Exercices corrigés : Géométrie dans l'espace — Terminale spécialité

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1. 1

   $\overrightarrow{AB}$vecteur AB a pour coordonnées $(x_B-x_A;y_B-y_A;z_B-z_A)$(x_B-x_A ; y_B-y_A ; z_B-z_A).

2. 2

   $\overrightarrow{AB}=(4-1;0-2;5-3)=(3;-2;2)$vecteur AB =(4-1 ; 0-2 ; 5-3)=(3 ;-2 ;2).

Rappel de cours : Coordonnées d'un vecteur : (arrivée $-$- départ) sur chaque axe. $\overrightarrow{AB}=(x_B-x_A;y_B-y_A;z_B-z_A)$vecteur AB =(x_B-x_A ;y_B-y_A ;z_B-z_A).

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1. 1

   $\Vert \vec{u}\Vert =\sqrt{x^2+y^2+z^2}$‖ vecteur u ‖=√(x²+y²+z²).

2. 2

   $\Vert \vec{u}\Vert =\sqrt{2^2+(-1{)}^2+2^2}=\sqrt{4+1+4}=\sqrt{9}=3$‖ vecteur u ‖=√(2²+(-1)²+2²)=√(4+1+4)= √9 =3.

Rappel de cours : Norme (longueur) : $\Vert \vec{u}\Vert =\sqrt{x^2+y^2+z^2}$‖ vecteur u ‖=√(x²+y²+z²). C'est le théorème de Pythagore en 3D.

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1. 1

   Dans ce repère, $A$A est l'origine et les arêtes $[AB]$[AB], $[AD]$[AD], $[AE]$[AE] portent les vecteurs de base.

   Chaque coordonnée vaut $0$0 ou $1$1 selon que le sommet est « au départ » ou « au bout » de l'arête.

2. 2

   $B$B est au bout de $\overrightarrow{AB}$vecteur AB : $B(1;0;0)$B(1 ;0 ;0).

   $D$D est au bout de $\overrightarrow{AD}$vecteur AD : $D(0;1;0)$D(0 ;1 ;0).

3. 3

   $F$F est au-dessus de $B$B (d'une unité selon $\overrightarrow{AE}$vecteur AE) : $F(1;0;1)$F(1 ;0 ;1).

   $G$G est le sommet opposé à $A$A : $G(1;1;1)$G(1 ;1 ;1).

Rappel de cours : Dans le repère $(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})$(A ; vecteur AB , vecteur AD , vecteur AE ) d'un cube, les huit sommets ont des coordonnées formées de $0$0 et de $1$1.

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1. 1

   Produit scalaire : $\vec{u}\cdot \vec{v}=x_u{x}_v+y_u{y}_v+z_u{z}_v$vecteur u · vecteur v =x_ux_v+y_uy_v+z_uz_v.

2. 2

   $=1\times 3+2\times (-1)+(-1)\times 4=3-2-4=-3$=1× 3+2×(-1)+(-1)× 4=3-2-4=-3.

Rappel de cours : Produit scalaire en coordonnées : on multiplie composante par composante et on additionne.

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1. 1

   Deux vecteurs sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire est nul.

2. 2

   $\vec{u}\cdot \vec{v}=2\times 1+1\times (-1)+(-1)\times 1=2-1-1=0$vecteur u · vecteur v =2× 1+1×(-1)+(-1)× 1=2-1-1=0.

3. 3

   Le produit scalaire est nul : $\vec{u}$vecteur u et $\vec{v}$vecteur v sont orthogonaux.

Rappel de cours : $\vec{u}\perp \vec{v}⟺\vec{u}\cdot \vec{v}=0$vecteur u ⊥ vecteur v ⇔ vecteur u · vecteur v =0. Critère central pour l'orthogonalité dans l'espace.

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1. 1

   On utilise les coordonnées des sommets : $E(0;0;1)$E(0 ;0 ;1), $G(1;1;1)$G(1 ;1 ;1), $B(1;0;0)$B(1 ;0 ;0), $D(0;1;0)$D(0 ;1 ;0).

