Corrigé des exercices
Exercice 1 :
a) La droite \((d)\) a pour vecteur directeur \(\vec{u}(2\,;\,1\,;\,2)\) et la droite \((d^{\prime})\) a pour vecteur directeur \(\vec{v}(4\,;\,-1\,;\,1)\).
S’ils étaient colinéaires, il existerait un réel \(k\) tel que \(\vec{v}=k\vec{u}\). La première coordonnée donne \(4=2k\), soit \(k=2\), mais alors la deuxième donnerait \(-1=2\times 1=2\), ce qui est faux. Les vecteurs ne sont pas colinéaires : les droites \((d)\) et \((d^{\prime})\) ne sont pas parallèles.
b) Un point commun aux deux droites correspond à des réels \(t\) et \(t^{\prime}\) vérifiant :
\[\lbrace \begin{array}{l} 1+2t=4t^{\prime}\\ 2+t=-2-t^{\prime}\\ -1+2t=2+t^{\prime}\end{array}.\]
La deuxième équation donne \(t^{\prime}=-4-t\). En remplaçant dans la première : \(1+2t=-16-4t\), d’où \(6t=-17\) et \(t=-\dfrac{17}{6}\), puis \(t^{\prime}=-4+\dfrac{17}{6}=-\dfrac{7}{6}\).
On vérifie la troisième équation : \(-1+2t=-1-\dfrac{17}{3}=-\dfrac{20}{3}\) alors que \(2+t^{\prime}=2-\dfrac{7}{6}=\dfrac{5}{6}\). Les deux valeurs sont différentes : le système n’a pas de solution.
Les droites \((d)\) et \((d^{\prime})\) n’ont aucun point commun. Comme elles ne sont pas parallèles, elles ne sont pas coplanaires.
Exercice 2 :
On lit directement les termes constants (pour \(t=0\)) et les coefficients du paramètre.
- \((d)\) passe par \(A(1\,;\,-3\,;\,0)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{u}(2\,;\,1\,;\,5)\).
- \((d^{\prime})\) passe par \(B(2\,;\,0\,;\,1)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{v}(-3\,;\,-2\,;\,-1)\).
Exercice 3 :
Il suffit de donner des valeurs au paramètre \(t\).
- Pour \(t=0\) : \((1\,;\,5\,;\,-2)\).
- Pour \(t=1\) : \((0\,;\,8\,;\,-4)\).
- Pour \(t=-1\) : \((2\,;\,2\,;\,0)\).
- Pour \(t=2\) : \((-1\,;\,11\,;\,-6)\).
Exercice 4 :
On a \(\vec{AB}(4-1\,;\,5-2\,;\,-2-1)\), soit \(\vec{AB}(3\,;\,3\,;\,-3)\). Une représentation paramétrique de (AB) s’obtient avec un point de la droite et un vecteur colinéaire à \(\vec{AB}\).
- Système (1) : il passe par \(A(1\,;\,2\,;\,1)\) (pour \(t=0\)) et a pour vecteur directeur \((3\,;\,3\,;\,-3)=\vec{AB}\). Il convient.
- Système (2) : son vecteur directeur \((1\,;\,2\,;\,1)\) n’est pas colinéaire à \(\vec{AB}\) (on aurait \(1=3k\) et \(2=3k\)). Il ne convient pas.
- Système (3) : il passe par \(B(4\,;\,5\,;\,-2)\) (pour \(m=0\)) et a pour vecteur directeur \(\vec{AB}\). Il convient.
- Système (4) : il passe par B (pour \(k=0\)) et a pour vecteur directeur \((-1\,;\,-1\,;\,1)=-\dfrac{1}{3}\vec{AB}\). Il convient.
Les systèmes (1), (3) et (4) sont des représentations paramétriques de (AB) ; seul le système (2) ne convient pas.
