Géométrie du plan et de l’espace : corrigé des exercices de maths en L1.

Corrigé de l’exercice 1 : Changement de repère dans le plan

1. Le déterminant de \((\vec{u},\vec{v})\) vaut \(1\times 1-(-1)\times 1=2\neq 0\). La famille est donc une base du plan, et \(\mathcal{R}^{\prime}\) est un repère. De plus, \(\vec{u}\cdot\vec{v}=-1+1=0\) : le repère est orthogonal. En revanche, \(\|\vec{u}\|=\|\vec{v}\|=\sqrt{2}\neq 1\). Le repère est orthogonal mais pas orthonormé.
2. Par définition, \(\vec{\Omega M}=2\vec{u}+\vec{v}=(2-1,\;2+1)=(1,3)\). On ajoute les coordonnées de \(\Omega\). Donc \(M(2,5)\) dans le repère canonique.
3. La relation \(\vec{\Omega M}=X\vec{u}+Y\vec{v}\) s’écrit \(x-1=X-Y\) et \(y-2=X+Y\). En ajoutant ces deux égalités, on obtient \(2X=x+y-3\). En les soustrayant, on obtient \(2Y=y-x-1\). Ainsi \(X=\frac{x+y-3}{2}\) et \(Y=\frac{y-x-1}{2}\). On contrôle avec \(M(2,5)\) : \(X=\frac{4}{2}=2\) et \(Y=\frac{2}{2}=1\).
4. L’équation \(y=x+1\) équivaut à \(y-x-1=0\), c’est-à-dire à \(Y=0\). De même, \(x+y=5\) équivaut à \(x+y-3=2\), donc à \(X=1\). Dans \(\mathcal{R}^{\prime}\), on a \(\mathcal{D}_1:Y=0\) et \(\mathcal{D}_2:X=1\). En effet, \(\mathcal{D}_1\) passe par \(\Omega\) et elle est dirigée par \(\vec{u}\) : c’est le premier axe du nouveau repère.
5. On complète les carrés : \(\mathcal{C}:(x-1)^2+(y-2)^2=5\). Or \(x-1=X-Y\) et \(y-2=X+Y\). Par conséquent, \((X-Y)^2+(X+Y)^2=2X^2+2Y^2=5\). L’équation de \(\mathcal{C}\) dans \(\mathcal{R}^{\prime}\) est \(X^2+Y^2=\frac{5}{2}\). L’équation garde la forme d’un cercle, car les vecteurs de base sont orthogonaux et de même norme. Cependant, le « rayon » lu dans ces coordonnées vaut \(\sqrt{5/2}\), alors que le vrai rayon vaut \(\sqrt{2}\times \sqrt{5/2}=\sqrt{5}\).

Point de méthode : dans un repère non orthonormé, les coordonnées restent utiles pour les équations, mais les longueurs ne se lisent plus directement.

Corrigé de l’exercice 2 : Droites du plan, équations et paramétrages

1. Le vecteur \(\vec{AB}=(4,-2)\) dirige \((AB)\). Un paramétrage est \(x=1+4t\), \(y=3-2t\), avec \(t\in\mathbb{R}\).
2. On élimine \(t\) : \(t=\frac{x-1}{4}\), donc \(y=3-\frac{x-1}{2}\). En multipliant par 2, on obtient \(2y=7-x\). Une équation de \((AB)\) est \(x+2y-7=0\), de vecteur normal \((1,2)\). On vérifie : \(1+6-7=0\) pour \(A\) et \(5+2-7=0\) pour \(B\).
3. Pour \(ax+by+c=0\), le vecteur \((-b,a)\) dirige la droite. Ici, il vaut \((1,3)\). On pose \(x=t\), et l’équation donne \(y=3t+1\). Donc \(\mathcal{D}\) est dirigée par \((1,3)\) et paramétrée par \(x=t\), \(y=1+3t\).
4. Les vecteurs normaux \((1,2)\) et \((3,-1)\) ne sont pas colinéaires, car \(1\times (-1)-2\times 3=-7\neq 0\). Les droites sont donc sécantes. On remplace \(y=3x+1\) dans \(x+2y=7\) : \(7x+2=7\), d’où \(x=\frac{5}{7}\) et \(y=\frac{15}{7}+1=\frac{22}{7}\). Le point d’intersection est \((\frac{5}{7},\frac{22}{7})\). Contrôle : \(\frac{5}{7}+\frac{44}{7}=7\).
5. La droite cherchée admet \(\vec{AB}=(4,-2)\), ou \((2,-1)\), comme vecteur normal. Elle a donc une équation \(2x-y+c=0\). Comme \(C(2,-1)\) lui appartient, \(4+1+c=0\), soit \(c=-5\). La perpendiculaire à \((AB)\) passant par \(C\) a pour équation \(2x-y-5=0\).

Corrigé de l’exercice 3 : Plans et droites de l’espace, d’une représentation à l’autre

