Exercices corrigés : Vecteurs, droites et plans de l'espace (Terminale)
Ce chapitre étend à l'espace le calcul vectoriel du plan pour décrire des droites et des plans, et pour décider s'ils se coupent. Il fournit les outils (bases, coordonnées, représentations paramétriques) utilisés dans tous les exercices de géométrie dans l'espace du baccalauréat.
Exercice 1 · Sommes de vecteurs dans un cube
application●●●
Relation de ChaslesÉgalité de vecteurs dans un solide
On considère un cube $ABCDEFGH$ : la face $ABCD$ est en bas, la face $EFGH$ en haut, et les arêtes verticales sont $[AE]$, $[BF]$, $[CG]$, $[DH]$.
Écrire chacun des vecteurs suivants sous la forme d'un seul vecteur dont l'origine et l'extrémité sont des sommets du cube.
Les vecteurs s'enchaînent : par la relation de Chasles,
$$\vec{u} = (\overrightarrow{AE} + \overrightarrow{EH}) + \overrightarrow{HG} = \overrightarrow{AH} + \overrightarrow{HG} = \overrightarrow{AG}.$$
La face $ADHE$ est un carré, donc $\overrightarrow{DH} = \overrightarrow{AE}$. Alors :
$$\vec{v} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AE} + \overrightarrow{EG} = \overrightarrow{BE} + \overrightarrow{EG} = \overrightarrow{BG}.$$
On a $-\overrightarrow{AD} = \overrightarrow{DA}$, donc :
$$\vec{w} = \overrightarrow{DA} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BF} = \overrightarrow{DB} + \overrightarrow{BF} = \overrightarrow{DF}.$$
Vérification sur la figure : $\overrightarrow{AG}$ et $\overrightarrow{DF}$ sont des diagonales du cube, $\overrightarrow{BG}$ est une diagonale de la face $BCGF$, ce qui est cohérent avec des sommes de trois arêtes (ou d'une arête et d'une diagonale de face).
Si $\overrightarrow{AC} = k\overrightarrow{AB}$, la première coordonnée impose $6 = 2k$, donc $k = 3$. On vérifie : $3 \times 1 = 3$ et $3 \times (-2) = -6$. Donc $\overrightarrow{AC} = 3\overrightarrow{AB}$ : les vecteurs sont colinéaires, les points $A$, $B$, $C$ sont alignés.
Si $\overrightarrow{AD} = k\overrightarrow{AB}$, la première coordonnée impose $k = 2$. Deuxième coordonnée : $2 \times 1 = 2$, correct. Troisième : $2 \times (-2) = -4 \neq -3$. Les vecteurs ne sont pas colinéaires : $A$, $B$, $D$ ne sont pas alignés.
$ABDE$ est un parallélogramme si et seulement si $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{ED}$. Il est non aplati car $A$, $B$, $D$ ne sont pas alignés. Avec $E(x ; y ; z)$, $\overrightarrow{ED}(6 - x ; 1 - y ; -z)$, d'où :
$$\begin{cases} 6 - x = 2 \\ 1 - y = 1 \\ -z = -2 \end{cases} \iff \begin{cases} x = 4 \\ y = 0 \\ z = 2 \end{cases}$$
Donc $E(4 ; 0 ; 2)$.
Vérification : le milieu de $[AD]$ est $\left(4 ; 0 ; \dfrac{3}{2}\right)$ et celui de $[BE]$ est $\left(\dfrac{4 + 4}{2} ; 0 ; \dfrac{1 + 2}{2}\right) = \left(4 ; 0 ; \dfrac{3}{2}\right)$ : les diagonales ont le même milieu.
$\overrightarrow{AB}(2 ; -1 ; 4)$ est non nul : c'est un vecteur directeur de $(AB)$. Avec le point $A$ :
$$(AB) : \begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = -t \\ z = -2 + 4t \end{cases} \quad t \in \mathbb{R}.$$
Pour $t = 1$ on retrouve $B(3 ; -1 ; 2)$.