Exercice 5 :
a) Dans le repère \((A\,;\,\vec{AB},\,\vec{AD},\,\vec{AE})\), l’origine est A et les trois vecteurs de base sont des arêtes du cube. On obtient :
\(A(0\,;\,0\,;\,0)\), \(B(1\,;\,0\,;\,0)\), \(C(1\,;\,1\,;\,0)\), \(D(0\,;\,1\,;\,0)\), \(E(0\,;\,0\,;\,1)\), \(F(1\,;\,0\,;\,1)\), \(G(1\,;\,1\,;\,1)\), \(H(0\,;\,1\,;\,1)\).
b) La droite (AG) passe par \(A(0\,;\,0\,;\,0)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{AG}(1\,;\,1\,;\,1)\) :
\[(AG) : \lbrace \begin{array}{l} x=t\\ y=t\\ z=t\end{array}.\quad (t\in\mathbb{R})\]
La droite (BH) passe par \(B(1\,;\,0\,;\,0)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{BH}(-1\,;\,1\,;\,1)\) :
\[(BH) : \lbrace \begin{array}{l} x=1-s\\ y=s\\ z=s\end{array}.\quad (s\in\mathbb{R})\]
Ce sont des représentations paramétriques de (AG) et de (BH) (il en existe une infinité d’autres).
Exercice 6 :
Un vecteur normal à un plan est un vecteur non nul orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Dans un cube, chaque arête est perpendiculaire aux faces qu’elle traverse.
a) Le plan (ABC) est la face ABCD. L’arête [AE] est orthogonale à (AB) et (AD) : \(\vec{AE}\) et \(\vec{BF}\) (ou \(\vec{EA}\)) sont normaux à (ABC).
b) Le plan (BCF) est la face BCGF. L’arête [AB] est orthogonale à (BC) et (BF) : \(\vec{AB}\) et \(\vec{DC}\) sont normaux à (BCF).
c) Le plan (ADF) contient les droites (AD) et (AF). La droite (AD) est orthogonale à la face ABFE, donc à la droite (BE). De plus, dans le carré ABFE, les diagonales sont perpendiculaires : (BE) est orthogonale à (AF). Ainsi \(\vec{BE}\) est normal à (ADF), ainsi que \(\vec{CH}\) (car \(\vec{CH}=\vec{BE}\), BCHE étant un rectangle).
Exercice 7 :
a) Le plan \((\mathscr{P})\) est orthogonal à l’axe des ordonnées, donc \(\vec{j}(0\,;\,1\,;\,0)\) est un vecteur normal. Une équation est de la forme \(y+d=0\). Comme \(A(0\,;\,2\,;\,0)\) appartient au plan : \(2+d=0\), soit \(d=-2\).
\((\mathscr{P}) : y-2=0\), c’est-à-dire \(y=2\).
b) Le plan \((\mathscr{Q})\) est orthogonal à l’axe des cotes, donc \(\vec{k}(0\,;\,0\,;\,1)\) est un vecteur normal. Une équation est de la forme \(z+d=0\). Comme \(B(0\,;\,0\,;\,2)\) appartient au plan : \(d=-2\).
\((\mathscr{Q}) : z-2=0\), c’est-à-dire \(z=2\).
Exercice 8 :
Dans ce repère : \(B(1\,;\,0\,;\,0)\), \(C(1\,;\,1\,;\,0)\), \(E(0\,;\,0\,;\,1)\), \(F(1\,;\,0\,;\,1)\).
a) Plan (BCF) : \(\vec{BC}(0\,;\,1\,;\,0)\) et \(\vec{BF}(0\,;\,0\,;\,1)\) sont deux vecteurs non colinéaires du plan. Le vecteur \(\vec{AB}(1\,;\,0\,;\,0)\) vérifie \(\vec{AB}\cdot\vec{BC}=0\) et \(\vec{AB}\cdot\vec{BF}=0\) : \(\vec{AB}(1\,;\,0\,;\,0)\) est normal à (BCF).
Plan (BCE) : \(\vec{BC}(0\,;\,1\,;\,0)\) et \(\vec{BE}(-1\,;\,0\,;\,1)\) ne sont pas colinéaires. On cherche \(\vec{n}(a\,;\,b\,;\,c)\) tel que \(\vec{n}\cdot\vec{BC}=b=0\) et \(\vec{n}\cdot\vec{BE}=-a+c=0\). En prenant \(a=1\) : \(\vec{n}(1\,;\,0\,;\,1)\) est normal à (BCE).
b) (BCF) a une équation de la forme \(x+d=0\) ; avec \(B(1\,;\,0\,;\,0)\) : \(1+d=0\), donc \(d=-1\). \((BCF) : x-1=0\).
(BCE) a une équation de la forme \(x+z+d=0\) ; avec B : \(1+0+d=0\), donc \(d=-1\). \((BCE) : x+z-1=0\). On vérifie avec \(C\) : \(1+0-1=0\) et avec \(E\) : \(0+1-1=0\).
