TS – exercices – espace

Proposition 1 : VRAIE
Regardons si les coordonnées des points $A$ et $B$ vérifient le système d’équations donné.
Si $t=2$ alors $x=5 – 4 = 1$, $y=-1 + 2 = 1$ et $z=-2 + 2 = 0$. C’est vrai pour $A$.
Si $t=1$ alors $x=5-2 = 3$, $y=-1 + 1 = 0$ et $z=-2+1 = -1$. C’est vrai pour $B$.

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Proposition 2 : VRAIE
Un vecteur directeur de $\mathcal{D}$ est $\vec{u}(2;1;3)$.
Un vecteur directeur de $(AB)$ est $\vec{v}(-2;1;1)$.
$\vec{u}.\vec{v} = -2 \times 2 + 1 \times 1 + 3 \times 1 = -4 + 1 + 3 = 0$
Les $2$ vecteurs sont donc orthogonaux. Les droites associées le sont aussi.

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Proposition 3 : FAUSSE
Si les $2$ droites sont coplanaires, elles sont donc, d’après la proposition précédente, sécantes.
On cherche donc un couple $(t,t’)$ tel que :
$$\left\{ \begin{array}{l} 2t=5-2t’ \\\\1+t=-1+t’ \\\\-5+3t=-2+t’ \end{array} \right.$$
$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t=-2+t’\\\\2(-2+t’)=5-2t’ \\\\-5+3(-2+t’)=-2+t’ \end{array} \right.$$

$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t=-2+t’\\\\-4+2t’=5-2t’ \\\\-11+3t’=-2+t’ \end{array} \right.$$

$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} t=-2+t’\\\\4t’=9 \\\\2t’=9 \end{array} \right.$$

Les $2$ dernières lignes de ce systèmes ne sont pas compatibles.

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Proposition 4 : FAUSSE
Regardons si le point $E$ appartient au plan : $8 -(-3) + 3\times(-4) + 1 = 8 + 3 – 1 2 + 1 = 0$. Donc $E$ appartient bien au plan.
Regardons maintenant si le point $E$ appartient à la droite :
On cherche la valeur de $t$ telle que :

$$  \left\{ \begin{array}{l} 2t = 8\\\\1+t=-3\\\\-5+3t=-4 \end{array} \right.$$
La première ligne nous donne donc $t=4$ mais $1+4 = 5 \ne -3$

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Proposition 5 : VRAIE
Regardons si le vecteur normal $\vec{n}(1;-1;3)$ au plan $\mathcal{P}$ est orthogonal à $\vec{AB}(2;-1;-1)$ et à $\vec{AC}(6;0;-2)$
$\vec{n}.\vec{AB} = 2 \times 1 – 1\times (-1) -1 \times 3 = 2 + 1 – 3 = 0$
$\vec{n}.\vec{AC} = 6 \times 1 – 2 \times 3 = 6 – 6 = 0$
Le vecteur normal $\vec{n}$ est donc orthogonal à $2$ vecteurs non colinéaires de $(ABC)$. C’est donc également un vecteur normal du plan $(ABC)$.