Pour $C(7 ; -3 ; 10)$ : la première équation donne $7 = 1 + 2t$, soit $t = 3$. Avec $t = 3$ : $y = -3$ et $z = -2 + 12 = 10$. Les trois coordonnées correspondent : $C \in (AB)$.
Pour $D(-1 ; 1 ; -5)$ : $-1 = 1 + 2t$ donne $t = -1$. Alors $y = 1$, correct, mais $z = -2 - 4 = -6 \neq -5$. Donc $D \notin (AB)$.
$z = 0 \iff -2 + 4t = 0 \iff t = \dfrac{1}{2}$. Alors $x = 1 + 1 = 2$ et $y = -\dfrac{1}{2}$. Le point cherché est $\left(2 ; -\dfrac{1}{2} ; 0\right)$.
Décomposition d'un vecteur dans une baseRelation de Chasles
On considère le cube $ABCDEFGH$ (face $ABCD$ en bas, arêtes verticales $[AE]$, $[BF]$, $[CG]$, $[DH]$). On note $K$ le centre de la face $BCGF$ et $L$ le point du segment $[EG]$ tel que $\overrightarrow{EL} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{EG}$.
Décomposer $\overrightarrow{AK}$ dans la base $(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE})$.
Décomposer $\overrightarrow{AL}$ dans la même base.
En déduire les coordonnées de $\overrightarrow{KL}$ dans cette base.
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Exercice 6 · Quatre points coplanaires
entrainement●●●
Coplanarité en coordonnéesRésolution d'un système à deux inconnuesBase de l'espace
Dans un repère de l'espace, on considère les points $A(1 ; 0 ; 2)$, $B(2 ; 1 ; 0)$, $C(0 ; 2 ; 1)$ et, pour tout réel $m$, le point $D_m(3 ; 0 ; m)$.
Montrer que les points $A$, $B$, $C$ ne sont pas alignés.
Déterminer la valeur de $m$ pour laquelle les points $A$, $B$, $C$, $D_m$ sont coplanaires. Pour cette valeur, exprimer $\overrightarrow{AD_m}$ en fonction de $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$.
Que peut-on dire du triplet $(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{AD_m})$ pour les autres valeurs de $m$ ?
$\overrightarrow{AB}(1 ; 1 ; -2)$ et $\overrightarrow{AC}(-1 ; 2 ; -1)$. Si $\overrightarrow{AC} = k\overrightarrow{AB}$, la première coordonnée impose $k = -1$, mais alors la deuxième vaudrait $-1 \neq 2$. Les vecteurs ne sont pas colinéaires : $A$, $B$, $C$ ne sont pas alignés et définissent le plan $(ABC)$ dirigé par $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$.
$\overrightarrow{AD_m}(2 ; 0 ; m - 2)$. Les points sont coplanaires si et seulement si il existe des réels $a$, $b$ tels que $\overrightarrow{AD_m} = a\overrightarrow{AB} + b\overrightarrow{AC}$, c'est-à-dire :
$$\begin{cases} a - b = 2 \\ a + 2b = 0 \\ -2a - b = m - 2 \end{cases}$$
En soustrayant la première ligne à la deuxième : $3b = -2$, donc $b = -\dfrac{2}{3}$, puis $a = 2 + b = \dfrac{4}{3}$. La troisième ligne devient :
$$-\dfrac{8}{3} + \dfrac{2}{3} = -2 = m - 2 \iff m = 0.$$
Les points $A$, $B$, $C$, $D_m$ sont coplanaires si et seulement si $m = 0$, et alors $\overrightarrow{AD_0} = \dfrac{4}{3}\overrightarrow{AB} - \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AC}$.
Vérification : $\dfrac{4}{3}(1 ; 1 ; -2) - \dfrac{2}{3}(-1 ; 2 ; -1) = \left(\dfrac{6}{3} ; 0 ; -\dfrac{6}{3}\right) = (2 ; 0 ; -2)$, qui sont bien les coordonnées de $\overrightarrow{AD_0}$.
