TS – Exercices – Géométrie dans l’espace

Géométrie dans l’espace

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 $D(7;-1;4)$.

  1. Démontrer que les points $A,B$ et $C$ ne sont pas alignés.
    $\quad$
  2. 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 $(ABC)$.
    $\quad$
  3. 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 :
    $\begin{cases}x=-4t-2\\y=t\\z=3t+2\end{cases} \quad, t\in \R$.
    $\quad$
    c. La droite $d$ et le plan $(ABC)$ sont-ils sécants ou parallèles?
    $\quad$
Correction Exercice 1

  1. $\vect{AB}(1;-1;-1)$ et $\vect{AC}(2;-5;-3)$
    $\dfrac{1}{2}\neq \dfrac{-1}{-5}$ : les vecteurs $\vect{AB}$ et $\vect{AC}$ ne sont donc pas colinéaires.
    Par conséquent les points $A,B$ et $C$ ne sont pas alignés (et définissent alors un plan).
    $\quad$
  2. a. $\vect{AB}.\vec{u}=2+1-3=0$ et $\vect{AC}.\vec{u}=4+5-9=0$
    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 $0-4+3+d=0\ssi d=1$.
    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 :
    $\begin{cases} x=7+2t\\y=-1-t\\z=4+3t\end{cases} \qquad t\in\R$.
    $\quad$
    d. Les coordonnées du point $H$ sont solution du système :
    $\begin{align*} \begin{cases} x=7+2t\\y=-1-t\\z=4+3t\\2x-y+3z+1=0\end{cases} &\ssi \begin{cases} x=7+2t\\y=-1-t\\z=4+3t\\2(7+2t)-(-1-t)+3(4+3t)+1=0\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=7+2t\\y=-1-t\\z=4+3t\\14+4t+1+t+12+9t+1=0\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=7+2t\\y=-1-t\\z=4+3t\\28+14t=0\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=7+2t\\y=-1-t\\z=4+3t\\t=-2\end{cases}\\
    &\ssi \begin{cases} x=3\\y=1\\z=-2\\t=-2\end{cases}\end{align*}$
    $\quad$
    Donc $H(3;1;-2)$.
    $\quad$
  3. 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 $P_1$.

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$\quad$

$\quad$

Exercice 2

L’espèce est rapporté au repère orthonormal $\Oijk$.
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.

  1. Affirmation 1 : La droite $(AC)$ est incluse dans le plan $\mathscr{P}$.
    $\quad$
  2. Affirmation 2 : Les droites $(AB)$ et $(CD)$ sont orthogonales.
    $\quad$
  3. Affirmation 3 : La droite $(AC)$ a pour représentation paramétrique
    $\begin{cases} x=1+2t\\y=-\dfrac{1}{2}+3t\\z=1-4t\end{cases} \qquad t\in \R$
    $\quad$
  4. Affirmation 4 : La droite $(AB)$ est strictement parallèle à la droite $\mathscr{D}$ dont une représentation paramétrique est : $\begin{cases} x=-4-3k\\y=3+k\\z=9+5k\end{cases} \qquad k\in\R$.
    $\quad$
  5. Affirmation 5 :La droite passant par le point $B$ et de vecteur directeur $\vec{u}(1;-1;1)$ est perpendiculaire au plan $\mathscr{P}$.
    $\quad$
Correction Exercice 2

  1.  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 $C(0;-2;3)$ : $0-2\times 2+3+1=-4+3+1=0$. le point $C$ appartient bien au plan $\mathscr{P}$.
    Par conséquent la droite $(AC)$ est incluse dans le plan $\mathscr{P}$.
    Affirmation 1 vraie.
    $\quad$
  2. $\vect{AB}(-3;1;5)$ et $\vect{CD}(1;3;-5)$
    $\vect{AB}.\vect{CD}=-3+3-25=-25\neq 0$.
    Les vecteurs $\vect{AB}$ et $\vect{CD}$ ne sont pas orthogonaux. Par conséquent les droites $(AB)$ et $(CD)$ ne sont pas orthogonales non plus.
    Affirmation 2 fausse.
    $\quad$
  3. On considère la représentation paramétrique suivante $\begin{cases} x=1+2t\\y=-\dfrac{1}{2}+3t \\z=1-4t\end{cases}\qquad t\in\R$ 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.
    $\quad$
  4. On a $\vect{AB}(-3;1;5)$. Un vecteur directeur de $\mathscr{D}$ est $\vec{u}(-3;1;5)$.
    Par conséquent $\vec{u}=\vect{AB}$. 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.
    $\quad$
  5. 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.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 3

On considère le cube $ABCDEFGH$ d’arête de longueur $1$, représenté ci-dessous et on munit l’espace du repère orthonormé $\left(A;\vect{AB},\vect{AD},\vect{AE}\right)$.

