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 $1$.
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.
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.
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$B(1 ; 0 ; 0)$, $C(1 ; 1 ; 0)$, $D(0 ; 1 ; 0)$, $E(0 ; 0 ; 1)$, $G(1 ; 1 ; 1)$. Avec $F(1 ; 0 ; 1)$ et $H(0 ; 1 ; 1)$ : $I\left(1 ; 0 ; \dfrac{1}{2}\right)$ et $J\left(\dfrac{1}{2} ; 1 ; 1\right)$.
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$\overrightarrow{EC}(1 ; 1 ; -1)$ est un vecteur directeur de $(EC)$. Avec le point $E$ : $$(EC) : \begin{cases} x = t \\ y = t \\ z = 1 - t \end{cases} \quad t \in \mathbb{R}.$$
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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.
$P\left(\frac{2}{3} ; \frac{2}{3} ; \frac{1}{3}\right)$, $\lambda = \frac{2}{3}$ ; $(IJ)$ strictement parallèle à $(BDG)$ ; $(IJ)$ et $(EC)$ non coplanaires