Pour $m \neq 0$, le système n'a pas de solution : $\overrightarrow{AD_m}$ n'est pas combinaison linéaire de $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ (non colinéaires), donc les trois vecteurs ne sont pas coplanaires. Le triplet $(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{AD_m})$ est alors une base de l'espace.
Résultat :
$m = 0$, avec $\overrightarrow{AD_0} = \frac{4}{3}\overrightarrow{AB} - \frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$ ; base pour $m \neq 0$
Exercice 7 · Trois positions relatives de droites
entrainement●●●
Position relative de deux droitesReprésentation paramétriqueSystème à deux paramètres
Dans un repère de l'espace, on considère les droites définies par les représentations paramétriques suivantes ($t$ et $s$ réels) :
$$d_1 : \begin{cases} x = 2 + t \\ y = 1 - 2t \\ z = 3t \end{cases} \qquad d_2 : \begin{cases} x = 4 - 2s \\ y = -3 + 4s \\ z = 6 - 6s \end{cases}$$
$$d_3 : \begin{cases} x = 2 + s \\ y = -2 + s \\ z = 1 + 2s \end{cases} \qquad d_4 : \begin{cases} x = s \\ y = 2 - 2s \\ z = 1 + 3s \end{cases}$$
Étudier la position relative de $d_1$ et $d_2$, puis de $d_1$ et $d_3$, puis de $d_1$ et $d_4$. En cas d'intersection en un point, donner ses coordonnées.
Un vecteur directeur de $d_1$ est $\vec{u}_1(1 ; -2 ; 3)$.
$d_1$ et $d_2$. Un vecteur directeur de $d_2$ est $\vec{u}_2(-2 ; 4 ; -6)$, et $\vec{u}_2 = -2\vec{u}_1$ (vérifié sur les trois coordonnées). Les droites sont parallèles. Le point $(4 ; -3 ; 6)$ de $d_2$ (obtenu pour $s = 0$) est-il sur $d_1$ ? $4 = 2 + t$ donne $t = 2$ ; alors $y = 1 - 4 = -3$ et $z = 6$. Il est sur $d_1$. Deux droites parallèles ayant un point commun sont confondues : $d_1 = d_2$.
$d_1$ et $d_3$. Un vecteur directeur de $d_3$ est $\vec{u}_3(1 ; 1 ; 2)$. Si $\vec{u}_3 = k\vec{u}_1$, la première coordonnée impose $k = 1$, mais $1 \neq -2$ : non colinéaires. On cherche $t$ et $s$ tels que :
$$\begin{cases} 2 + t = 2 + s \\ 1 - 2t = -2 + s \\ 3t = 1 + 2s \end{cases}$$
La première ligne donne $s = t$. La deuxième devient $1 - 2t = -2 + t$, soit $t = 1$, donc $s = 1$. Troisième ligne : $3 \times 1 = 3$ et $1 + 2 \times 1 = 3$, vérifiée. Les droites sont sécantes ; avec $t = 1$ dans $d_1$, le point d'intersection est $(3 ; -1 ; 3)$.
$d_1$ et $d_4$. Un vecteur directeur de $d_4$ est $(1 ; -2 ; 3) = \vec{u}_1$ : les droites sont parallèles. Le point $(0 ; 2 ; 1)$ de $d_4$ ($s = 0$) est-il sur $d_1$ ? $0 = 2 + t$ donne $t = -2$, puis $y = 1 + 4 = 5 \neq 2$. Il n'est pas sur $d_1$ : $d_1$ et $d_4$ sont strictement parallèles.
Résultat :
$d_1$ et $d_2$ confondues ; $d_1$ et $d_3$ sécantes en $(3 ; -1 ; 3)$ ; $d_1$ et $d_4$ strictement parallèles
Exercice 8 · Une droite et le plan (ABC)
entrainement●●●
Position relative d'une droite et d'un planIntersection droite-planCoplanarité
Dans un repère $(O ; \vec{i}, \vec{j}, \vec{k})$ de l'espace, on considère les points $A(1 ; 0 ; 0)$, $B(0 ; 2 ; 0)$, $C(0 ; 0 ; 3)$ et $F(1 ; 1 ; 3)$.