1. Un vecteur normal est \(\vec{n}=(1,2,-1)\). Ensuite, \(1+2-0=3\), donc \(A\in\mathcal{P}\). Pour paramétrer, on écrit \(x=3-2y+z\) et on pose \(y=s\), \(z=t\). Un paramétrage de \(\mathcal{P}\) est \((x,y,z)=(3-2s+t,\;s,\;t)\). Le plan passe donc par \((3,0,0)\) et il est dirigé par \((-2,1,0)\) et \((1,0,1)\), tous deux orthogonaux à \(\vec{n}\).
2. La troisième équation donne \(t=z-3s\). On reporte dans la première : \(x=1+s+z-3s=1-2s+z\), donc \(s=\frac{1+z-x}{2}\). Ensuite, la deuxième équation donne :
   \[y=2-s+2(z-3s)=2-7s+2z=2-\frac{7(1+z-x)}{2}+2z.\]
   En multipliant par 2, on obtient \(2y=-3+7x-3z\). Une équation de \(\mathcal{Q}\) est \(7x-2y-3z-3=0\).
3. Le plan est dirigé par \(\vec{a}=(1,-1,3)\) et \(\vec{b}=(1,2,1)\). On calcule \(\vec{a}\wedge\vec{b}=\big((-1)(1)-3\times 2,\;3\times 1-1\times 1,\;1\times 2-(-1)\times 1\big)=(-7,2,3)\). Le point \((1,2,0)\) appartient à \(\mathcal{Q}\). Donc \(-7(x-1)+2(y-2)+3z=0\), soit \(-7x+2y+3z+3=0\). On retrouve bien \(7x-2y-3z-3=0\).
4. Un point de \(\Delta\) s’écrit \((2+t,\;-1+3t,\;-2t)\). On élimine \(t=x-2\). Alors \(y=-1+3(x-2)=3x-7\) et \(z=-2(x-2)=-2x+4\). Donc \(\Delta\) est l’intersection des plans \(3x-y-7=0\) et \(2x+z-4=0\). Leurs vecteurs normaux \((3,-1,0)\) et \((2,0,1)\) ne sont pas colinéaires, ce qui confirme qu’ils se coupent selon une droite.

Corrigé de l’exercice 4 : Plan passant par trois points

1. On a \(\vec{AB}=(1,1,-2)\) et \(\vec{AC}=(-1,1,-1)\). Par la formule du produit vectoriel :
   \[\vec{AB}\wedge\vec{AC}=\big(1\times (-1)-(-2)\times 1,\;(-2)\times (-1)-1\times (-1),\;1\times 1-1\times (-1)\big)=(1,3,2).\]
   Ce vecteur est non nul, donc \(\vec{AB}\) et \(\vec{AC}\) ne sont pas colinéaires : les points ne sont pas alignés.
2. Le vecteur \((1,3,2)\) est normal au plan \((ABC)\). L’équation est donc \(x+3y+2z=d\), et \(A\) donne \(d=1+0+4=5\). Le plan \((ABC)\) a pour équation \(x+3y+2z-5=0\). Contrôle : \(2+3+0=5\) pour \(B\) et \(0+3+2=5\) pour \(C\).
3. L’aire du triangle vaut la moitié de celle du parallélogramme. Donc l’aire de \(ABC\) vaut \(\frac{1}{2}\sqrt{1+9+4}=\frac{\sqrt{14}}{2}\).
4. Pour \(D\), on trouve \(3+0+2=5\) : \(D\) appartient au plan, donc \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) sont coplanaires. Pour \(E\), on trouve \(1+3+2=6\neq 5\) : \(E\) n’appartient pas au plan.

Corrigé de l’exercice 5 : Produit scalaire et angles d’un triangle

1. On a \(\vec{AB}=(4,0)\) et \(\vec{AC}=(1,3)\). Donc \(\vec{AB}\cdot\vec{AC}=4\). Par ailleurs, \(AB=4\) et \(AC=\sqrt{10}\). Ainsi \(\cos\widehat{BAC}=\frac{4}{4\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{10}\).
2. On a \(\vec{BA}=(-4,0)\) et \(\vec{BC}=(-3,3)\), d’où \(\vec{BA}\cdot\vec{BC}=12\). De plus, \(BC=\sqrt{18}=3\sqrt{2}\). Donc \(\cos\widehat{ABC}=\frac{12}{4\times 3\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\). L’angle \(\widehat{ABC}\) mesure \(\frac{\pi}{4}\).
3. On a \(\vec{CA}=(-1,-3)\) et \(\vec{CB}=(3,-3)\), d’où \(\vec{CA}\cdot\vec{CB}=-3+9=6\). Donc \(\cos\widehat{ACB}=\frac{6}{\sqrt{10}\times 3\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\).
4. Le projeté \(H\) de \(C\) sur \((AB)\) vérifie \(\vec{AH}=\lambda\vec{AB}\) avec \(\lambda=\frac{\vec{AC}\cdot\vec{AB}}{AB^2}=\frac{4}{16}=\frac{1}{4}\). Donc \(H(1,0)\) et \(CH=3\). L’aire vaut alors \(\frac{1}{2}\times AB\times CH=\frac{1}{2}\times 4\times 3\). Par ailleurs, \(\det(\vec{AB},\vec{AC})=4\times 3-0\times 1=12\), dont la moitié vaut aussi 6. L’aire du triangle est 6.
5. La hauteur issue de \(C\) est la droite \(x=1\). La hauteur issue de \(A\) a pour vecteur normal \(\vec{BC}=(-3,3)\), ou \((-1,1)\) ; elle passe par l’origine, donc elle a pour équation \(y=x\). Ces deux hauteurs se coupent en \((1,1)\). On contrôle avec la hauteur issue de \(B\), de vecteur normal \(\vec{AC}=(1,3)\) : son équation est \(x+3y=4\), et \(1+3=4\). L’orthocentre est le point \((1,1)\).

Point de méthode : une hauteur est une droite de vecteur normal connu, le côté opposé ; son équation s’écrit donc immédiatement.

Corrigé de l’exercice 6 : Distance d’un point à une droite du plan

1. On applique la formule du cours avec \(\vec{n}=(3,-4)\), de norme 5. On calcule \(3\times 2-4\times (-1)+2=12\). Donc \(d(M,\mathcal{D})=\frac{12}{5}\).
2. On a \(H=M-\lambda\vec{n}\) avec \(\lambda=\frac{12}{25}\). Ainsi :
   \[H=(2-\frac{36}{25},\;-1+\frac{48}{25})=(\frac{14}{25},\frac{23}{25}).\]
   On vérifie que \(H\in\mathcal{D}\) : \(\frac{42-92+50}{25}=0\). De plus, \(MH=\lambda\|\vec{n}\|=\frac{12}{25}\times 5\). On retrouve \(MH=\frac{12}{5}\), avec \(H(\frac{14}{25},\frac{23}{25})\).
3. Les deux droites ont le même vecteur normal. Le point \((0,\frac{1}{2})\) appartient à \(\mathcal{D}\). Sa distance à \(\mathcal{D}^{\prime}\) vaut \(\frac{|0-2-8|}{5}=2\). Comme les droites sont parallèles, cette distance ne dépend pas du point choisi. La distance entre \(\mathcal{D}\) et \(\mathcal{D}^{\prime}\) vaut 2.
4. La droite \(\Delta\) passe par \((1,0)\) et elle est dirigée par \((2,1)\). Un vecteur normal est donc \((1,-2)\), et l’équation s’écrit \(x-2y-1=0\). La distance de \(O\) à \(\Delta\) vaut \(\frac{|-1|}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\).

