TS – Exercices corrigés – Géométrie Vectorielle

Exercice 1

d’après Antilles-Guyane juin 2014

Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse en justifiant la réponse

L’espace est muni d’un repère orthonormé $\Oijk$.

 

On considère les points $A(1;2;5)$, $B(-1;6;4)$, $C(7;-10;8)$ et $D(-1;3;4)$.

  1.  Proposition 1 : Les points $A,B$ et $C$ définissent un plan.
    $\quad$
  2. On admet que les points $A,B$ et $D$ définissent un plan.
    Proposition 2 : Une représentation paramétrique du plan $(ABD)$ est $$\begin{cases} x=-1 -2t \\y=4t – 3t’ \qquad t\in\R, t’\in\R \\ z=4-t \end{cases}$$
    $\quad$
  3. Proposition 3 : Une représentation paramétrique de la droite $(AC)$ est $$\begin{cases} x=\dfrac{3}{2}t-5 \\y=-3t+14 \qquad t\in \R \\z=-\dfrac{3}{2}t+2 \end{cases}$$

$\quad$

Correction Exercice 1

Proposition 1 : FAUX

$\vec{AB}(-2;4;-1)$ et $\vec{AC}(6;-12;3) = -3\vec{AB}$
Les $2$ vecteurs sont colinéaires, ils ne définissent donc pas de plan.

$~$

Proposition 2 : VRAI

Deux vecteurs directeurs du plan $(ABD)$ sont $\vec{u}(-2;4;-1)$ et $\vec{v}(0;-3;0)$ (ils ne sont clairement pas colinéaires).

A partir des points $A,B$ et $D$ nous pouvons définir les vecteurs $\vec{AB}(-2;4;-1)$, $\vec{AD}(-2;1;-1)$ et $\vec{BD}(0;-3;0)$.

Par conséquent les vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{BD}$ sont respectivement colinéaires au vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$. Le plan dont une représentation paramétrique est fourni et le plan $(ABD)$ sont donc parallèles.

Regardons si les coordonnées du point $A$ vérifient le système d’équations.

On doit donc trouver des valeurs pour $t$ et $t’$ telles que $\begin{cases} -1 -2t=1 \\4t-3t’=2 \\4-t=5 \end{cases}$

En prenant $t=-1$, on retrouve la première et troisième coordonnées de $A$.

On est donc ramené à résoudre $2 = -4 – 3t’ \Leftrightarrow t’=-2$.

$~$

Proposition 3 : FAUX

Si $t=4$ alors $x=1$, $y=2$ et $z=-4$. Par conséquent le point $A$ n’appartient pas à la droite dont la représentation paramétrique est fournie.

$~$

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Exercice 2

d’après Métropole juin 2014

Dans l’espace, on considère un tétraèdre $ABCD$ dont les faces $ABC$, $ACD$ et $ABD$ sont des triangles rectangles et isocèles en $A$. On désigne par $E, F$ et $G$ les milieux respectifs des côtés $[AB]$, $[BC]$ et $[CA]$.

On choisit $AB$ pour unité de longueur et on se place dans le repère orthonormé $\left(A;\vec{AB};\vec{AC};\vec{AD}\right)$ de l’espace.

On désigne par $\mathscr{P}$ le plan qui passe par $A$ et qui est orthogonal à la droite $(DF)$.

On note $H$ le point d’intersection du plan $\mathscr{P}$ et de la droite $(DF)$.

  1. Donner les coordonnées des points $D$ et $F$.
    $\quad$
  2. Donner une représentation paramétrique de la droite $(DF)$.
    $\quad$
  3. Une représentation paramétrique du plan $\mathscr{P}$ est $\begin{cases} x=t+2t’ \\y=t+4t’ \qquad t \in \R, t’ \in \R\\z=t+3t’ \end{cases}$
    $\quad$
    Calculer les coordonnées du point $H$.
    $\quad$
  4. Démontrer que l’angle $\widehat{EHG}$ est un angle droit.

$\quad$

Correction Exercice 2

  1. $D(0;0;1)$ et $F(0,5;0,5;0)$
    $~$
  2. $\vec{DF}(0,5;0,5;-1)$
    Donc une représentation paramétrique de $(DF)$ est :
    $$\begin{cases} x= 0,5k \\\\y=0,5k \qquad k\in \R \\\\z=1-k \end{cases}$$
    $~$
  3. Les coordonnées de $H$ vérifient à la fois les équations de $(DF)$ et de $\mathscr{P}$.
    On doit donc résoudre le système
    $\begin{align*} \begin{cases} 0,5k=t+2t’ \\\\0,5k=t+4t’ \\\\1-k=t+3t’ \end{cases} & \Leftrightarrow \begin{cases} t=0,5k-2t’ \\0,5k=0,5k-2t’+4t’ \\\\1-k=0,5k-2t’+3t’ \end{cases} \\\\
    & \Leftrightarrow \begin{cases} t = 0,5k – 2t’ \\\\t’=0 \\\\1-k=0,5k \end{cases} \\\\
    & \Leftrightarrow \begin{cases} t=0,5k \\\\t’ = 0 \\\\1 = 1,5k \end{cases} \\\\
    & \Leftrightarrow \begin{cases} t’ = 0 \\\\k = \dfrac{2}{3} \\\\t = \dfrac{1}{3} \end{cases}
    \end{align*}$
    En remplaçant ces valeurs dans une des deux représentations paramétriques, on obtient $H\left( \dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3}\right)$.
    $~$
  4. Nous avons $E(0,5;0;0)$, $G(0;0,5;0)$ et $H\left( \dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3}\right)$
    $EH^2 = \left(0,5 – \dfrac{1}{3}\right)^2 + \dfrac{1}{3^2} +\dfrac{1}{3^2} = \dfrac{1}{4}$.
    $\quad$
    On a de même $HG^2 = \dfrac{1}{4}$
    $\quad$
    $EG^2 = 0,5^2+0,5^2 = 0,5$
    $\quad$
    Donc $EG^2 = HG^2+EH^2$.
    D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $EHG$ est rectangle en $H$ et l’angle $\widehat{EHG}$ est droit.