Montrer que $A$, $B$, $C$ définissent un plan.
Soit $d$ la droite passant par $O$ et de vecteur directeur $\vec{w}(1 ; 1 ; 1)$.
a) Montrer que $d$ coupe le plan $(ABC)$ en un unique point.
b) Déterminer les coordonnées de ce point.
Soit $\delta$ la droite passant par $F$ et de vecteur directeur $\overrightarrow{BC}$. Montrer que $\delta$ est strictement parallèle au plan $(ABC)$.
Le plan $(ABC)$ est dirigé par $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$.
Indice 2
Un point $M(t ; t ; t)$ de $d$ est dans $(ABC)$ si et seulement si $\overrightarrow{AM}$ est combinaison linéaire de $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$.
Indice 3
Pour $\delta$, exprimer $\overrightarrow{BC}$ à l'aide de $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$, puis tester le point $F$.
$\overrightarrow{AB}(-1 ; 2 ; 0)$ et $\overrightarrow{AC}(-1 ; 0 ; 3)$. Si $\overrightarrow{AC} = k\overrightarrow{AB}$, la première coordonnée impose $k = 1$, mais $0 \neq 2$ : non colinéaires. Les points ne sont pas alignés et définissent le plan $(ABC)$ dirigé par $(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC})$.
a) On cherche $a$, $b$ tels que $\vec{w} = a\overrightarrow{AB} + b\overrightarrow{AC}$ :
$$\begin{cases} -a - b = 1 \\ 2a = 1 \\ 3b = 1 \end{cases}$$
Les deux dernières lignes donnent $a = \dfrac{1}{2}$ et $b = \dfrac{1}{3}$, mais alors $-a - b = -\dfrac{5}{6} \neq 1$. Les vecteurs $\vec{w}$, $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas coplanaires : $d$ n'est pas parallèle à $(ABC)$ et le coupe en un unique point.
b) Une représentation paramétrique de $d$ est $x = t$, $y = t$, $z = t$, $t \in \mathbb{R}$. Le point $M(t ; t ; t)$ est dans $(ABC)$ si et seulement si il existe $a$, $b$ avec $\overrightarrow{AM} = a\overrightarrow{AB} + b\overrightarrow{AC}$, où $\overrightarrow{AM}(t - 1 ; t ; t)$ :
$$\begin{cases} -a - b = t - 1 \\ 2a = t \\ 3b = t \end{cases}$$
On obtient $a = \dfrac{t}{2}$, $b = \dfrac{t}{3}$, puis $-\dfrac{t}{2} - \dfrac{t}{3} = t - 1$, soit $-\dfrac{5t}{6} - t = -1$, donc $\dfrac{11t}{6} = 1$ et $t = \dfrac{6}{11}$.
Le point d'intersection est $\left(\dfrac{6}{11} ; \dfrac{6}{11} ; \dfrac{6}{11}\right)$. Vérification avec $a = \dfrac{3}{11}$, $b = \dfrac{2}{11}$ : $a\overrightarrow{AB} + b\overrightarrow{AC}$ a pour coordonnées $\left(-\dfrac{5}{11} ; \dfrac{6}{11} ; \dfrac{6}{11}\right)$, qui sont bien celles de $\overrightarrow{AM}$.
$\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}$ : le vecteur directeur de $\delta$ est combinaison linéaire de $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$, donc $\delta$ est parallèle à $(ABC)$.
Reste à savoir si $F \in (ABC)$. $\overrightarrow{AF}(0 ; 1 ; 3)$. On cherche $a$, $b$ tels que $-a - b = 0$, $2a = 1$, $3b = 3$. Les deux dernières donnent $a = \dfrac{1}{2}$ et $b = 1$, mais $-a - b = -\dfrac{3}{2} \neq 0$. Donc $F \notin (ABC)$ : $\delta$ est parallèle au plan sans y être contenue, elle est strictement parallèle à $(ABC)$.