 

  1. Déterminer une représentation paramétrique de la droite $(FD)$.
    $\quad$
  2. Démontrer que le vecteur $\vect{n}(1;-1;1)$ est un vecteur normal au plan $(BGE)$ et déterminer une équation du plan $(BGE)$.
    $\quad$
  3. Montrer que la droite $(FD)$ est perpendiculaire au plan $(BGE)$.
    $\quad$
  4. Déterminer les coordonnées du point $K$ intersection de la droite $(FD)$ et du plan $(BGE)$.
    $\quad$
  5. Quelle est la nature du triangle $BEG$? Déterminer son aire.
    $\quad$
  6. En déduire le volume du tétraèdre $BEGD$.
    $\quad$
Correction Exercice 3

  1. Dans le repère $\left(A;\vect{AB},\vect{AD},\vect{AE}\right)$ on a $F(1;0;1)$ et $D(0;1;0)$.
    Par conséquent $\vect{FD}(-1;1;-1)$.
    Par conséquent une représentation paramétrique de la droite $(FD)$ est $\begin{cases}x=1-t\\y=t\\z=1-t\end{cases} \qquad t\in \R$.
    $\quad$
  2. On a $B(1;0;0)$, $G(1;1;1)$ et $E(0;0;1)$.
    Donc $\vect{BG}(0;1;1)$ et $\vect{BE}(-1;0;1)$.
    Ces deux vecteurs ne sont clairement pas colinéaires.
    $\vec{n}.\vect{BG}=0-1+1=0$ et $\vec{n}.\vect{BE}=-1+0+1=0$.
    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 $1+0+0+d=0 \ssi d=-1$.
    Une équation cartésienne du plan $(BGE)$ est donc $x-y+z-1=0$.
    $\quad$
  3. On a $\vect{FD}(-1;1;-1)$ et $\vec{n}(1;-1;1)$.
    Par conséquent $\vect{FD}=-\vec{n}$.
    La droite $(FD)$ est donc perpendiculaire au plan $(BGE)$.
    $\quad$
  4. Les coordonnées du point $K$ sont solution du système :
    $\begin{align*} \begin{cases}x=1-t\\y=t\\z=1-t\\x-y+z-1=0\end{cases} &\ssi \begin{cases}x=1-t\\y=t\\z=1-t\\1-t-t+1-t-1=0\end{cases}\\
    &\ssi \begin{cases}x=1-t\\y=t\\z=1-t\\1-3t=0\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases}x=1-t\\y=t\\z=1-t\\t=\dfrac{1}{3}\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases}x=\dfrac{2}{3}\\y=\dfrac{1}{3}\\z=\dfrac{2}{3}\\t=\dfrac{1}{3}\end{cases}
    \end{align*}$
    Ainsi $K\left(\dfrac{2}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{2}{3}\right)$.
    $\quad$
  5. On a $\vect{BG}(0;1;1)$, $\vect{BE}(-1;0;1)$ et $\vect{GE}(-1;-1;0)$.
    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 :
    $\begin{align*} \mathscr{A}&=\dfrac{GI\times BE}{2}\\
    &=\dfrac{\sqrt{\dfrac{3}{2}}\times \sqrt{2}}{2}\\
    &=\dfrac{\sqrt{3}}{2}
    \end{align*}$.
    $\quad$
  6. $KD=\sqrt{\left(-\dfrac{2}{3}\right)^2+\left(1-\dfrac{1}{3}\right)^2+\left(-\dfrac{2}{3}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{4}{3}}$.
    Le volume du tétraèdre $BEGD$ est donc :
    $\begin{align*} \mathscr{V}&=\dfrac{\mathscr{A}\times KD}{3} \\
    &=\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2}\times \sqrt{\dfrac{4}{3}}}{3} \\
    &=\dfrac{1}{3}
    \end{align*}$

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$\quad$

Exercice 4

$ABCD$ est un tétraèdre. Le point $J$ est le milieu du segment $[AD]$, $K$ est le milieu du segment $[BC]$, $G$ est le centre de gravité du triangle $ABC$ et le point $E$ est tel que $BDCE$ est un parallélogramme.

  1. Décomposer les vecteurs $\vect{JE}$ et $\vect{JG}$ en fonction des vecteurs $\vect{DA}$, $\vect{DB}$ et $\vect{DC}$.
    $\quad$
  2. Les points $J,G$ et $E$ sont-ils alignés?
    $\quad$
Correction Exercice 4

