Géométrie dans l'espace

Exercice 1 : Colinéarité de vecteurs et alignement

Solution : Les points $A$, $B$ et $C$ sont alignés si et seulement si les vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ sont colinéaires. Calculons les coordonnées de ces vecteurs :

Cherchons s'il existe un réel $k$ tel que $\vec{AB} = k \vec{AC}$. On remarque immédiatement que : En effet, $2 = -2 \times (-1)$, $-2 = -2 \times 1$ et $6 = -2 \times (-3)$. Les vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ sont colinéaires. Par conséquent, les points $A$, $B$ et $C$ sont alignés.

Exercice 2 : Droites parallèles

Solution : Deux droites sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs directeurs sont colinéaires. Comparons les vecteurs directeurs $\vec{u}_1(2, -1, 3)$ et $\vec{u}_2(-4, 2, -6)$ : On cherche un réel $k$ tel que $\vec{u}_2 = k \vec{u}_1$, ce qui conduit au système :

Le coefficient $k = -2$ convient pour toutes les coordonnées. Les vecteurs $\vec{u}_1$ et $\vec{u}_2$ sont donc colinéaires. Ainsi, la droite $D_1$ et la droite $D_2$ sont parallèles.

Exercice 3 : Représentation paramétrique de droite

Solution :

• La droite $(AB)$ passe par le point $A(2, -1, 3)$ et a pour vecteur directeur $\vec{AB}$ de coordonnées :

Une représentation paramétrique de la droite $(AB)$ est :

• Le point $C(4, -6, 5)$ appartient à la droite $(AB)$ s'il existe un réel $t$ tel que :

Résolvons la première équation : $2t = 2 - 4 \implies t = -1$. Vérifions si la valeur $t = -1$ satisfait les deux autres équations :

• Deuxième équation : $-1 + 5(-1) = -6$ (vrai).
• Troisième équation : $3 - 2(-1) = 5$ (vrai). La valeur de paramètre $t = -1$ étant unique et cohérente, le point $C$ appartient à la droite $(AB)$.

Exercice 4 : Coplanarité de vecteurs

Solution : Les vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ ne sont manifestement pas colinéaires (leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles). Les vecteurs $\vec{u}$, $\vec{v}$ et $\vec{w}$ sont coplanaires si et seulement s'il existe deux réels $a$ et $b$ tels que :

Ce qui se traduit par le système d'équations : De la première équation, on a $a = 2$. De la troisième équation, on a $b = 1$. Injectons ces valeurs dans la deuxième équation pour vérifier la cohérence : La deuxième équation est vérifiée. Le système admet une solution unique $(a, b) = (2, 1)$, donc $\vec{w} = 2\vec{u} + \vec{v}$. Les vecteurs $\vec{u}$, $\vec{v}$ et $\vec{w}$ sont coplanaires.

Exercice 5 : Orthogonalité et produit scalaire

Solution : Le produit scalaire de deux vecteurs dans un repère orthonormé est donné par la formule :

Calculons : Le produit scalaire étant égal à 0, les vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont orthogonaux.

Exercice 6 : Équation cartésienne de plan (Point et Vecteur normal)

Solution : Comme $\vec{n}(2, -1, 5)$ est un vecteur normal au plan $\mathcal{P}$, l'équation cartésienne de $\mathcal{P}$ est de la forme :

où $d \in \R$. Le point $A(1, 3, -2)$ appartient au plan $\mathcal{P}$, ses coordonnées vérifient donc l'équation : L'équation cartésienne du plan $\mathcal{P}$ est donc :

Exercice 7 : Plan défini par trois points

Solution :

• Les points $A$, $B$ et $C$ définissent un plan unique si et seulement s'ils ne sont pas alignés, c'est-à-dire si les vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ ne sont pas colinéaires. Calculons leurs coordonnées :

Les coordonnées ne sont pas proportionnelles (par exemple, $\frac{x_{AC}}{x_{AB}} = -1$ et $\frac{y_{AC}}{y_{AB}} = 1$). Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les points $A, B$ et $C$ définissent bien un plan.