Exercice 9 :
a) Par lecture graphique (les graduations sont celles des axes) : \(A(0\,;\,0\,;\,2)\), \(B(2\,;\,0\,;\,0)\), \(C(0\,;\,3\,;\,0)\), \(D(0\,;\,-2\,;\,0)\).
b) On a \(\vec{AB}(2\,;\,0\,;\,-2)\), \(\vec{AC}(0\,;\,3\,;\,-2)\) et \(\vec{AD}(0\,;\,-2\,;\,-2)\), ces vecteurs étant deux à deux non colinéaires.
\(\vec{n}\cdot\vec{AB}=3\times 2+2\times 0+3\times (-2)=0\) et \(\vec{n}\cdot\vec{AC}=3\times 0+2\times 3+3\times (-2)=0\). \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan : \(\vec{n}\) est normal au plan (ABC).
\(\vec{m}\cdot\vec{AB}=1\times 2+(-1)\times 0+1\times (-2)=0\) et \(\vec{m}\cdot\vec{AD}=1\times 0+(-1)\times (-2)+1\times (-2)=0\) : \(\vec{m}\) est normal au plan (ABD).
c) (ABC) a une équation \(3x+2y+3z+d=0\). Avec \(A(0\,;\,0\,;\,2)\) : \(6+d=0\), donc \(d=-6\). \((ABC) : 3x+2y+3z-6=0\).
(ABD) a une équation \(x-y+z+d=0\). Avec A : \(2+d=0\), donc \(d=-2\). \((ABD) : x-y+z-2=0\).
d) Pour \(E(-10\,;\,-15\,;\,-3)\) :
- \(3\times (-10)+2\times (-15)+3\times (-3)-6=-75\neq0\) : E n’appartient pas à (ABC) ;
- \(-10-(-15)+(-3)-2=0\) : E appartient à (ABD).
Alix a raison : le point E appartient au plan (ABD).
Exercice 10 :
Un point commun correspond à des réels \(t\) et \(t^{\prime}\) tels que \(t=2-t^{\prime}\), \(1+t=t^{\prime}\) et \(3-t=-2+3t^{\prime}\).
En regroupant les inconnues à gauche : \(t+t^{\prime}=2\), \(t-t^{\prime}=-1\) et \(-t-3t^{\prime}=-5\), soit \(t+3t^{\prime}=5\).
C’est le système (2) qu’il faut résoudre. (Il a pour solution \(t=\dfrac{1}{2}\) et \(t^{\prime}=\dfrac{3}{2}\) : les droites se coupent au point \((\dfrac{1}{2}\,;\,\dfrac{3}{2}\,;\,\dfrac{5}{2})\).)
Exercice 11 :
On résout le système :
\[\lbrace \begin{array}{l} 1-t=2+t^{\prime}\\ 2t=-2-2t^{\prime}\\ 4=t^{\prime}\end{array}.\]
La troisième équation donne \(t^{\prime}=4\). La première donne alors \(1-t=6\), soit \(t=-5\). On vérifie la deuxième : \(2\times (-5)=-10\) et \(-2-2\times 4=-10\). Elle est vérifiée.
Avec \(t=-5\) dans la représentation de \((d)\) : \(x=1+5=6\), \(y=-10\), \(z=4\).
Le point d’intersection est \(I(6\,;\,-10\,;\,4)\).
Exercice 12 :
a) \((d)\) a pour vecteur directeur \(\vec{u}(-1\,;\,1\,;\,-3)\) et \((d^{\prime})\) a pour vecteur directeur \(\vec{v}(1\,;\,-2\,;\,1)\). Si \(\vec{v}=k\vec{u}\), la première coordonnée impose \(k=-1\), et la deuxième donnerait \(-2=-1\), ce qui est faux. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les droites ne sont pas parallèles.
b) On cherche un éventuel point commun :
\[\lbrace \begin{array}{l} 5-t=t^{\prime}\\ 2+t=2-2t^{\prime}\\ 1-3t=1+t^{\prime}\end{array}.\]
La deuxième équation donne \(t=-2t^{\prime}\). Dans la première : \(5+2t^{\prime}=t^{\prime}\), d’où \(t^{\prime}=-5\) et \(t=10\).
Troisième équation : \(1-3\times 10=-29\) alors que \(1+t^{\prime}=-4\). Elle n’est pas vérifiée : le système n’a pas de solution et les droites n’ont aucun point commun.