2. 2

   $I$I milieu de $[EG]$[EG] : $I\left(\frac{0+1}{2};\frac{0+1}{2};\frac{1+1}{2}\right)=I(0,5;0,5;1)$I ((0+1)/2 ;(0+1)/2 ;(1+1)/2)=I(0,5 ;0,5 ;1).

3. 3

   $J$J milieu de $[BD]$[BD] : $J\left(\frac{1+0}{2};\frac{0+1}{2};\frac{0+0}{2}\right)=J(0,5;0,5;0)$J ((1+0)/2 ;(0+1)/2 ;(0+0)/2)=J(0,5 ;0,5 ;0).

4. 4

   $I$I et $J$J ont les mêmes abscisse et ordonnée : $I$I est exactement au-dessus de $J$J, d'une unité (la hauteur du cube).

Rappel de cours : Milieu : moyenne des coordonnées. Les centres des deux faces horizontales d'un cube sont à la même verticale.

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1. 1

   Un point $M(x;y;z)$M(x;y;z) est sur la droite s'il existe $t\in \mathbb{R}$t∈ℝ tel que $\overrightarrow{AM}=t\vec{u}$vecteur AM =t vecteur u.

2. 2

   Cela donne : $\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=0-t\\ z=2+3t\end{array}$x=1+2t ; y=0-t ; z=2+3t avec $t\in \mathbb{R}$t∈ℝ.

Rappel de cours : Droite par $A$A de vecteur directeur $\vec{u}$vecteur u : $M=A+t\vec{u}$M=A+t vecteur u, une équation par coordonnée avec le même paramètre $t$t.

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1. 1

   On cherche $t$t tel que les trois équations soient vérifiées.

   De $x=5$x=5 : $1+2t=5$1+2t=5, donc $t=2$t=2.

2. 2

   On teste cette valeur : $y=-2$y=-2 ✓ ($-t=-2$-t=-2) et $z=2+3\times 2=8$z=2+3× 2=8 ✓.

3. 3

   La même valeur $t=2$t=2 convient pour les trois coordonnées : $B$B appartient à la droite.

Rappel de cours : Un point est sur la droite s'il existe UNE valeur de $t$t vérifiant les trois équations à la fois.

Erreur fréquente : Il faut la MÊME valeur de $t$t pour les trois coordonnées. Si $t$t diffère, le point n'est pas sur la droite.

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1. 1

   Un plan de vecteur normal $\vec{n}=(a;b;c)$vecteur n =(a;b;c) a une équation $ax+by+cz+d=0$ax+by+cz+d=0, ici $2x-y+3z+d=0$2x-y+3z+d=0.

2. 2

   On détermine $d$d en injectant $A$A : $2\times 1-2+3\times (-1)+d=0$2× 1-2+3×(-1)+d=0, soit $2-2-3+d=0$2-2-3+d=0, donc $d=3$d=3.

3. 3

   Équation : $2x-y+3z+3=0$2x-y+3z+3=0.

Rappel de cours : Les coefficients $(a;b;c)$(a;b;c) de l'équation $ax+by+cz+d=0$ax+by+cz+d=0 sont les coordonnées d'un vecteur normal au plan.

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1. 1

   Coordonnées des sommets : $A(0;0;0)$A(0 ;0 ;0), $G(1;1;1)$G(1 ;1 ;1), $B(1;0;0)$B(1 ;0 ;0), $D(0;1;0)$D(0 ;1 ;0).

2. 2

   $\overrightarrow{AG}=(1;1;1)$vecteur AG =(1 ;1 ;1) et $\overrightarrow{BD}=(0-1;1-0;0-0)=(-1;1;0)$vecteur BD =(0-1 ;1-0 ;0-0)=(-1 ;1 ;0).

