CORRECTIONS DES EXERCICES DE GÉOMÉTRIE DANS L

CORRECTIONS DES EXERCICES DE GÉOMÉTRIE DANS L’ESPACE
Exercice 31
(1)


 x−y−2=0

0
00
4x − 2y + z + 2 = 0
(x, y, z) ∈ P ∩ P ∩ P ⇐⇒


z=1




+ 2 = −7
 x−y−2=0 
 x = y + 2 = −11
2
2 
2y + z + 10 = 0
y = −z−10
= −11
⇐⇒
⇐⇒
2
2




z=1
z=1
Conclusion : l’intersection des 3 plans est le,point de coordonnées ( −7
, −11
, 1).
2
2
(2)




 x−y+z+1=0

 x−y+z+1=0 
3x + y − z + 2 = 0
4y − 4z − 1 = 0
(x, y, z) ∈ P ∩ P 0 ∩ P 00 ⇐⇒
⇐⇒




4x − 2y + 3z + 5 = 0
2y − z + 1 = 0




3
=
−
 x−y+z+1=0 
 x = y − z − 1 = −5+6−4
4
4 
z−1
5
2y
−
z
+
1
=
0
y
=
=
−
⇐⇒
⇐⇒
2
4




−2z − 3 = 0
z = − 32
Conclusion : l’intersection des 3 plans est le point de coordonnées (− 34 , − 45 , − 32 ).
(3) Conclusion : on trouve un système sans solution, l’intersection des trois plans est vide.
(4) Conclusion : l’intersection des 3 plans est le point de coordonnées (− 53
, 5 , 19 ).
16 16 8
(5) Conclusion : l’intersection des 3 plans est une droite dont un vecteur directeur est le
vecteur de coordonnées (−1, 1, 1).
(6) Conclusion : on trouve un système sans solution, l’intersection des trois plans est vide.
Exercice 32
Exercice 33
Exercice 35
Exercice 36
1. On cherche l’intersection de D et P par la méthode du pivot :


 5x − 3y + 2z − 5 = 0
 y + z − 2x + 1 = 0
2x − y − z − 1 = 0 ⇐⇒
−3y + 2z + 5x − 5 = 0
M = (x, y, z) ∈ D ∩ P ⇐⇒


4x − 3y + 7z − 7 = 0
−3y + 7z + 4x − 7 = 0
On a échangé la première ligne et la seconde et mis x en dernière position.
Ensuite, on fait L2 ← L2 + 3L1 et L3 ← L3 + 3L1 .

 y + z − 2x + 1 = 0
5z − x − 2 = 0
M = (x, y, z) ∈ D ∩ P ⇐⇒

10z − 2x − 4 = 0
Comme L3 = 2L2 on peut éliminer L3 .
Conclusion. P et D se coupent en une droite qui est nécessairement la droite D.
2. On remplace x, y et z par leur écriture en t dans l’équation de P .
Soit M = (x, y, z) = (3 + 2t, 5 − 3t, 2 − 2t) ∈ D.
M ∈ P ⇐⇒ −3(3 + 2t) + 2(5 − 3t) + 3(2 − 2t) − 5 = −18t + 2 = O ⇐⇒ t =
1
9
, 42 , 16 )
Donc P et D se coupent en le point I = (3 + 2 91 , 5 − 3 19 , 2 − 2 19 ) = ( 29
9 9 9
Exercice 40
Exercice 41.
Méthode 1. On détermine une représentation paramétrique de la droite D, en introduisant
le paramètre t comme égal à l’une des variables (par exemple y = t).




 z =y−3=t−3
 x = −t + 2
y−z =3
y=t
y=t
D:
⇐⇒
⇐⇒
 −x − y + 2 = 0 y=t 

x = −y + 2 = −t + 2
z =t−3
−
→
On en déduit un vecteur directeur de D : VD = (−1, 1, 1)
Méthode 2. On détermine un vecteur directeur de la droite D en calculant le produit vectoriel
des vecteurs normaux aux deux plans qui définssent D.