  1. $BDCE$ est un parallélogramme D’après la règle du parallélogramme on a $\vect{DE}=\vect{DB}+\vect{DC}$
    $J$ est le milieu de $[AD]$ donc $\vect{JD}=-\dfrac{1}{2}\vect{DA}$
    Donc :
    $\begin{align*} \vect{JE}&=\vect{JD}+\vect{DE}\\
    &=-\dfrac{1}{2}\vect{DA}+\vect{DB}+\vect{DC}
    \end{align*}$
    $\quad$
    $G$ est le centre de gravité du triangle $ABC$ donc $\vect{AG}=\dfrac{2}{3}\vect{AA’}$ où $A’$ est le milieu de $[BC]$ (et donc de également de $[DE]$ puisque $BDCE$ est un parallélogramme).
    $\begin{align*}
    \vect{JG}&=\vect{JA}+\vect{AG}\\
    &=\dfrac{1}{2}\vect{DA}+\dfrac{2}{3}\vect{AA’}\\
    &=\dfrac{1}{2}\vect{DA}+\dfrac{2}{3}\left(\vect{AD}+\vect{DA’}\right)\\
    &=\dfrac{1}{2}\vect{DA}+\dfrac{2}{3}\vect{AD}+\dfrac{2}{3}\vect{DA’}\\
    &=\dfrac{1}{2}\vect{DA}+\dfrac{2}{3}\vect{AD}+\dfrac{2}{3}\times \dfrac{1}{2}\left(\vect{DB}+\vect{DC}\right)\\
    &=-\dfrac{1}{6}\vect{DA}+\dfrac{1}{3}\vect{DB}+\dfrac{1}{3}\vect{DC}
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. Par conséquent $\vect{JG}=\dfrac{1}{3}\vect{JE}$. Les points $J,G$ et $E$ sont donc alignés.
    $\quad$

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$\quad$

Exercice 5

$ABCD$ est un tétrèdre, $I$ est le point définie par $\vect{AI}=\dfrac{1}{5}\vect{AC}$ et $J$ est le point défini par $\vect{AJ}=\dfrac{1}{5}\vect{AD}$.

$K$ et $L$ sont les milieux respectifs des segments $[BC]$ et $[BD]$.

Les droites $(Ki)$, $(LJ)$ et $(AB)$ sont-elles concourantes?
$\quad$

Correction Exercice 5

On considère le repère $\left(A;\vect{AB},\vect{AC},\vect{AD}\right)$.

On a donc $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $C(0;1;0)$, $D(0;0;1)$, $I\left(0;\dfrac{1}{5};0\right)$, $J\left(0;0;\dfrac{1}{5}\right)$, $K\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};0\right)$ et $L\left(\dfrac{1}{2};0;\dfrac{1}{2}\right)$.

  • Un vecteur directeur de la droite $(KI)$ est $\vect{KI}\left(-\dfrac{1}{2};-\dfrac{3}{10};0\right)$.
    Une représentation paramétrique de la droite $(KI)$ est $\begin{cases} x=-\dfrac{1}{2}t\\y=\dfrac{1}{5}-\dfrac{3}{10}t \\z=0\end{cases} \qquad t\in\R$
    $\quad$
  • Un vecteur directeur de la droite $(LJ)$ est $\vect{LJ}\left(-\dfrac{1}{2};0;-\dfrac{3}{10}\right)$.
    Une représentation paramétrique de la droite $(LJ)$ est $\begin{cases} x=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}k\\y=0 \\z=\dfrac{1}{2}-\dfrac{3}{10}k\end{cases}\qquad k\in\R$
    $\quad$
  • On cherche, si elles existent, les coordonnées du point d’intersection des droites $(KI)$ et $(LJ)$.
    On résout le système suivant :
    $\begin{align*}
    \begin{cases} -\dfrac{1}{2}t=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}k\\\dfrac{1}{5}-\dfrac{3}{10}t=0\\0=\dfrac{1}{2}-\dfrac{3}{10}k \end{cases} &\ssi \begin{cases} -\dfrac{1}{2}t=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}k\\\dfrac{1}{5}=\dfrac{3}{10}t \\\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{10}k \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} -\dfrac{1}{2}t=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}k\\t=\dfrac{2}{3} \\k=\dfrac{5}{3} \end{cases}\\
    &\ssi \begin{cases} -\dfrac{1}{3}=-\dfrac{1}{3}\\t=\dfrac{2}{3} \\k=\dfrac{5}{3} \end{cases}
    \end{align*}$
    On remplace dans une des représentations paramétriques le paramètre par la valeur trouvée dans le système précédent.
    On choisit, par exemple, la droite $(KI)$.
    Les coordonnées du point d’intersection sont donc $\begin{cases} x=-\dfrac{1}{3}\\y=0\\z=0\end{cases}$.
    On note $M\left(-\dfrac{1}{3};0;0\right)$.
    $\quad$
  • On a $\vect{AB}(1;0;0)$ et $\vect{AM}\left(-\dfrac{1}{3};0;0\right)$.
    Par conséquent $\vect{AM}=-\dfrac{1}{3}\vect{AB}$.
    Les points $A,B$ et $M$ sont donc alignés.
    $\quad$
  • Le point $M$ appartient aux droites $(KI)$, $(LJ)$ et $(AB)$.
    Ces trois droites sont donc concourantes en $M$.
    $\quad$

 

[collapse]

$\quad$