Corrigé de l’exercice 7 : Cercles du plan

1. On complète les carrés : \(x^2-4x=(x-2)^2-4\) et \(y^2+6y=(y+3)^2-9\). L’équation devient \((x-2)^2+(y+3)^2=4+9+12=25\). C’est le cercle de centre \(\Omega(2,-3)\) et de rayon \(R=5\).
2. On a \((5-2)^2+(1+3)^2=9+16=25\), donc \(A\in\mathcal{C}\). La tangente en \(A\) admet \(\vec{\Omega A}=(3,4)\) pour vecteur normal. Son équation est donc \(3(x-5)+4(y-1)=0\). La tangente en \(A\) a pour équation \(3x+4y-19=0\).
3. La distance de \(\Omega\) à \(\mathcal{D}\) vaut \(\frac{|2-6-6|}{\sqrt{5}}=2\sqrt{5}\), qui est inférieure à 5. On attend donc deux points. On remplace \(x=6-2y\) : \((4-2y)^2+(y+3)^2=25\). Cela donne \(5y^2-10y=0\), soit \(y=0\) ou \(y=2\). L’intersection est formée des points \((6,0)\) et \((2,2)\).
4. La droite est tangente si et seulement si sa distance au centre vaut \(R\). Cela s’écrit \(\frac{|2-6+c|}{\sqrt{5}}=5\), c’est-à-dire \(|c-4|=5\sqrt{5}\). Les valeurs cherchées sont \(c=4+5\sqrt{5}\) et \(c=4-5\sqrt{5}\).
5. On complète les carrés : \((x+1)^2+(y-2)^2=1+4-10=-5\). Une somme de carrés ne peut pas être strictement négative. L’ensemble est vide.

Corrigé de l’exercice 8 : Distance d’un point à un plan et projeté orthogonal

1. On a \(\vec{n}=(2,-1,2)\), de norme 3. On calcule \(6-1+8-1=12\). Donc \(d(M,\mathcal{P})=\frac{12}{3}=4\).
2. D’après le cours, \(H=M-\lambda\vec{n}\) avec \(\lambda=\frac{12}{9}=\frac{4}{3}\). Ainsi :
   \[H=(3-\frac{8}{3},\;1+\frac{4}{3},\;4-\frac{8}{3})=(\frac{1}{3},\frac{7}{3},\frac{4}{3}).\]
   On vérifie : \(\frac{2-7+8}{3}-1=0\). Le projeté orthogonal est \(H(\frac{1}{3},\frac{7}{3},\frac{4}{3})\).
3. Le point \(H\) est le milieu de \([MM^{\prime}]\), donc \(M^{\prime}=2H-M\). On obtient \(M^{\prime}(-\frac{7}{3},\frac{11}{3},-\frac{4}{3})\). Contrôle : \(-\frac{14}{3}-\frac{11}{3}-\frac{8}{3}-1=-12\), opposé de la valeur 12 obtenue en \(M\).
4. Un point \(N(x,y,z)\) est à la distance 2 de \(\mathcal{P}\) si et seulement si \(|2x-y+2z-1|=6\). L’ensemble cherché est la réunion des deux plans parallèles \(2x-y+2z-7=0\) et \(2x-y+2z+5=0\).

Corrigé de l’exercice 9 : Intersection de deux plans

1. Les vecteurs normaux sont \(\vec{n}_1=(1,1,-1)\) et \(\vec{n}_2=(2,-1,1)\). Ils ne sont pas colinéaires, car leurs premières coordonnées imposeraient un rapport 2, incompatible avec les deuxièmes. Les plans ne sont donc pas parallèles.
2. En ajoutant les deux équations, on obtient \(3x=6\), donc \(x=2\). La première équation devient \(y-z=-1\). On prend \(z=t\) comme paramètre, d’où \(y=t-1\). La droite \(\mathcal{D}\) est paramétrée par \((2,\;-1+t,\;t)\) : elle passe par \((2,-1,0)\) et elle est dirigée par \((0,1,1)\). Contrôle dans \(\mathcal{P}_2\) : \(4-(-1+t)+t=5\).
3. On calcule \(\vec{n}_1\wedge\vec{n}_2=\big(1\times 1-(-1)(-1),\;(-1)\times 2-1\times 1,\;1\times (-1)-1\times 2\big)=(0,-3,-3)\). Ce vecteur vaut \(-3\,(0,1,1)\) : il est bien colinéaire au vecteur directeur trouvé.
4. On a \(\vec{n}_1\cdot\vec{n}_2=2-1-1=0\). Les plans sont perpendiculaires : l’angle vaut \(\frac{\pi}{2}\).
5. On remplace le paramétrage dans \(\mathcal{P}_3\) : \(2+2(-1+t)+t=4\), soit \(3t=4\). Donc \(t=\frac{4}{3}\). Le point d’intersection est \((2,\frac{1}{3},\frac{4}{3})\). Contrôle : \(2+\frac{2}{3}+\frac{4}{3}=4\).

La figure ci-dessous montre les deux plans perpendiculaires et leur droite d’intersection \(\mathcal{D}\), dirigée par \((0,1,1)\).

Point de méthode : résoudre le système donne un point et une direction ; le produit vectoriel des normales sert de contrôle rapide.