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Exercice 3

divers 2014/2013

Cet exercice est un questionnaire à choix multiple. Pour chacune des questions, une seule des quatre propositions est correcte.

  1. Dans un repère orthonormé de l’espace, on considère les points $A(2;5;-1)$, $B(3;2;1)$ et $C(1;3;-2)$. Le triangle $ABC$ est :
    a. rectangle et non isocèle
    $\quad$
    b. isocèle et non rectangle
    $\quad$
    c. rectangle et isocèle
    $\quad$
    d. équilatéral
    $\quad$
  2. Soit $\mathscr{D}$ la droite de vecteur directeur $\vec{u}(2;-1;1)$ passant par $A(1;-1;-1)$. Une représentation paramétrique de la droite $\mathscr{D}$ est :
    a. $\begin{cases} x=2+t \\y=-1-t \qquad t\in \R \\z=1-t \end{cases}$
    $\quad$
    b. $\begin{cases} x=-1+2t \\y=1-t \qquad t\in \R\\z=1+t\end{cases}$
    $\quad$
    c. $\begin{cases} x=5+4t \\y=-3-2t \qquad t\in \R\\z=1+2t \end{cases}$
    $\quad$
    d. $\begin{cases} x=4-2t \\y=-2+t \qquad t \in \R\\z=3-4t \end{cases}$
    $\quad$
  3. L’espace est rapporté à un repère orthonormé \Oijk.
    On note $\mathscr{D}$ la droite ayant pour représentation paramétrique $\begin{cases} x=t+1 \\y=2t-1 \qquad t\in\R \\z=3t+2 \end{cases}$ et $\mathscr{D}’$ la droite ayant pour représentation paramétrique $\begin{cases} x=k+1 \\y=k+3 \qquad k\in \R \\z=-k+4 \end{cases}$
    a. Les droites $\mathscr{D}$ et $\mathscr{D}’$ sont parallèles.
    $\quad$
    b. Les droites $\mathscr{D}$ et $\mathscr{D}’$ sont coplanaires.
    $\quad$
    c. Le point $A(-3;5;4)$ appartient à la droite $\mathscr{D}$.
    $\quad$
    d. Les droites $\mathscr{D}$ et $\mathscr{D}’$ sont orthogonales.
    $\quad$
Correction Exercice 3

  1. Déterminons les coordonnées des différents vecteurs.
    $\vec{AB}(1;-3;2)$ $\quad$ $\vec{AC}(-1;-2;-1)$ $\quad$ $\vec{BC}(-2;1;-3)$
    Donc $AB^2 = 1 + 9 + 4 = 14$ $\quad$ $AC^2 = 1 + 4 + 1 = 6$ et $BC^2 = 4 + 1 +9 = 14$
    On constate donc que $AB = BC$ mais $AC^2 \neq AB^2 + BC^2$. D’après la contraposée du théorème de Pythagore, le triangle ABC n’est pas rectangle.
    Réponse B
    $\quad$
  2. La droite $\mathscr{D}_1$ passe par le point $A(1;-1;1)$ et a comme vecteur directeur $\vec {u}(2;-1;1)$Si on regarde les systèmes proposés, les vecteurs associés aux systèmes a. et d. ne sont pas colinéaires à $\vec{u}$.Si on prend le système b. avec $t=1$ alors $x=1$ mais $y=0$.Ce ne peut donc être que le système c.Vérifions que les coordonnées de $A$ vérifient le système.Si on prend $t=-1$ alors : $x=1$, $y=-1$ et $z=-1$. Ce qu’on voulait.
    Réponse C
    $\quad$
  3. Un vecteur directeur de $\mathscr{D}$ est $\vec{u}(1;2;3)$ et un vecteur directeur de $\mathscr{D}’$ est $\vec{v}(1;1;-1)$.
    Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires. La réponse A ne convient pas.
    $\quad$
    Regardons si les droites sont sécantes. Les coordonnées du point d’intersection vérifient le système:
    $ \begin{align*} \begin{cases} t+1 = k+1 \\\\2t-1 = k+3 \\\\3t+2 = -k+4 \end{cases} & \Leftrightarrow \begin{cases} t = k \\\\2t=t+4 \\\\3t=-t+2 \end{cases} \\\\
    & \Leftrightarrow \begin{cases} t=k \\\\t=4 \\\\t = \dfrac{1}{2} \end{cases} \end{align*}$
    C’est impossible. La réponse B ne convient pas.
    $\quad$
    Si $t=-4$ alors $\begin{cases} x=-3\\\\y=-1\\\\z=8 \end{cases}$. par conséquent la réponse C ne convient pas.
    $\quad$
    Il ne reste donc plus que la réponse D.
    Si vous avez vu le produit scalaire dans l’espace : $\vec{u}.\vec{v} = 1 + 2 – 3 = 0\surd$.
    Réponse D