Deux droites coplanaires sont soit parallèles, soit sécantes. Ici, elles ne sont ni parallèles ni sécantes : \((d)\) et \((d^{\prime})\) ne sont pas coplanaires.
Exercice 13 :
a) \(\vec{AB}(2\,;\,a-1\,;\,b-a)\) et \(\vec{AC}(-4\,;\,b-1\,;\,a+1)\), car \(2a+1-a=a+1\).
b) Les points A, B, C sont alignés si, et seulement si, les vecteurs \(\vec{AB}\) et \(\vec{AC}\) sont colinéaires. Comme \(\vec{AB}\neq\vec{0}\) (sa première coordonnée vaut 2), cela revient à l’existence d’un réel \(k\) tel que \(\vec{AC}=k\vec{AB}\). La première coordonnée impose \(-4=2k\), donc \(k=-2\). La condition s’écrit alors \(b-1=-2(a-1)\) et \(a+1=-2(b-a)\) : c’est le système annoncé.
c) La première équation donne \(b=3-2a\). En remplaçant dans la seconde : \(a+1=-2(3-2a-a)=-6+6a\), d’où \(5a=7\) et \(a=\dfrac{7}{5}\). Alors \(b=3-\dfrac{14}{5}=\dfrac{1}{5}\).
\(a=\dfrac{7}{5}\) et \(b=\dfrac{1}{5}\), et les points sont \(A(1\,;\,1\,;\,\dfrac{7}{5})\), \(B(3\,;\,\dfrac{7}{5}\,;\,\dfrac{1}{5})\), \(C(-3\,;\,\dfrac{1}{5}\,;\,\dfrac{19}{5})\).
Vérification : \(\vec{AB}(2\,;\,\dfrac{2}{5}\,;\,-\dfrac{6}{5})\) et \(\vec{AC}(-4\,;\,-\dfrac{4}{5}\,;\,\dfrac{12}{5})=-2\vec{AB}\).
Exercice 14 :
Les trois points appartiennent à \((P)\) si et seulement si leurs coordonnées vérifient l’équation :
\[\lbrace \begin{array}{l} 3a+b+2+d=0\\ -a+2b+0+d=0\\ 0+0-4+d=0\end{array}.\]
La troisième équation donne \(d=4\). Le système devient \(3a+b=-6\) et \(-a+2b=-4\). La première donne \(b=-6-3a\) ; dans la seconde : \(-a-12-6a=-4\), soit \(-7a=8\) et \(a=-\dfrac{8}{7}\). Puis \(b=-6+\dfrac{24}{7}=-\dfrac{18}{7}\).
Oui : avec \(a=-\dfrac{8}{7}\), \(b=-\dfrac{18}{7}\) et \(d=4\), les points A, B, C appartiennent à \((P)\). En multipliant par \(-7\), une équation de ce plan est \(8x+18y-7z-28=0\).
(Les points A, B, C ne sont pas alignés, car \(\vec{AB}(-4\,;\,1\,;\,-2)\) et \(\vec{AC}(-3\,;\,-1\,;\,-6)\) ne sont pas colinéaires : ce plan est donc le plan (ABC).)
Exercice 15 :
a) Un vecteur normal à \((P)\) est \(\vec{n}(2\,;\,1\,;\,-1)\). La droite \(\Delta\) est perpendiculaire à \((P)\), donc \(\vec{n}\) est un vecteur directeur de \(\Delta\). Comme elle passe par \(A(2\,;\,0\,;\,-1)\) :
\[\Delta : \lbrace \begin{array}{l} x=2+2t\\ y=t\\ z=-1-t\end{array}.\quad (t\in\mathbb{R})\]
b) H est le point d’intersection de \(\Delta\) et de \((P)\). On remplace dans l’équation du plan :
\(2(2+2t)+t-(-1-t)+3=0\), soit \(4+4t+t+1+t+3=0\), donc \(6t+8=0\) et \(t=-\dfrac{4}{3}\).
Alors \(x=2-\dfrac{8}{3}=-\dfrac{2}{3}\), \(y=-\dfrac{4}{3}\) et \(z=-1+\dfrac{4}{3}=\dfrac{1}{3}\).
\(H(-\dfrac{2}{3}\,;\,-\dfrac{4}{3}\,;\,\dfrac{1}{3})\). Vérification : \(2\times (-\dfrac{2}{3})-\dfrac{4}{3}-\dfrac{1}{3}+3=-\dfrac{9}{3}+3=0\).
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