Corrigé de l’exercice 10 : Positions relatives d’une droite et d’un plan

1. Le plan a pour vecteur normal \(\vec{n}=(1,-2,1)\).
   • Pour \(\mathcal{D}_1\) : \((1,1,1)\cdot\vec{n}=1-2+1=0\), donc la droite est parallèle au plan. De plus, \(1-0+2=3\), donc le point \((1,0,2)\) est dans \(\mathcal{P}\). La droite \(\mathcal{D}_1\) est contenue dans \(\mathcal{P}\).
   • Pour \(\mathcal{D}_2\) : même direction, mais l’origine donne \(0\neq 3\). La droite \(\mathcal{D}_2\) est strictement parallèle à \(\mathcal{P}\).
   • Pour \(\mathcal{D}_3\) : \((2,0,1)\cdot\vec{n}=3\neq 0\), donc la droite est sécante. Le point \((1+2t,\,1,\,1+t)\) est dans \(\mathcal{P}\) si et seulement si \(1+2t-2+1+t=3\), soit \(t=1\). Le point d’intersection est \((3,1,2)\).
   • Pour \(\mathcal{D}_4\) : la direction est \((1,1,0)\wedge(0,0,1)=(1,-1,0)\). Or \((1,-1,0)\cdot\vec{n}=1+2=3\neq 0\) : la droite est sécante. Avec \(z=0\) et \(y=1-x\), l’équation du plan donne \(x-2+2x=3\), donc \(x=\frac{5}{3}\). Le point d’intersection est \((\frac{5}{3},-\frac{2}{3},0)\).
2. Tous les points de \(\mathcal{D}_2\) sont à la même distance de \(\mathcal{P}\), puisque la droite est parallèle au plan. On prend l’origine. La distance vaut \(\frac{|0-3|}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{2}\).
3. La droite orthogonale à \(\mathcal{P}\) passant par \(A\) est dirigée par \(\vec{n}\). Elle est paramétrée par \((1+t,\;1-2t,\;1+t)\). On remplace dans l’équation du plan : \(1+t-2+4t+1+t=3\), soit \(6t=3\). Donc \(t=\frac{1}{2}\), et le pied est \((\frac{3}{2},0,\frac{3}{2})\). La distance vaut alors \(|t|\,\|\vec{n}\|=\frac{\sqrt{6}}{2}\). On retrouve la formule du cours : \(\frac{|1-2+1-3|}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{2}\).

Corrigé de l’exercice 11 : Positions relatives de deux droites de l’espace

1. On a \(\vec{AA^{\prime}}=(-1,-1,1)\). Ensuite, \(\vec{u}\wedge\vec{v}=\big((-1)\times 0-2\times 1,\;2\times 2-1\times 0,\;1\times 1-(-1)\times 2\big)=(-2,4,3)\). Le produit mixte vaut donc \((\vec{u}\wedge\vec{v})\cdot\vec{AA^{\prime}}=2-4+3=1\). Ce produit mixte est non nul : \(\mathcal{D}\) et \(\mathcal{D}^{\prime}\) ne sont pas coplanaires.
2. On a \(\vec{AA^{\prime\prime}}=(0,-3,3)\) et \(\vec{u}\wedge\vec{w}=\big((-1)(-1)-2\times 2,\;2\times 1-1\times (-1),\;1\times 2-(-1)\times 1\big)=(-3,3,3)\). Le produit mixte vaut \(0-9+9=0\) : les droites sont coplanaires. Comme \(\vec{u}\wedge\vec{w}\neq\vec{0}\), elles ne sont pas parallèles, donc elles sont sécantes. On résout \(1+t=1+s\), \(2-t=-1+2s\), \(2t=3-s\). La première équation donne \(t=s\), puis la deuxième donne \(t=1\). La troisième est vérifiée : \(2=3-1\). Le point commun est \((2,1,2)\). Le plan qui les contient admet \((-3,3,3)\), ou \((-1,1,1)\), pour vecteur normal. Son équation est \(-x+y+z=1\). Contrôle : \(-2+1+2=1\) et \(-1-1+3=1\).
3. On a \((-2,2,-4)=-2\vec{u}\) : les droites sont parallèles. Un point de \(\mathcal{D}\) s’écrit \((1+t,2-t,2t)\). Il est nul seulement si \(t=0\) par la troisième coordonnée, mais alors il vaut \((1,2,0)\neq O\). Les droites \(\mathcal{D}\) et \(\Delta\) sont strictement parallèles.

Corrigé de l’exercice 12 : Distance d’un point à une droite de l’espace

1. On a \(\vec{AM}=(3,3,0)\), \(\vec{AM}\cdot\vec{u}=3+6+0=9\) et \(\|\vec{u}\|^2=9\). Donc \(\lambda=1\). Le projeté orthogonal est \(H=A+\vec{u}=(2,2,1)\).
2. On a \(\vec{HM}=(2,1,-2)\). On vérifie l’orthogonalité : \(\vec{HM}\cdot\vec{u}=2+2-4=0\). Donc \(d(M,\mathcal{D})=HM=\sqrt{4+1+4}=3\).
3. On calcule \(\vec{AM}\wedge\vec{u}=(3\times 2-0\times 2,\;0\times 1-3\times 2,\;3\times 2-3\times 1)=(6,-6,3)\), de norme \(\sqrt{81}=9\). La formule donne \(\frac{9}{3}=3\).
4. Par bilinéarité, \(f(t)=\|\vec{AM}\|^2-2t\,\vec{AM}\cdot\vec{u}+t^2\|\vec{u}\|^2=18-18t+9t^2\). On factorise : \(f(t)=9(t-1)^2+9\). Le minimum vaut 9, atteint en \(t=1\) seulement. La distance minimale vaut \(\sqrt{9}=3\), atteinte au point \(H\).