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Exercice 4

d’après Amérique du Nord 2013

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. Déterminer une représentation paramétrique du plan $(ABC)$.
    $\quad$
  3. Déterminer une représentation paramétrique de la droite $\Delta$ passant par $D$ et de vecteur directeur $\vec{u}(2;-1;3)$.
    $\quad$
  4. Déterminer les coordonnées du point $H$, intersection de la droite $\Delta$ et du plan $(ABC)$.
    $\quad$
  5. On considère la droite $d$ dont une représentation paramétrique est $\begin{cases} x=-4t-2\\y=t \qquad \qquad t\in \R\\z=3t+2\end{cases}$.
    La droite $d$ et le plan $(ABC)$ sont-ils sécants ou parallèles?
    $\quad$
Correction Exercice 4

  1. $\vec{AB}(1;-1;-1)$ $\quad \vec{AC}(2;-5;-3)$
    Or $\dfrac{2}{1} \ne \dfrac{-5}{-1}$. Par conséquent les vecteurs ne sont pas colinéaires et les points ne sont pas alignés.
  2. $\vec{AB}(1;-1;-1)$ et $\vec{AC}(2;-5;-3)$
    Par conséquent une représentation paramétrique du plan $(ABC)$ est :
    $$\begin{cases} x=k+2k’\\\\y=4-k-5k’ \qquad k\in \R, k’\in \R \\\\z=1-k-3k’ \end{cases}$$
    $\quad$
  3. $\Delta$ passe par $D$ et a le vecteur $\vec{u}$ comme vecteur directeur.
    Par conséquent une représentation paramétrique est :
    $$\begin{cases} x=7+2t \\\\ y=-1-t \qquad t\in \R \\\\ z=4+3t
    \end{cases}$$
    $\quad$
  4. Les coordonnées de $H$ vérifient le système :
    $\begin{align*} \begin{cases} 7+2t=k+2k’ \\\\-1-t = 4-k-5k’ \\\\4+3t=1-k-3k’ \end{cases} & \Leftrightarrow \begin{cases} k=7+2t-2k’ \\\\-1-t=4-7-2t+2k’-5k’ \\\\4+3t=1-7-2t+2k’-3k’\end{cases} \\\\
    & \Leftrightarrow \begin{cases} k=7+2t-2k’ \\\\t=-3k’-2\\\\10+5t=-k’\end{cases} \\\\
    & \Leftrightarrow \begin{cases} k=7+2t-2k’ \\\\t=-3k’-2 \\\\10-15k’-10=k’\end{cases} \\\\
    & \Leftrightarrow \begin{cases} k’=0 \\\\t=-2 \\\\k=3 \end{cases}\end{align*}$
    $\quad$
    Donc $H \left( 7+2\times  -(2);-1 + 2; 4 + 3 \times  (-2) \right)$ c’est-à-dire $H(3;1;-2)$
  5. Un vecteur directeur de $d$ est $\vec{v}(-4;1;3)$.
    Regardons si $\vec{v}$, $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ sont coplanaires.
    On cherche donc trois réels $a,b$ et $c$ tels que :
    $\begin{align*} a\vec{u}+b\vec{AB}+c\vec{AC} = \vec{0} & \Leftrightarrow \begin{cases} -4a + b + 2c = 0 \\\\a-b-5c = 0 \\\\3a-b-3c = 0 \end{cases} \\\\
    & \Leftrightarrow \begin{cases} b = 4a – 2c \\\\a – 4a +2c – 5c = 0 \\\\3a – 4a + 2c – 3c = 0\end{cases} \\\\
    & \Leftrightarrow \begin{cases} b=4a – 2c \\\\-3a – 3c = 0 \\\\-a-c = 0 \end{cases} \\\\
    & \Leftrightarrow \begin{cases} b=4a – 2c\\\\a=-c \\\\ a=-c \end{cases}\end{align*}$
    Par conséquent le triplet $(1;6;-1)$ convient.
    Les trois vecteurs sont donc coplanaires. La droite $d$ et le plan $(ABC)$ sont par conséquent parallèles.
    $\quad$
    De plus le point $E(-2;0;2)$ ne vérifie pas l’équation de $(ABC)$.
    La droite $d$ est strictement parallèle au plan $(ABC)$.

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