Parallélisme de deux plansRelation de ChaslesAppartenance d'un point à un plan
On considère le cube $ABCDEFGH$ (face $ABCD$ en bas, arêtes verticales $[AE]$, $[BF]$, $[CG]$, $[DH]$).
Montrer que $\overrightarrow{CH} = \overrightarrow{BE}$ et que $\overrightarrow{CF} = \overrightarrow{BE} - \overrightarrow{BD}$.
En déduire que les plans $(BDE)$ et $(CFH)$ sont parallèles.
On se place dans le repère $(A ; \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE})$. Montrer que $C \notin (BDE)$ et conclure sur la position relative des deux plans.
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Exercice 10 · Droites sécantes selon un paramètre
entrainement●●●
Position relative de deux droitesSystème avec paramètre
Dans un repère de l'espace, on considère la droite $d$ et, pour tout réel $m$, la droite $d_m$ :
$$d : \begin{cases} x = 1 + t \\ y = 2t \\ z = -1 + t \end{cases} \ (t \in \mathbb{R}) \qquad d_m : \begin{cases} x = s \\ y = 1 + s \\ z = m - s \end{cases} \ (s \in \mathbb{R})$$
Existe-t-il une valeur de $m$ pour laquelle $d$ et $d_m$ sont parallèles ?
Déterminer la valeur de $m$ pour laquelle $d$ et $d_m$ sont sécantes, et donner alors les coordonnées du point d'intersection.
Quelle est la position relative de $d$ et $d_m$ pour les autres valeurs de $m$ ?
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Exercice 11 · Tétraèdre : milieux des arêtes opposées
approfondissement●●●
Décomposition dans une baseUnicité des coordonnéesIntersection d'une droite et d'un plan
Soit $ABCD$ un tétraèdre. On note $I$, $J$, $K$, $L$, $P$, $Q$ les milieux respectifs des arêtes $[AB]$, $[CD]$, $[AC]$, $[BD]$, $[AD]$, $[BC]$.
Justifier que $(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{AD})$ est une base de l'espace, puis décomposer $\overrightarrow{AI}$ et $\overrightarrow{AJ}$ dans cette base.
Soit $G$ le milieu de $[IJ]$. Montrer que $\overrightarrow{AG} = \dfrac{1}{4}\left(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD}\right)$.
Montrer que les segments $[IJ]$, $[KL]$ et $[PQ]$ ont le même milieu.
a) Soit $M$ un point et $x$, $y$ deux réels tels que $\overrightarrow{BM} = x\overrightarrow{BC} + y\overrightarrow{BD}$. Montrer que $\overrightarrow{AM} = (1 - x - y)\overrightarrow{AB} + x\overrightarrow{AC} + y\overrightarrow{AD}$.
b) En déduire que la droite $(AG)$ coupe le plan $(BCD)$ en un unique point $M$, et exprimer $\overrightarrow{AM}$ dans la base.
c) Montrer que $\overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} + \overrightarrow{MD} = \vec{0}$ (ainsi $M$ est le centre de gravité du triangle $BCD$) et exprimer $\overrightarrow{AG}$ en fonction de $\overrightarrow{AM}$.
$ABCD$ est un tétraèdre, donc ses quatre sommets ne sont pas coplanaires : les vecteurs $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AC}$, $\overrightarrow{AD}$ ne sont pas coplanaires et forment une base.
Préliminaire : si $N$ est le milieu de $[UV]$, alors $\overrightarrow{AN} = \overrightarrow{AU} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{UV} = \overrightarrow{AU} + \dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AV} - \overrightarrow{AU}) = \dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AU} + \overrightarrow{AV})$.
Ainsi $\overrightarrow{AI} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}$, de coordonnées $\left(\dfrac{1}{2} ; 0 ; 0\right)$, et $\overrightarrow{AJ} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}$, de coordonnées $\left(0 ; \dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2}\right)$.