Corrigé de l’exercice 13 : Produit mixte et volume d’un tétraèdre

1. Le produit mixte \([\vec{OA},\vec{OB},\vec{OC}]\) est le déterminant d’une matrice diagonale. Il vaut \(1\times 2\times 3=6\). Le volume de \(OABC\) vaut \(\frac{6}{6}=1\).
2. Le plan \(\frac{x}{1}+\frac{y}{2}+\frac{z}{3}=1\) contient \(A\), \(B\) et \(C\). Or ces points ne sont pas alignés, donc c’est bien le plan \((ABC)\). En multipliant par 6 : \((ABC):6x+3y+2z-6=0\).
3. La distance de \(O\) au plan vaut \(\frac{|-6|}{\sqrt{36+9+4}}=\frac{6}{7}\). Le volume vaut aussi \(\frac{1}{3}\times \mathcal{A}\times \frac{6}{7}\), donc \(\mathcal{A}=\frac{3\times 1\times 7}{6}=\frac{7}{2}\). Pour contrôler, \(\vec{AB}=(-1,2,0)\) et \(\vec{AC}=(-1,0,3)\) donnent \(\vec{AB}\wedge\vec{AC}=(6,3,2)\), de norme 7. L’aire de \(ABC\) vaut \(\frac{7}{2}\).
4. Première méthode : \(\vec{AD}=(0,1,1)\), donc \([\vec{AB},\vec{AC},\vec{AD}]=(6,3,2)\cdot(0,1,1)=5\). Le volume vaut \(\frac{5}{6}\). Seconde méthode : la distance de \(D\) au plan \((ABC)\) vaut \(\frac{|6+3+2-6|}{7}=\frac{5}{7}\). Le volume vaut donc \(\frac{1}{3}\times \frac{7}{2}\times \frac{5}{7}=\frac{5}{6}\). Le volume de \(ABCD\) vaut \(\frac{5}{6}\).

Corrigé de l’exercice 14 : Identités sur le produit vectoriel

1. Posons \(\vec{u}=(a,b,c)\) et \(\vec{v}=(p,q,r)\). D’une part, \(\|\vec{u}\wedge\vec{v}\|^2=(br-cq)^2+(cp-ar)^2+(aq-bp)^2\). En développant, on obtient les six carrés croisés \(b^2r^2+c^2q^2+c^2p^2+a^2r^2+a^2q^2+b^2p^2\), diminués de \(2(bcqr+acpr+abpq)\). D’autre part, \((ap+bq+cr)^2=a^2p^2+b^2q^2+c^2r^2+2(abpq+acpr+bcqr)\). En ajoutant, les doubles produits se compensent. Il reste la somme des neuf produits d’un carré de \(\{a,b,c\}\) par un carré de \(\{p,q,r\}\). C’est exactement \((a^2+b^2+c^2)(p^2+q^2+r^2)=\|\vec{u}\|^2\|\vec{v}\|^2\).
2. Posons \(\vec{u}=(a,b,c)\), \(\vec{v}=(p,q,r)\), \(\vec{w}=(x,y,z)\). On a \(\vec{v}\wedge\vec{w}=(qz-ry,\;rx-pz,\;py-qx)\). La première coordonnée de \(\vec{u}\wedge(\vec{v}\wedge\vec{w})\) vaut \(b(py-qx)-c(rx-pz)\). On ajoute et on retranche \(apx\) :
   \[b(py-qx)-c(rx-pz)=p(ax+by+cz)-x(ap+bq+cr)=(\vec{u}\cdot\vec{w})\,p-(\vec{u}\cdot\vec{v})\,x.\]
   C’est la première coordonnée de \((\vec{u}\cdot\vec{w})\vec{v}-(\vec{u}\cdot\vec{v})\vec{w}\). Les deux autres coordonnées s’obtiennent par permutation circulaire des rôles. La formule du double produit vectoriel est démontrée.
3. On applique trois fois la formule :
   \[\begin{aligned}\vec{u}\wedge(\vec{v}\wedge\vec{w})=(\vec{u}\cdot\vec{w})\vec{v}-(\vec{u}\cdot\vec{v})\vec{w},\\ \vec{v}\wedge(\vec{w}\wedge\vec{u})=(\vec{v}\cdot\vec{u})\vec{w}-(\vec{v}\cdot\vec{w})\vec{u},\\ \vec{w}\wedge(\vec{u}\wedge\vec{v})=(\vec{w}\cdot\vec{v})\vec{u}-(\vec{w}\cdot\vec{u})\vec{v}.\end{aligned}\]
   Par symétrie du produit scalaire, les six termes s’annulent deux à deux. La somme est nulle : c’est l’identité de Jacobi.
4. On a \(\vec{i}\wedge\vec{j}=\vec{k}\), puis \(\vec{i}\wedge\vec{k}=(0,-1,0)=-\vec{j}\). La formule précédente le confirme : \((\vec{i}\cdot\vec{j})\vec{i}-(\vec{i}\cdot\vec{i})\vec{j}=-\vec{j}\). En revanche, \(\vec{i}\wedge\vec{i}=\vec{0}\), donc \((\vec{i}\wedge\vec{i})\wedge\vec{j}=\vec{0}\). Les deux résultats diffèrent : le produit vectoriel n’est pas associatif.