 
 

0
−1
−1
−
→
VD =  1  ∧  −1  =  1 
−1
0
1
2). On détermine une représentation paramétrique de la droite ∆.




 x=t
 x=t
−x + 3z = 1
y = 31 (−t − 2)
∆:
⇐⇒ 3z = x + 1 = t + 1
⇐⇒
−x
−
3y
=
2
x=t



3y = −x − 2 = −t − 2
z = 13 (t + 1)
−
→
On en déduit : un vecteur directeur de ∆ : V∆ = (3, −1, 1) (qui est le triple du vecteur
(1, − 31 , 13 ) lu sur la,représentation paramétrique de ∆).
3. Par définition Mα = (α, ∗, ∗) est un point de ∆ donc il s’écrit aussi Mα = (t, 13 (−t −
2), 31 (t + 1)).
En identifiant les deux écritures précédentes on obtient t = α et les coordonnées de Mα =
(α, 13 (−α − 2), 31 (α + 1). On a donc


α−2
−−−→  1
− 3 (α + 2) 
AMα =
1
(α + 1) + 3
3
Par conséquent, Pα a pour équation :
−−→ −
→ −−−→
det(AM , VD , 3AMα ) = 0.
C’est à dire :
x − 2 −1 3(α − 2)
y
1 −(α + 2)
z + 3 1 (α + 10)
Finalement
= (x − 2)(α + 6) + y(2α + 2) + (z + 3)(−α + 4) = 0
Pα :
(α + 6)x + (2α + 2)y + (−α + 4)z = 5α.


α+6
→ =  2α + 2 
4. Le plan Pα a pour vecteur normal : −
n
α
−α + 4
Le plan Pα est perpendiculaire à la droite ∆ lorsque ce vecteur est colinéaire à un vecteur
−
→
directeur de ∆ par exemple au vecteur V∆ = (3, −1, 1). Autrement dit, lorsque le produit vectoriel
→
−
→∧−
n
V∆ est le vecteur nul. Calculons :
α

  
α+6
0
−
→∧(3, −1, 1) =  −4α + 6  =  0  implique que (α = −6 et α = 3 ). Ce qui est impossible.
n
α
2
∗
0
Donc le plan Pα n’est jamais perpendiculaire à la droite ∆.
ANNALES.
Exercice 57.
−→
−→
1. Les points A ,B et C sont alignés si et seulement si les vecteurs AB et AC sont proportionnels.




1
2
−→
−→
On a : AB  1  et AC  −1 
−2
−1
Ils ne sont clairement pas proportionnels.
Donc les points A ,B et C ne sont pas alignés.
−→ −→
−−→
2. Les points A ,B, C et D sont coplanaires si et seulement si les vecteurs AB, AC et AD
sont coplanaires. c’est à dire si :
−→ −→ −−→
det(AB, AC, AD) = 0






1
2
0
−→
−→
−−→
0n a : AB  1 , AC  −1  et AD  −1 
−1
−2
−2
D’où :
1
2
0
1 −1 −1
−2 −1 −2
= 0 6= 0
Donc les points A ,B, C et D ne sont pas coplanaires.
−−→ −→ −→
3. le plan ABC a pour équation : det(AM , AB, −AC) = 0.
C’est à dire :
x − 1 1 −2 y−2 1
1 = (x − 1)(3) + (y − 2)(3) + (z − 3)(3) = 0
z − 3 −2 1 Finalement
P :
x + y + z = 6.
Remarque : on s’assure que les coordonnées de A, B et C vérifient bien cette équation.
√
√
√3 =
=
3.
4. Par définition, d(M, P ) = |ax+by+cz+d|
2
2
2
3
a +b +c
x+ y+ z =6
2x − 3y + 4z = 0
Pour trouver une représentation paramétrique de d on introduit t en osant x = t, on obtient :



 x=t
 x=t
 x=t
y+ z =6−t
y+ z =6−t ⇔
y = − 72 t + 24
⇐⇒
d:
7
L33 +3L2 


−3y + 4z = −2t
7z = 18 − 5t
z = − 57 t + 18
7
5.La droite d = P ∩ Π a pour représentation cartésienne : d :
Exercice 68


1
→
−
→
1. −
u = Vd =  2  et
3

→
−
−
→
→
−
u ∧ u0 = Vd0 = (−4) 
 
3
−0 −
→
→  
0
2
u = Vd =
1

1
−2 
1
−
→
−
On vérifie que ce vecteur est bien orthogonal à →
u et u0 .
2. On cherche l’intersection de d et d0 .
Méthode 1. Tout en paramétrique (pas conseillé).

 x = t = 3t0 + 1
0
y = 2t = 2t0
M = (x, y, z) ∈ d ∩ d ⇐⇒

z = 3t = t0
la seconde équation implique que t = t0 et donc :

x=t




t = 3t + 1



y = 2t
M = (x, y, z) ∈ d ∩ d0 ⇐⇒
z = 3t




3t = t



t = t0
L’avant dernière équation implique que t = 0 et ceci est incompatible avec la seconde
équation. Donc l’intersection d ∩ d0 est vide. Les droites d et d0 ne sont pas sécantes.
Méthode 2. On écrit une des droites (D par exemple) en cartésien, en éliminant t après l’avoir
exprimé en fonction d’une des coordonnées (ici en fonction de x) et l’avoir remplacé dans les
autres coordonnées par cette fonction (de x).