1. $\vec{AB} = (1;-2;-5)$ et $\vec{AC}(2;-1;-4)$.
   Les $2$ vecteurs ne sont pas colinéaires par conséquent les points $A$, $B$ et$ C$ ne sont pas alignés.
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2. a. On veut donc que :
   $$\begin {align} \begin{cases} \vec{u}.\vec{AB} = 0  \\\\\vec{u}.\vec{AC} = 0 \end{cases} & \Leftrightarrow \begin{cases} 1 – 2b – 5c = 0 \\\\2 -b-4c = 0 \end{cases}\\\\
   & \Leftrightarrow \begin{cases} b= 2-4c \\\\-2(2-4c)-5c=-1 \end{cases}\\\\
   & \Leftrightarrow \begin{cases} b=2-4c \\\\3c=3 \end{cases} \\\\
   & \Leftrightarrow \begin{cases} c=1 \\\\b= -2 \end{cases}
   \end{align}$$
   Donc $\vec{u}(1,-2,1)$.
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   b. Une équation cartésienne du plan $(ABC)$ est alors de la forme :
   $$x-2y+z+d=0$$
   Or $A$ appartient au plan $ABC$ donc :
   $$1 -4 + 7 +d = 0 \Leftrightarrow d = -4$$
   Une équation cartésienne de $(ABC)$ est donc bien $x-2y+z-4=0$
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   c. Regardons si les coordonnées du point $D$ vérifient l’équation précédente :
   $$3 + 12 + 1 – 4 = 12 \ne 0$$
   Donc $D$ n’appartient pas à $(ABC)$.
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3. a. Un vecteur directeur de $\mathscr{D}$ est $\vec{v}(2;-4;2) = 2\vec{u}$.
   Donc $\mathscr{D}$ est orthogonale au plan $(ABC)$.
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   b. Pour trouver les coordonnées du point d’intersection de la droite et du plan on va injecter dans l’équation du plan les équations paramétriques de la droite.
   $$\begin{align} 2t+3 -2(-4t+5)+(2t-1)-4 = 0 &\Leftrightarrow 2t+3+8t-10+2t-1-4=0 \\\\
   & \Leftrightarrow 12t-12=0 \\\\
   &\Leftrightarrow t = 1
   \end{align}$$
   Le point $H$ a donc pour coordonnées $(5;1;1)$
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4. $\vec{DE}(1;-2;-5)$. Ce vecteur n’est pas colinéaire $ \vec{u}$ donc la droite $(DE)$ n’est pas orthogonale au plan $(ABC)$.
   $\vec{DE}.\vec{u} = 1 +4 – 5 =  0$. Donc la droite $(DE)$ est pas parallèle au plan $(ABC)$. Puisque $D$ n’appartient pas à $(ABC)$ alors la droite est strictement parallèle au plan.

1. $\vec{BC }\begin{pmatrix}1\\\\0\\\\2 \end{pmatrix}$ et $\vec{CD }\begin{pmatrix}6\\\\5\\\\-3 \end{pmatrix}$
   Par conséquent $\vec{BC}.\vec{CD} = 6 – 6 = 0$. Le triangle $BCD$ est donc rectangle en $C$.
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   $BC = \sqrt{1^2+2^2} = \sqrt{5}$
   $CD = \sqrt{6^2+5^2+(-3)^2} = \sqrt{70}$
   Le triangle n’est donc pas isocèle.
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   Son aire est $\mathscr{A} = \dfrac{\sqrt{5}\times \sqrt{70}}{2} = \dfrac{5\sqrt{14}}{2}$
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2. a. Il suffit de montrer que $\vec{n}$ est orthogonal à $2$ vecteurs non colinéaires du plan :
   $\vec{n}.\vec{BC} = -2 + 2 = 0$.
   $\vec{n}.\vec{CD} = -12 + 15 – 3 = 0$.
   $\vec{n}$ est donc bien normal au plan $(BCD)$.
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   b. Une équation cartésienne du plan $(BCD)$ est de la forme :
   $$-2x+3y+z+d=0$$
   Or $B\in (BCD)$. Donc ses coordonnées vérifient l’équation du plan :
   $$2+3+0+d=0 \Leftrightarrow d = -5$$
   Une équation du plan est donc :
   $$-2x+3y+z-5=0$$
3. $\vec{n}$ est donc un vecteur directeur de $\mathscr{D}$.
   Une représentation paramétrique de cette droite est donc :
   $$\begin{cases} 5 -2t\\\\-5+3t \qquad t\in \R\\\\2+t \end{cases}$$
4. Pour déterminer les coordonnées de $H$ on injecte les équations de $\mathscr{D}$ dans l’équation du plan $(BCD)$
   $$\begin{align} -2(5-2t)+3(-5+3t)+(2+t)-5 = 0 &\Leftrightarrow -10 +4t-15+9t+2+t-5 = 0 \\\\
   &\Leftrightarrow 14t-28 = 0\\\\
   &\Leftrightarrow t = 2
   \end{align}$$
   Les coordonnées de $H$ sont donc $(1;1;4)$
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5. $AH$ est la hauteur de ce tétraèdre relative à la base $BCD$.
   $AH = \sqrt{(1 – 5)^2+(1+5)^2+(4-2)^2} = \sqrt{56}$
   Donc $\mathscr{V}=\dfrac{\sqrt{56} \times \dfrac{5\sqrt{14}}{2}}{3} = \dfrac{70}{3}$.
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   $\vec{AB} \begin{pmatrix} -6\\\\6\\\\-2 \end{pmatrix}$ et $\vec{AC} \begin{pmatrix} -5\\\\6\\\\0 \end{pmatrix}$
   Par conséquent :
   $$ \begin{align} \vec{AB}.\vec{AC} & = 66 \\\\
   & =AB \times AC \times \cos \widehat{BAC} \\\\
   &= \sqrt{76} \times \sqrt{61} \times \cos \widehat{BAC}
   \end{align}$$
   Par conséquent :
   $$\cos \widehat{BAC} = \dfrac{66}{\sqrt{4636}}$$
   et
   $$ \widehat{BAC} \approx 14,2°$$

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.