Corrigé de l’exercice 15 : Cercle circonscrit à un triangle

1. La médiatrice de \([AB]\) passe par le milieu \((3,0)\) et admet \(\vec{AB}=(6,0)\) pour vecteur normal. Son équation est \(x=3\). La médiatrice de \([AC]\) passe par \((1,2)\) et admet \(\vec{AC}=(2,4)\) pour vecteur normal. Son équation est \(2(x-1)+4(y-2)=0\), soit \(x+2y-5=0\). Avec \(x=3\), on obtient \(y=1\). Le centre est \(\Omega(3,1)\) et le rayon vaut \(\Omega A=\sqrt{9+1}=\sqrt{10}\). Contrôle : \(\Omega B^2=9+1\) et \(\Omega C^2=1+9\).
2. Les trois points donnent un système linéaire en \((a,b,c)\) :
   \[\begin{cases}c=0\\ 36+6a+c=0\\ 20+2a+4b+c=0\end{cases}\]
   On trouve \(c=0\), puis \(a=-6\), et enfin \(4b=-20+12=-8\), soit \(b=-2\). Le cercle a pour équation \(x^2+y^2-6x-2y=0\). En complétant les carrés, on retrouve \((x-3)^2+(y-1)^2=10\).
3. La tangente en \(A\) admet \(\vec{\Omega A}=(-3,-1)\) pour vecteur normal et passe par l’origine. Son équation est \(3x+y=0\).
4. On a \(\Omega D^2=(5-3)^2+(3-1)^2=8<10\). Le point \(D\) est à l’intérieur du cercle.

La figure ci-dessous représente le triangle, les deux médiatrices qui se coupent en \(\Omega\), le cercle circonscrit et sa tangente en \(A\).

Corrigé de l’exercice 16 : Sphère, plan sécant et plans tangents

1. On complète les carrés : \((x-1)^2-1+(y+2)^2-4+(z-3)^2-9-11=0\). L’équation devient \((x-1)^2+(y+2)^2+(z-3)^2=25\). C’est la sphère de centre \(\Omega(1,-2,3)\) et de rayon \(R=5\).
2. On calcule \(2-2+6-15=-9\) et \(\|\vec{n}\|=3\). Donc \(h=d(\Omega,\mathcal{P})=3<5\) : l’intersection est un cercle. Son centre est le projeté \(H=\Omega-\lambda\vec{n}\), avec \(\lambda=\frac{-9}{9}=-1\). Ainsi \(H=\Omega+(2,1,2)=(3,-1,5)\). Contrôle : \(6-1+10-15=0\). Le cercle a pour centre \((3,-1,5)\) et pour rayon \(\sqrt{25-9}=4\).
3. Un plan parallèle à \(\mathcal{P}\) s’écrit \(2x+y+2z+d=0\). Il est tangent si et seulement si \(\frac{|2-2+6+d|}{3}=5\), soit \(|6+d|=15\). Donc \(d=9\) ou \(d=-21\). Le point de contact est le projeté de \(\Omega\), c’est-à-dire \(\Omega\pm\frac{5}{3}(2,1,2)\). Le plan \(2x+y+2z-21=0\) touche la sphère en \((\frac{13}{3},-\frac{1}{3},\frac{19}{3})\) ; le plan \(2x+y+2z+9=0\) la touche en \((-\frac{7}{3},-\frac{11}{3},-\frac{1}{3})\). Contrôles : \(\frac{26-1+38}{3}=21\) et \(\frac{-14-11-2}{3}=-9\).
4. On a \((4-1)^2+(2+2)^2+0^2=25\), donc \(A\in\mathcal{S}\). Le plan tangent en \(A\) admet \(\vec{\Omega A}=(3,4,0)\) pour vecteur normal. Il s’écrit \(3(x-4)+4(y-2)=0\). Le plan tangent en \(A\) a pour équation \(3x+4y-20=0\).

La figure ci-dessous montre la sphère, le plan \(\mathcal{P}\) et le cercle de section de centre \(H\) et de rayon 4.

Point de méthode : tout problème sphère-plan se ramène au triangle rectangle formé par le centre, son projeté et un point du cercle.

Corrigé de l’exercice 17 : Ensembles de points définis par des distances

1. On décompose \(\vec{MA}=\vec{MI}+\vec{IA}\) et \(\vec{MB}=\vec{MI}+\vec{IB}\), avec \(\vec{IB}=-\vec{IA}\). Par bilinéarité, \(\vec{MA}\cdot\vec{MB}=(\vec{MI}+\vec{IA})\cdot(\vec{MI}-\vec{IA})\). Donc \(\vec{MA}\cdot\vec{MB}=MI^2-IA^2\).
2. La condition équivaut à \(MI=IA\). Or \(I=(1,2,0)\) et \(\vec{IA}=(1,-2,1)\), donc \(IA=\sqrt{6}\). L’ensemble \(\mathcal{E}_1\) est la sphère de diamètre \([AB]\), de centre \(I(1,2,0)\) et de rayon \(\sqrt{6}\).
3. On écrit \(MA^2-MB^2=0\). On calcule séparément \((x-2)^2-x^2=-4x+4\), puis \(y^2-(y-4)^2=8y-16\), puis \((z-1)^2-(z+1)^2=-4z\). La somme vaut \(-4x+8y-4z-12\). L’ensemble \(\mathcal{E}_2\) est le plan \(x-2y+z+3=0\) : c’est le plan médiateur de \([AB]\). Il passe bien par \(I\) (\(1-4+0+3=0\)) et admet \(\vec{AB}=(-2,4,-2)\) comme vecteur normal.
4. La condition \(MA=2MB\) équivaut à \(MA^2=4MB^2\), car les distances sont positives. On développe :
   \[\begin{aligned}MA^2=x^2+y^2+z^2-4x-2z+5,\\ 4MB^2=4x^2+4y^2+4z^2-32y+8z+68.\end{aligned}\]
   La différence donne \(3x^2+3y^2+3z^2+4x-32y+10z+63=0\). On divise par 3, puis on complète les carrés. Le centre est \(\Omega(-\frac{2}{3},\frac{16}{3},-\frac{5}{3})\). Le carré du rayon vaut \(\frac{4+256+25}{9}-21=\frac{285-189}{9}=\frac{32}{3}\). L’ensemble \(\mathcal{E}_3\) est la sphère de centre \((-\frac{2}{3},\frac{16}{3},-\frac{5}{3})\) et de rayon \(\frac{4\sqrt{6}}{3}\).