3. 3

   Le repère étant orthonormé, on calcule le produit scalaire : $\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{BD}=1\times (-1)+1\times 1+1\times 0=-1+1+0=0$vecteur AG · vecteur BD =1×(-1)+1× 1+1× 0=-1+1+0=0.

4. 4

   Le produit scalaire est nul : les droites $(AG)$(AG) et $(BD)$(BD) sont orthogonales.

Rappel de cours : Dans un repère orthonormé, deux droites sont orthogonales lorsque le produit scalaire de leurs vecteurs directeurs est nul.

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1. 1

   Un vecteur normal de $P$P se lit sur les coefficients : $\vec{n}=(1;2;-1)$vecteur n =(1;2;-1).

2. 2

   Le vecteur directeur de $D$D est $\vec{u}=(1;2;-1)$vecteur u =(1;2;-1).

3. 3

   $\vec{u}=\vec{n}$vecteur u = vecteur n : le vecteur directeur de la droite est colinéaire au vecteur normal du plan, donc $D$D est orthogonale à $P$P.

Rappel de cours : Une droite est orthogonale à un plan $⟺$⇔ son vecteur directeur est colinéaire à un vecteur normal du plan.

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1. 1

   On remplace $x,y,z$x,y,z (en fonction de $t$t) dans l'équation du plan.

2. 2

   $(1+t)+(2t)+(-t)-4=0$(1+t)+(2t)+(-t)-4=0, soit $1+t+2t-t-4=0$1+t+2t-t-4=0, donc $2t-3=0$2t-3=0 et $t=1,5$t=1,5.

3. 3

   On reporte $t=1,5$t=1,5 : $x=2,5$x=2,5, $y=3$y=3, $z=-1,5$z=-1,5.

Rappel de cours : Intersection droite-plan : injecter la représentation paramétrique dans l'équation du plan, résoudre en $t$t, puis calculer le point.

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1. 1

   Coordonnées : $B(1;0;0)$B(1 ;0 ;0), $D(0;1;0)$D(0 ;1 ;0), $E(0;0;1)$E(0 ;0 ;1).

2. 2

   $\overrightarrow{BD}=(-1;1;0)$vecteur BD =(-1 ;1 ;0), donc $BD=\sqrt{(-1{)}^2+1^2+0^2}=\sqrt{2}$BD=√((-1)²+1²+0²)=√(2).

3. 3

   $\overrightarrow{DE}=(0;-1;1)$vecteur DE =(0 ;-1 ;1), donc $DE=\sqrt{0^2+(-1{)}^2+1^2}=\sqrt{2}$DE=√(0²+(-1)²+1²)=√(2).

4. 4

   $\overrightarrow{BE}=(-1;0;1)$vecteur BE =(-1 ;0 ;1), donc $BE=\sqrt{(-1{)}^2+0^2+1^2}=\sqrt{2}$BE=√((-1)²+0²+1²)=√(2).

5. 5

   Les trois côtés sont égaux ($BD=DE=BE=\sqrt{2}$BD=DE=BE= √2) : le triangle $BDE$BDE est équilatéral.

Rappel de cours : Les diagonales des faces d'un cube d'arête $a$a mesurent toutes $a\sqrt{2}$a √2 : un triangle reliant trois de ces diagonales est équilatéral.

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1. 1

   $\overrightarrow{AB}=(4-1;2-(-2);3-3)=(3;4;0)$vecteur AB =(4-1 ;2-(-2) ;3-3)=(3 ;4 ;0).

2. 2

   $AB=\Vert \overrightarrow{AB}\Vert =\sqrt{3^2+4^2+0^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5$AB=‖ vecteur AB ‖=√(3²+4²+0²)=√(9+16)=√(25)=5.

Rappel de cours : Distance entre deux points = norme du vecteur : $AB=\sqrt{(x_B-x_A{)}^2+(y_B-y_A{)}^2+(z_B-z_A{)}^2}$AB=√((x_B-x_A)²+(y_B-y_A)²+(z_B-z_A)²).