Par le préliminaire, $\overrightarrow{AG} = \dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AI} + \overrightarrow{AJ}) = \dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{4}\overrightarrow{AC} + \dfrac{1}{4}\overrightarrow{AD}$.
$\overrightarrow{AK} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}$ et $\overrightarrow{AL} = \dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD})$. Le milieu $G'$ de $[KL]$ vérifie $\overrightarrow{AG'} = \dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AK} + \overrightarrow{AL}) = \dfrac{1}{4}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD}) = \overrightarrow{AG}$, donc $G' = G$.
De même $\overrightarrow{AP} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}$ et $\overrightarrow{AQ} = \dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC})$ ; le milieu $G''$ de $[PQ]$ vérifie $\overrightarrow{AG''} = \dfrac{1}{4}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD}) = \overrightarrow{AG}$, donc $G'' = G$. Les trois segments ont pour milieu commun $G$.
b) $B$, $C$, $D$ ne sont pas alignés, donc $(BCD)$ est le plan passant par $B$ dirigé par $(\overrightarrow{BC}, \overrightarrow{BD})$. Un point $M$ est sur $(AG)$ si et seulement si il existe $k$ réel tel que $\overrightarrow{AM} = k\overrightarrow{AG} = \dfrac{k}{4}\overrightarrow{AB} + \dfrac{k}{4}\overrightarrow{AC} + \dfrac{k}{4}\overrightarrow{AD}$. Il est dans $(BCD)$ si et seulement si il existe $x$, $y$ avec l'écriture du a). Par unicité des coordonnées dans la base, $M$ est dans l'intersection si et seulement si :
$$\begin{cases} 1 - x - y = \dfrac{k}{4} \\ x = \dfrac{k}{4} \\ y = \dfrac{k}{4} \end{cases}$$
En reportant : $1 - \dfrac{k}{2} = \dfrac{k}{4}$, soit $\dfrac{3k}{4} = 1$, donc $k = \dfrac{4}{3}$ et $x = y = \dfrac{1}{3}$. Le système a une unique solution : $(AG)$ coupe $(BCD)$ en un unique point $M$ tel que :
$$\overrightarrow{AM} = \dfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD}\right).$$
$M$ est donc le centre de gravité du triangle $BCD$. Enfin $k = \dfrac{4}{3}$ signifie $\overrightarrow{AM} = \dfrac{4}{3}\overrightarrow{AG}$, c'est-à-dire $\overrightarrow{AG} = \dfrac{3}{4}\overrightarrow{AM}$.
Exercice 12 · Une droite qui s'appuie sur deux droites non coplanaires
approfondissement●●●
Droites non coplanairesColinéarité en coordonnéesReprésentation paramétrique
Dans un repère de l'espace, on considère les droites :
$$d_1 : \begin{cases} x = 1 + t \\ y = t \\ z = 0 \end{cases} \ (t \in \mathbb{R}) \qquad d_2 : \begin{cases} x = 0 \\ y = s \\ z = 2 + s \end{cases} \ (s \in \mathbb{R})$$
et le vecteur $\vec{w}(1 ; 1 ; 1)$.
Montrer que $d_1$ et $d_2$ sont non coplanaires.
On cherche une droite $\Delta$ de vecteur directeur $\vec{w}$ qui coupe à la fois $d_1$ et $d_2$.
a) Soit $M_1(1 + t ; t ; 0)$ un point de $d_1$ et $M_2(0 ; s ; 2 + s)$ un point de $d_2$. Déterminer $t$ et $s$ pour que $\overrightarrow{M_1M_2}$ soit colinéaire à $\vec{w}$.
b) En déduire qu'il existe une unique droite $\Delta$ convenable et en donner une représentation paramétrique.
Existe-t-il une droite de vecteur directeur $\vec{u}_1(1 ; 1 ; 0)$ qui coupe à la fois $d_1$ et $d_2$ ?