Corrigé de l’exercice 18 : Système linéaire et positions de trois plans

1. On développe selon la première ligne :
   \[\begin{vmatrix}1 1 1\\ 1 2 3\\ 2 3 m\end{vmatrix}=(2m-9)-(m-6)+(3-4)=m-4.\]
   Le déterminant vaut \(m-4\).
2. Si \(m\neq 4\), le système est de Cramer. On résout par combinaisons. La différence \(L_2-L_1\) donne \(y+2z=1\), donc \(y=1-2z\). Alors \(L_1\) donne \(x=1-y-z=z\). Enfin, \(L_3\) devient \(2z+3-6z+mz=a\), soit \((m-4)z=a-3\). L’unique solution est \(x=z=\frac{a-3}{m-4}\) et \(y=1-\frac{2(a-3)}{m-4}\) : les trois plans se coupent en un seul point.
3. Si \(m=4\) et \(a=3\), la troisième équation est la somme des deux premières. Le système se réduit à \(L_1\) et \(L_2\), et le calcul précédent donne \(x=z\), \(y=1-2z\). Les solutions forment la droite passant par \((0,1,0)\) et dirigée par \((1,-2,1)\) : les trois plans ont cette droite en commun. On contrôle que \((1,1,1)\wedge(1,2,3)=(1,-2,1)\).
4. Si \(m=4\) et \(a\neq 3\), l’équation \((m-4)z=a-3\) s’écrit \(0=a-3\), ce qui est faux. Le système n’a pas de solution. Pourtant, les vecteurs normaux \((1,1,1)\), \((1,2,3)\) et \((2,3,4)\) sont deux à deux non colinéaires : aucun couple de plans n’est parallèle. Les plans se coupent donc deux à deux selon trois droites. Ces droites sont toutes dirigées par \((1,-2,1)\), qui est orthogonal aux trois normales (par exemple \(2-6+4=0\)). La configuration est celle d’un prisme : trois droites parallèles, sans point commun aux trois plans.

Point de méthode : le déterminant décide seulement du cas « point unique » ; lorsqu’il est nul, il faut encore tester la compatibilité.

Corrigé de l’exercice 19 : Perpendiculaire commune à deux droites

1. On a \(\vec{AB}=(1,-2,0)\) et \(\vec{u}\wedge\vec{v}=(1\times 1-0\times 1,\;0\times 0-1\times 1,\;1\times 1-1\times 0)=(1,-1,1)\). Le produit mixte vaut \((1,-1,1)\cdot(1,-2,0)=3\). Il est non nul, donc les droites ne sont pas coplanaires.
2. On a \(P=(1+t,\;2+t,\;0)\) et \(Q=(2,\;s,\;s)\), donc \(\vec{PQ}=(1-t,\;s-2-t,\;s)\). Les deux conditions d’orthogonalité s’écrivent :
   \[\begin{cases}\vec{PQ}\cdot\vec{u}=s-2t-1=0\\ \vec{PQ}\cdot\vec{v}=2s-t-2=0\end{cases}\]
   La première donne \(s=2t+1\). On reporte : \(4t+2-t-2=0\), donc \(t=0\) et \(s=1\). On obtient \(P(1,2,0)\), \(Q(2,1,1)\), \(\vec{PQ}=(1,-1,1)\) et \(PQ=\sqrt{3}\).
3. Soit \(M=P+\alpha\vec{u}\) sur \(\mathcal{D}\) et \(N=Q+\beta\vec{v}\) sur \(\mathcal{D}^{\prime}\). Alors \(\vec{MN}=\vec{PQ}+(\beta\vec{v}-\alpha\vec{u})\). Le second vecteur est orthogonal à \(\vec{PQ}\), par construction. D’après le théorème de Pythagore, \(MN^2=PQ^2+\|\beta\vec{v}-\alpha\vec{u}\|^2\geq\, PQ^2\). Donc \(PQ=\sqrt{3}\) est la distance minimale entre les deux droites.
4. Le plan \(\Pi\) contient \(A\) et il est dirigé par \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\). Il admet donc \(\vec{u}\wedge\vec{v}=(1,-1,1)\) comme vecteur normal. Son équation est \(x-y+z=1-2+0\), soit \(\Pi:x-y+z+1=0\). La distance de \(B\) à \(\Pi\) vaut \(\frac{|2-0+0+1|}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\). De même, la formule donne \(\frac{|3|}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\). Les trois méthodes donnent la même distance \(\sqrt{3}\).

Comme le montre la figure ci-dessous, le segment \([PQ]\) est orthogonal aux deux droites, qui ne se rencontrent pas.

Corrigé de l’exercice 20 : Faisceau de plans contenant une droite

1. L’équation s’écrit \((\lambda+2\mu)x+(\lambda-\mu)y+(\mu-\lambda)z-\lambda-5\mu=0\). Son vecteur de coefficients est \(\lambda\vec{n}_1+\mu\vec{n}_2\). Comme \(\vec{n}_1\) et \(\vec{n}_2\) sont linéairement indépendants et \((\lambda,\mu)\neq(0,0)\), ce vecteur est non nul. C’est donc l’équation d’un plan. Par ailleurs, un point de \(\mathcal{D}\) annule les deux expressions, donc il annule aussi leur combinaison. Ainsi, \(\mathcal{Q}_{\lambda,\mu}\) est un plan contenant \(\mathcal{D}\).
2. Soit \(\mathcal{Q}\) un plan contenant \(\mathcal{D}\), de vecteur normal \(\vec{n}\). Alors \(\vec{n}\) est orthogonal à la direction \(\vec{w}=(0,1,1)\) de \(\mathcal{D}\). L’orthogonal de \(\vec{w}\) est un plan vectoriel, qui contient les vecteurs indépendants \(\vec{n}_1\) et \(\vec{n}_2\). Par suite, \(\vec{n}=\lambda\vec{n}_1+\mu\vec{n}_2\) pour un couple \((\lambda,\mu)\neq(0,0)\). Les plans \(\mathcal{Q}\) et \(\mathcal{Q}_{\lambda,\mu}\) ont alors le même vecteur normal et contiennent tous deux le point \((2,-1,0)\) de \(\mathcal{D}\). Ils sont donc égaux.
3. L’origine appartient à \(\mathcal{Q}_{\lambda,\mu}\) si et seulement si \(-\lambda-5\mu=0\). On prend \(\mu=-1\) et \(\lambda=5\). L’équation devient \(3x+6y-6z=0\). Le plan cherché est \(x+2y-2z=0\). Contrôle avec le point \((2,-1+t,t)\) : \(2-2+2t-2t=0\).
4. Le plan est parallèle à \((Ox)\) si et seulement si son vecteur normal est orthogonal à \((1,0,0)\), c’est-à-dire \(\lambda+2\mu=0\). On prend \(\lambda=2\) et \(\mu=-1\) : on obtient \(3y-3z+3=0\). Le plan cherché est \(y-z+1=0\).
5. Le plan \(x-y+2z=0\) a pour vecteur normal \((1,-1,2)\). La perpendicularité s’écrit \((\lambda+2\mu)-(\lambda-\mu)+2(\mu-\lambda)=0\), soit \(-2\lambda+5\mu=0\). On prend \(\lambda=5\) et \(\mu=2\) : on obtient \(9x+3y-3z-15=0\). Le plan cherché est \(3x+y-z-5=0\). Contrôle : \((3,1,-1)\cdot(1,-1,2)=3-1-2=0\).