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Proposition 2 : VRAI

Regardons si les coordonnées de chacun des points vérifient l’équation donnée :
Pour $A$ : $ 1 – 10 + 9 = 0$ $\surd$
Pour $B$ : $-1 -8 + 9 = 0$ $\surd$
Pour $D$ : $-1 – 8 + 9 = 0$ $\surd$
L’équation donnée est donc bien une équation de $(ABD)$.

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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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Proposition 4 : FAUX

Un vecteur normal à $\mathscr{P}$ est $\vec{n}(2;-1;5)$.
Un vecteur normal à $\mathscr{P}’$ est $\vec{n}(-3;-1;1)$.
C’est $2$ vecteurs ne sont clairement pas colinéaires (en revanche ils sont orthogonaux!)

1. On teste l’équation fournie pour chacun des points :
   $A$ : $4 + 0 = 4$
   $B$ : $4 + 0 = 4$
   $D$ : $2\sqrt{2} \times \sqrt{2} = 2 \times 2 = 4$.
   L’équation du plan $(ABD)$ est donc bien $4x + z\sqrt{2} = 4$.
   $\quad$
2. a. Un vecteur directeur de $\mathscr{D}$ est $\vec{u}\left(1;0;\sqrt{2} \right)$.
   Or $\vec{CD}\left(2;0;2\sqrt{2} \right) = 2\vec{u}$.
   Donc $\mathscr{D}$ est parallèle à $(CD)$.
   De plus en prenant $t=0$ on constate que $O$ appratient à $\mathscr{D}$.
   $\quad$
   b. Le point $G$ appartient à la fois au plan $(ABD)$ et à la droite $\mathscr{D}$. Ses coordonnées vérifient donc toutes leurs équations.
   On obtient ainsi $4t+t\sqrt{2} \times \sqrt{2} = 4$ soit $6t = 4$ d’où $t = \dfrac{2}{3}$.
   Par conséquent $G$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{2}{3};0;\dfrac{2\sqrt{2}}{3} \right)$.
   $\quad$
3. a. On a donc $L\left(\dfrac{1 – 2}{2};\dfrac{-\sqrt{3}}{2};0\right)$ soit $L\left(-\dfrac{1}{2};\dfrac{-\sqrt{3}}{2};0\right)$.
   Par conséquent $\vec{BL}\left(-\dfrac{3}{2};-\dfrac{3}{2}\sqrt{3};0\right) = -\dfrac{3}{2}\vec{OB}$.
   Donc $(BL)$ passe par $O$.
   $\vec{AC}\left(-3;\sqrt{3};0\right)$
   De plus $\vec{BL}.\vec{AC} = -\dfrac{1}{2} \times (-3) + \dfrac{-\sqrt{3}}{2} \times \sqrt{3} + 0 = \dfrac{3}{2} – \dfrac{3}{2} = 0$.
   Les droites $(BL)$ et $(AC)$ donc sont bien orthogonales.
   $\quad$
   b. On a $AB = 2\sqrt{3}$, $AC= \sqrt{9 + 3} = 2\sqrt{3}$ et $BC= \sqrt{(-2-1)^2+3} = 2\sqrt{3}$.
   Le triangle $ABC$ est donc équilatéral.
   D’après la question 3.a. On a $\vec{BL} = \dfrac{3}{2}\vec{BO}$ donc $\vec{BO} = \dfrac{2}{3}\vec{BL}$.
   $BL$ est la médiane issue de $B$ du triangle $ABC$. Par conséquent le centre de gravité (qui est aussi le centre du cercle circonscrit) se trouve au $\dfrac{2}{3}$ de cette médiane en partant de $B$. Il s’agit par conséquent de $O$.
   $\quad$
4. $AD = \sqrt{4 \times 2 + 1 + 3} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$
   $BC = \sqrt{ 4 \times 2 + 1 + 3} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$
   $CD = \sqrt{4 \times 2 +4} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$.
   Les six arêtes ont bien la même longueur. Le tétraèdre est régulier.