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Exercice 13 · Sujet type bac : une diagonale du cube et le plan (BDG)
examen●●●
Coordonnées dans un repèreReprésentation paramétriqueIntersection droite-planParallélisme droite-planPosition relative de deux droites
On considère un cube $ABCDEFGH$ : la face $ABCD$ est en bas, la face $EFGH$ en haut, et les arêtes verticales sont $[AE]$, $[BF]$, $[CG]$, $[DH]$. On se place dans le repère $(A ; \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE})$. On note $I$ le milieu de $[BF]$ et $J$ le milieu de $[GH]$.
Donner les coordonnées des points $B$, $C$, $D$, $E$, $G$, puis celles de $I$ et $J$.
Déterminer une représentation paramétrique de la droite $(EC)$.
a) Justifier que les points $B$, $D$, $G$ définissent un plan.
b) Montrer que la droite $(EC)$ coupe le plan $(BDG)$ en un unique point $P$.
c) Déterminer les coordonnées de $P$ et en déduire le réel $\lambda$ tel que $\overrightarrow{EP} = \lambda\overrightarrow{EC}$.
Montrer que la droite $(IJ)$ est strictement parallèle au plan $(BDG)$.
Les droites $(IJ)$ et $(EC)$ sont-elles sécantes ?
Dans ce repère, chaque sommet a des coordonnées égales à $0$ ou $1$.
Indice 2
Le plan $(BDG)$ est dirigé par $\overrightarrow{BD}$ et $\overrightarrow{BG}$ ; un point $M$ de $(EC)$ est dans ce plan si $\overrightarrow{BM}$ en est une combinaison linéaire.
Indice 3
Pour la question 5, utiliser le vecteur directeur $2\overrightarrow{IJ}$ pour éviter les fractions, puis résoudre en $(t ; u)$ et vérifier la troisième équation.
$\overrightarrow{EC}(1 ; 1 ; -1)$ est un vecteur directeur de $(EC)$. Avec le point $E$ :
$$(EC) : \begin{cases} x = t \\ y = t \\ z = 1 - t \end{cases} \quad t \in \mathbb{R}.$$
a) $\overrightarrow{BD}(-1 ; 1 ; 0)$ et $\overrightarrow{BG}(0 ; 1 ; 1)$. L'abscisse de $\overrightarrow{BG}$ est nulle, celle de $\overrightarrow{BD}$ ne l'est pas, et $\overrightarrow{BG} \neq \vec{0}$ : ces vecteurs ne sont pas colinéaires. Les points $B$, $D$, $G$ ne sont pas alignés et définissent le plan $(BDG)$, dirigé par $(\overrightarrow{BD}, \overrightarrow{BG})$.
b) Cherchons $a$, $b$ tels que $\overrightarrow{EC} = a\overrightarrow{BD} + b\overrightarrow{BG}$ : $-a = 1$, $a + b = 1$, $b = -1$. La première et la troisième lignes donnent $a = -1$, $b = -1$, mais alors $a + b = -2 \neq 1$. Les vecteurs $\overrightarrow{EC}$, $\overrightarrow{BD}$, $\overrightarrow{BG}$ ne sont pas coplanaires : $(EC)$ n'est pas parallèle à $(BDG)$ et le coupe en un unique point $P$.
c) Soit $M(t ; t ; 1 - t)$ un point de $(EC)$ ; $\overrightarrow{BM}(t - 1 ; t ; 1 - t)$. $M \in (BDG)$ si et seulement si il existe $a$, $b$ tels que :
$$\begin{cases} -a = t - 1 \\ a + b = t \\ b = 1 - t \end{cases}$$
La première et la troisième lignes donnent $a = 1 - t$ et $b = 1 - t$ ; la deuxième devient $2 - 2t = t$, donc $t = \dfrac{2}{3}$.
Ainsi $P\left(\dfrac{2}{3} ; \dfrac{2}{3} ; \dfrac{1}{3}\right)$. Vérification avec $a = b = \dfrac{1}{3}$ : $\dfrac{1}{3}\overrightarrow{BD} + \dfrac{1}{3}\overrightarrow{BG}$ a pour coordonnées $\left(-\dfrac{1}{3} ; \dfrac{2}{3} ; \dfrac{1}{3}\right)$, qui sont celles de $\overrightarrow{BP}$.