 x=t
 (t = x)
2x − y = 0
y = 2t ⇐⇒
y = 2x ⇐⇒
M = (x, y, z) ∈ d ⇐⇒ il existe un réel t tel que
3x − z = 0


z = 3t
z = 3x
Ensuite,

x = 3t0 + 1




 y = 2t0
z = t0
M = (x, y, z) ∈ d ∩ d0 ⇐⇒


 2x − y = 0


3x − z = 0
On remplace x, y et z par leur expression en t0 dans chacune des équations qui définissent d.
On obtient :
2x − y = 2(3t0 + 1) − 2t0 = 4t0 + 2 = 0 −→ t0 = − 21
3x − z = 3(3t0 + 1) − t0 = 5t0 + 3 = 0 −→ t0 = − 35
On trouve deux valeurs différentes pour t donc les droites d et d0 ont une intersection vide.
→
−
−
→
D’autre part, il est clair que Vd et Vd0 ne sont pas colinéaires donc d et d0 ne sont pas non plus
parallèles.
Conclusion. Les droites d et d0 sont non coplanaires.
3. On commence par déterminer une équation cartésienne de Π :
→ −
−
Π a pour vecteurs directeurs Vd et →
n et contient le point O = (0, 0, 0) ∈ d.
Par conséquent Π a pour équation cartésienne :
  

1
1
−−→
det(OM ,  2  ,  −2 ) = 8x + 2y − 4z = 0
3
1
C’est à dire Π : 4x + y − 2z = 0.
Pour déterminer l’intersection de Π et d0 , on remplace x, y et z par leur écriture en t0 dans
l’équation de Π.
Soit M = (x, y, z) = (3t0 + 1, 2t0 , t0 ) ∈ d0 .
M ∈ Π ⇐⇒ 4(3t0 + 1) + (2t0 ) − 2(t0 ) = 12t0 + 4 = 0 ⇐⇒ t0 = −
1
3
Donc Π et d0 se coupent en le point P = (−3 13 + 1, −2 13 , − 13 ) = (0, − 23 , − 13 ).
→
−
→
→
→
Par définition −
n =−
u ∧ u0 est orthogonal à −
u qui est un vecteur directeur de d. Donc toute
→
−
droite dirigée par n est orthogonale à d.
Exercice 81.


1
 −1  et
1. Le plan P a pour vecteur normal −
n→
P =
1


1
−
→
0

2 .
le plan P a pour vecteur normal nP 0 =
3
Ces vecteurs ne sont clairement pas proportionnels donc les plans P et P 0 ne sont pas parrallèles.
x− y+ z =2
0
La droite d = P ∩ P a pour représentation cartésienne : d :
x + 2y + 3z = 0
Pour trouver une représentation paramétrique de d on introduit t en posant z = t, on obtient :



 x− y =2−t
 x=2−t+y =
 x = 13 (−5t + 8)
y = 23 (−t + 1)
x + 2y = 4 − 3t
3y = 2 − 2t
d:
⇐⇒
⇔
L2 ←L2 −L1 


z=t
z=t
z=t
→
−
2. Le plan P 00 a pour vecteur normal Vd = (5, 2, −3) (qui est (−3) fois le vecteur lu sur la
représentation paramétrique de d ci-dessus) et passe par A = (1, 0, −1).
Donc, il a pour équation cartésienne P 00 : 5x + 2y − 3z = 5xA + 2yA − 3zA = 8.
C’est à dire
P 00 :
5x + 2y − 3z = 8.
3. Le plan P 00 est orthogonal à la droite d = P ∩ P 0 donc P 00 et d se coupent en un point et
d ∩ P 00 = P ∩ P 0 ∩ P 00 donc cette intersection est un point.
4. (x, y, z) ∈ P ∩ P 0 ∩ P 00 ⇐⇒ (x, y, z) ∈ d ∩ P 00

x = 31 (−5t + 8)



y = 32 (−t + 1)
⇐⇒
z=t



5x + 2y − 3z = 35 (−5t + 8) + 2 23 (−t + 1) − 3t = 13 (−38t + 44) = 8
On trouve −38t = −20 c’est à dire t =
10
19
et finalement B = ( 102
, 18 , 30 ).
57 57 57
On peut vérifier que B appartient bien aux plans P et P 0 :
− 18
+ 30
= 114
= 2 donc B ∈ P et
xB − yB + zB = 102
57
57
57
57
18
30
228
xB + 2yB + 3zB = 102
+
2
+
3
=
= 4 donc B ∈ P 0 .
57
57
57
57