Corrigé de l’exercice 21 : Problème, étude d’un tétraèdre régulier

1. On calcule les six vecteurs arêtes : \(\vec{AB}=(-2,2,0)\), \(\vec{AC}=(-2,0,2)\), \(\vec{AD}=(0,2,2)\), \(\vec{BC}=(0,-2,2)\), \(\vec{BD}=(2,0,2)\) et \(\vec{CD}=(2,2,0)\). Chacun a deux coordonnées égales à \(\pm 2\) et une nulle. Les six arêtes mesurent \(\sqrt{8}=2\sqrt{2}\) : le tétraèdre est régulier.
2. Les points \(A\), \(B\), \(C\) vérifient \(x+y+z=2\). Le plan \((ABC)\) a pour équation \(x+y+z-2=0\). La distance de \(D\) vaut \(\frac{|2+2+2-2|}{\sqrt{3}}\). Elle est égale à \(\frac{4}{\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{3}}{3}\).
3. On calcule \(\vec{AB}\wedge\vec{AC}=(2\times 2-0\times 0,\;0\times (-2)-(-2)\times 2,\;(-2)\times 0-2\times (-2))=(4,4,4)\). L’aire vaut donc \(\frac{1}{2}\times 4\sqrt{3}=2\sqrt{3}\). Le volume vaut ensuite \(\frac{1}{3}\times 2\sqrt{3}\times \frac{4}{\sqrt{3}}=\frac{8}{3}\). Par ailleurs, le produit mixte vaut \((4,4,4)\cdot(0,2,2)=16\), et \(\frac{16}{6}=\frac{8}{3}\). L’aire de \(ABC\) vaut \(2\sqrt{3}\) et le volume vaut \(\frac{8}{3}\).
4. On calcule \(\vec{AB}\wedge\vec{AD}=(2\times 2-0\times 2,\;0\times 0-(-2)\times 2,\;(-2)\times 2-2\times 0)=(4,4,-4)\). Un vecteur normal est \((1,1,-1)\), et \(A\) donne l’équation \(x+y-z=2\). On contrôle avec \(B\) et \(D\) : \(0+2-0=2\) et \(2+2-2=2\). Donc \((ABD):x+y-z-2=0\). Le système \(x+y+z=2\), \(x+y-z=2\) donne \(z=0\) par différence, puis \(x+y=2\). L’intersection est la droite \((AB)\), arête commune aux deux faces.
5. L’angle entre les plans est celui de leurs vecteurs normaux, ramené à \([0,\frac{\pi}{2}]\). On obtient \(\cos\theta=\frac{|1+1-1|}{\sqrt{3}\sqrt{3}}=\frac{1}{3}\).
6. Les quatre points donnent un système linéaire en \((a,b,c,d)\) :
   \[\begin{cases}4+2a+d=0\\ 4+2b+d=0\\ 4+2c+d=0\\ 12+2a+2b+2c+d=0\end{cases}\]
   Les trois premières équations donnent \(a=b=c=\frac{-4-d}{2}\). La dernière devient \(12-12-3d+d=0\), donc \(d=0\), puis \(a=b=c=-2\). La sphère circonscrite a pour équation \(x^2+y^2+z^2-2x-2y-2z=0\) : son centre est \((1,1,1)\) et son rayon vaut \(\sqrt{3}\).
7. L’isobarycentre est \(G(\frac{2+0+0+2}{4},\frac{0+2+0+2}{4},\frac{0+0+2+2}{4})=(1,1,1)\). Les faces \((ACD)\) et \((BCD)\) ont pour équations \(x-y+z=2\) et \(-x+y+z=2\), comme on le vérifie sur leurs sommets. Pour chacune des quatre faces, la valeur absolue du membre de gauche moins 2 vaut 1 en \(G\), et le vecteur normal a pour norme \(\sqrt{3}\). Le point \(G\) est donc à la distance \(\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\) des quatre faces.

Point de méthode : dans un problème de géométrie, contrôlez chaque équation de plan sur les points qui la définissent ; cela coûte peu et évite les erreurs en chaîne.

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Pour aller plus loin en L1

• Le cours : géométrie du plan et de l'espace, cours de maths en L1
• Les énoncés : exercices de maths en L1 sur géométrie du plan et de l'espace
• À maîtriser avant : Systèmes linéaires et calcul matriciel, Nombres complexes et trigonométrie
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• Chapitre suivant : Probabilités sur un univers fini
• Tester vos connaissances : QCM de maths en L1 par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths de L1 et la licence de maths de L1 à L3