Le point $P$ correspond au paramètre $t = \dfrac{2}{3}$, et la représentation est construite avec $E$ et $\overrightarrow{EC}$, donc $\overrightarrow{EP} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{EC}$ : $\lambda = \dfrac{2}{3}$.
$\overrightarrow{IJ}\left(-\dfrac{1}{2} ; 1 ; \dfrac{1}{2}\right)$. Cherchons $a$, $b$ tels que $\overrightarrow{IJ} = a\overrightarrow{BD} + b\overrightarrow{BG}$ : $-a = -\dfrac{1}{2}$, $a + b = 1$, $b = \dfrac{1}{2}$. Avec $a = b = \dfrac{1}{2}$, la deuxième ligne est vérifiée : $\overrightarrow{IJ} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{BD} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{BG}$. La droite $(IJ)$ est parallèle à $(BDG)$.
Testons $I$ : $\overrightarrow{BI}\left(0 ; 0 ; \dfrac{1}{2}\right)$. Le système $-a = 0$, $a + b = 0$, $b = \dfrac{1}{2}$ donne $a = 0$, $b = \dfrac{1}{2}$, puis $a + b = \dfrac{1}{2} \neq 0$. Donc $I \notin (BDG)$ et $(IJ)$ est strictement parallèle au plan $(BDG)$.
Le vecteur $2\overrightarrow{IJ}(-1 ; 2 ; 1)$ dirige $(IJ)$ :
$$(IJ) : \begin{cases} x = 1 - u \\ y = 2u \\ z = \dfrac{1}{2} + u \end{cases} \quad u \in \mathbb{R}.$$
Il n'est pas colinéaire à $\overrightarrow{EC}(1 ; 1 ; -1)$ : la première coordonnée imposerait $k = -1$, mais $-1 \neq 2$. On cherche $t$, $u$ tels que $t = 1 - u$, $t = 2u$, $1 - t = \dfrac{1}{2} + u$. Les deux premières lignes donnent $1 - u = 2u$, soit $u = \dfrac{1}{3}$ et $t = \dfrac{2}{3}$. Troisième ligne : $1 - \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3}$ et $\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} = \dfrac{5}{6}$, différents. Pas de point commun et vecteurs directeurs non colinéaires : $(IJ)$ et $(EC)$ ne sont pas sécantes, elles sont non coplanaires.
Résultat :
$P\left(\frac{2}{3} ; \frac{2}{3} ; \frac{1}{3}\right)$, $\lambda = \frac{2}{3}$ ; $(IJ)$ strictement parallèle à $(BDG)$ ; $(IJ)$ et $(EC)$ non coplanaires
Exercice 14 · Sujet type bac : vrai ou faux en géométrie dans l'espace
examen●●●
Colinéarité en coordonnéesAppartenance à une droitePosition relative d'une droite et d'un planPosition relative de deux droites
Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse, en justifiant la réponse. Une réponse non justifiée n'est pas prise en compte.
Dans un repère de l'espace, on considère les points $A(1 ; 2 ; 0)$, $B(3 ; 1 ; 1)$, $C(0 ; 1 ; 2)$, $D(0 ; 3 ; -3)$ et les droites :
$$d : \begin{cases} x = 2 + t \\ y = -1 - 2t \\ z = 3 + 3t \end{cases} \ (t \in \mathbb{R}) \qquad d' : \begin{cases} x = 1 + s \\ y = 2 - s \\ z = s \end{cases} \ (s \in \mathbb{R})$$
Affirmation 1. Les points $A$, $B$, $C$ sont alignés.
Affirmation 2. Le point $D$ appartient à la droite $d$.
Affirmation 3. La droite $d$ est contenue dans le plan $(ABC)$.
Affirmation 4. Les droites $d$ et $d'$ sont non coplanaires.