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1. 1

   1) $\overrightarrow{BD}=(-1;1;0)$vecteur BD =(-1 ;1 ;0) et $\overrightarrow{BE}=(-1;0;1)$vecteur BE =(-1 ;0 ;1) dirigent le plan $(BDE)$(BDE).

   On calcule : $\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{BD}=-1+1+0=0$vecteur AG · vecteur BD =-1+1+0=0 et $\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{BE}=-1+0+1=0$vecteur AG · vecteur BE =-1+0+1=0.

   $\overrightarrow{AG}$vecteur AG est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan : il en est un vecteur normal.

2. 2

   2) Le plan a une équation $x+y+z+d=0$x+y+z+d=0 (coefficients donnés par $\overrightarrow{AG}$vecteur AG).

   Il passe par $B(1;0;0)$B(1 ;0 ;0) : $1+0+0+d=0$1+0+0+d=0, donc $d=-1$d=-1.

   Équation de $(BDE)$(BDE) : $x+y+z-1=0$x+y+z-1=0. (On vérifie : $D(0;1;0)$D(0 ;1 ;0) et $E(0;0;1)$E(0 ;0 ;1) la satisfont.)

3. 3

   3) Distance de $A(0;0;0)$A(0 ;0 ;0) au plan : $d(A,(BDE))=\frac{|0+0+0-1|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$d(A,(BDE))=(|0+0+0-1|)/(√(1²+1²+1²))=1/( √3 )=( √3 )/3.

Rappel de cours : Distance point-plan : $d=\frac{|a{x}_0+b{y}_0+c{z}_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$d=(|ax₀+by₀+cz₀+d|)/(√(a²+b²+c²)). La grande diagonale $(AG)$(AG) d'un cube est orthogonale au plan $(BDE)$(BDE).

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1. 1

   $\overrightarrow{AG}=(1;1;1)$vecteur AG =(1;1;1) ; $\overrightarrow{BD}=D-B=(-1;1;0)$vecteur BD =D-B=(-1;1;0) ; $\overrightarrow{BE}=E-B=(-1;0;1)$vecteur BE =E-B=(-1;0;1).

2. 2

   $\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{BD}=-1+1+0=0$vecteur AG · vecteur BD =-1+1+0=0 et $\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{BE}=-1+0+1=0$vecteur AG · vecteur BE =-1+0+1=0 : $\overrightarrow{AG}$vecteur AG est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(BDE)$(BDE), donc $(AG)$(AG) est orthogonale à $(BDE)$(BDE) et $\overrightarrow{AG}$vecteur AG en est un vecteur normal.

3. 3

   Le plan admet $\overrightarrow{AG}=(1;1;1)$vecteur AG =(1;1;1) pour normale : il a une équation $x+y+z+d=0$x+y+z+d=0.

   Il passe par $B(1;0;0)$B(1;0;0) : $1+0+0+d=0$1+0+0+d=0, donc $d=-1$d=-1.

   Équation : $x+y+z-1=0$x+y+z-1=0.

4. 4

   $(AG)$(AG) est dirigée par $(1;1;1)$(1;1;1) et passe par $A$A : ses points sont $(t;t;t)$(t;t;t).

   En reportant dans l'équation du plan : $t+t+t-1=0$t+t+t-1=0, soit $t=\frac{1}{3}$t=1/3.

   Donc $K(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3})$K(1/3;1/3;1/3).

5. 5

   $d(A,(BDE))=\frac{|0+0+0-1|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\approx 0,58$d(A,(BDE))=(|0+0+0-1|)/(√(1²+1²+1²))=1/sqrt3=sqrt3/3≈0,58. (C'est la distance $AK$AK.)

Rappel de cours : Orthogonale à deux vecteurs non colinéaires d'un plan $\Rightarrow$⇒ orthogonale au plan ; distance d'un point à un plan : $\frac{|a{x}_0+b{y}_0+c{z}_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$(|ax₀+by₀+cz₀+d|)/(√(a²+b²+c²)).