ alors ses coordonnées vérifient les équations $2x-2=0$ et $3y - z - 4 = 0$.
      $2x-2=0 \Longleftrightarrow x=1$
      $3y - z - 4 = 0 \Longleftrightarrow z=3x-4$
      donc en prenant $y=t$ on a donc $\begin{cases} x=1\\ y=t\\ z=3t-4 \end{cases}$ avec $t\in \mathbb{R}$
    3. Déterminer les coordonnées du point $\Omega$ de la droite $(\Delta)$ tel que $\Omega A = \Omega I$.

      Distance dans l'espace


      Si le repère de l'espace est orthonormé, la distance $AB$ est: $AB=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2+(z_B-z_A)^2}$
      Il faut écrire une équation d'inconnue $t$ avec les coordonnées de $\Omega$ exprimées en fonction de $t$.
      $\Omega \in (\Delta)$ donc on a $\begin{cases} x_{\Omega}= 1\\ y_{\Omega} = t\\ z_{\Omega}= 3t - 4 \end{cases}$
      $\Omega A^2=x^2_{\Omega}+y^2_{\Omega}+z^2_{\Omega}=1^2+t^2+(3t-4)^2=1+t^2+9t^2-24t+16=10t^2-24t+17$
      $\Omega I^2=(1-1)^2+(3-t)^2+(0-(3t-4))^2=9-6t+t^2+9t^2-24t+16=10t^2-30t+25$ $\phantom{\Omega A^2=\Omega I^2} \Longleftrightarrow 10t^2-24t+17=10t^2-30t+25$
      $\phantom{\Omega A^2=\Omega I^2} \Longleftrightarrow -24t+30t=25-17$
      $\phantom{\Omega A^2=\Omega I^2} \Longleftrightarrow 6t=8$
      $\phantom{\Omega A^2=\Omega I^2} \Longleftrightarrow t=\dfrac{4}{3}$
      On remplace $t=\dfrac{4}{3}$ dans la représentation paramétrique de $\Delta$:
      $\begin{cases} x_{\Omega}= 1\\ y_{\Omega} = t=\dfrac{4}{3}\\ z_{\Omega}= 3t - 4=3\times \dfrac{4}{3}-4=0 \end{cases}$
    4. Montrer que le point $\Omega$ est centre de la sphère circonscrite au tétraèdre $ABIJ$.
      Il faut vérifier que $\Omega A=\Omega B=\Omega I=\Omega J$
      En utilisant la question précédente on a $\Omega A=\Omega I$
      $\Omega A^2=10t^2-24t+17$ et $t=\dfrac{4}{3}$ donc $\Omega A^2=10\left(\dfrac{4}{3}\right)^2-24\times \dfrac{4}{3}+17=\dfrac{25}{9} $
      $\Omega A=\Omega I=\dfrac{5}{3}$
      $\Omega B=\sqrt{(2-1)^2+\left(\dfrac{4}{3}\right)^2+0^2}=\sqrt{1+\dfrac{16}{9}}=\sqrt{\dfrac{25}{9}}=\dfrac{5}{3}$
      $\Omega J=\sqrt{(1-1)^2+\left(\dfrac{4}{3}\right)^2+1^2}=\sqrt{\dfrac{16}{9}+1}=\sqrt{\dfrac{25}{9}}=\dfrac{5}{3}$
      donc $\Omega A=\Omega I=\Omega J=\Omega B$

Fiche méthode


Si ce devoir vous pose problème, nous vous conseillons de consulter la fiche méthhode.

Equation cartésienne d'un plan

- vecteur normal
- déterminer une équation d'un plan
- position relative d'une droite et d'un plan
- intersection de droites et plans


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