• Pour prouver que $\vec{n}(3, 1, 2)$ est normal au plan $(ABC)$, il suffit de montrer qu'il est orthogonal aux deux vecteurs directeurs non colinéaires $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ :

Le vecteur $\vec{n}$ est orthogonal à $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$, il est donc normal au plan $(ABC)$. L'équation du plan est de la forme : Le point $A(1, 0, 1)$ appartient au plan, d'où : L'équation cartésienne du plan $(ABC)$ est :

Exercice 8 : Intersection droite-plan

Solution : Un point $M(x, y, z)$ appartient à l'intersection de la droite $D$ et du plan $\mathcal{P}$ si ses coordonnées vérifient à la fois la représentation paramétrique de $D$ et l'équation de $\mathcal{P}$. Injectons les expressions de $x$, $y$ et $z$ de la droite dans l'équation cartésienne du plan :

Développons et simplifions : Il existe une unique valeur de paramètre $t = 2$. La droite et le plan sont donc sécants en un unique point. Calculons les coordonnées du point d'intersection en remplaçant $t$ par 2 dans la représentation paramétrique de $D$ : L'intersection de la droite $D$ et du plan $\mathcal{P}$ est le point $I(5, 0, 5)$.

Exercice 9 : Distance d'un point à un plan par projection

Solution :

• Le vecteur normal au plan $\mathcal{P}$ est $\vec{n}(1, -2, 2)$. La droite $D$ étant orthogonale à $\mathcal{P}$, elle admet $\vec{n}$ pour vecteur directeur. Comme elle passe par $A(1, 2, 9)$, sa représentation paramétrique est :

• Le projeté orthogonal $H$ de $A$ sur le plan $\mathcal{P}$ est le point d'intersection de la droite $D$ et du plan $\mathcal{P}$. Injectons les équations paramétriques de $D$ dans l'équation de $\mathcal{P}$ :

Remplaçons $t = -\frac{4}{3}$ dans la représentation paramétrique de $D$ pour trouver les coordonnées de $H$ : Le point de projection est $H\left(-\frac{1}{3}, \frac{14}{3}, \frac{19}{3}\right)$.

• La distance $AH$ is la norme du vecteur $\vec{AH}$. Puisque $H$ est sur la droite $D$, on a $\vec{AH} = t \vec{n}$ avec $t = -\frac{4}{3}$.

La distance du point $A$ au plan $\mathcal{P}$ est de 4 unités.

Exercice 10 : Projeté orthogonal d'un point sur une droite

Solution : Puisque $H$ appartient à la droite $D$, il existe un réel $t$ tel que ses coordonnées s'écrivent :

Le vecteur $\vec{MH}$ a pour coordonnées : Par définition, $H$ est le projeté orthogonal de $M$ sur $D$ si et seulement si le vecteur $\vec{MH}$ est orthogonal au vecteur directeur $\vec{u}$ de la droite, soit $\vec{MH} \cdot \vec{u} = 0$ : Déterminons les coordonnées de $H$ en remplaçant $t$ par $\frac{4}{3}$ : Le projeté orthogonal de $M$ sur $D$ est $H\left(\frac{11}{3}, \frac{7}{3}, -\frac{1}{3}\right)$.

Exercice 11 : Calcul de produit vectoriel et aire de triangle

Solution :

• Déterminons les coordonnées des vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ :

Calculons le produit vectoriel :

• L'aire du triangle $ABC$ est :

Puisque $96 = 16 \times 6$, on a $\sqrt{96} = 4\sqrt{6}$. D'où :

Exercice 12 : Distance d'un point à une droite

Solution : 1. Calculons les coordonnées du vecteur $\vec{AM}$ :

2. Calculons le produit vectoriel $\vec{AM} \wedge \vec{u}$ : 3. Calculons les normes nécessaires :

• $\|\vec{AM} \wedge \vec{u}\| = \sqrt{(-9)^2 + 4^2 + (-1)^2} = \sqrt{81 + 16 + 1} = \sqrt{98} = 7\sqrt{2}$.
• $\|\vec{u}\| = \sqrt{1^2 + 2^2 + (-1)^2} = \sqrt{1 + 4 + 1} = \sqrt{6}$. 4. La distance du point $M$ à la droite $D$ est :

Exercice 13 : Équation cartésienne d'une sphère

Solution :

• La sphère $\mathcal{S}_1$ a pour centre $A(2, 1, -3)$ et pour rayon $R = 3$. Son équation cartésienne est :

En développant, on obtient :

• Soit $M(x, y, z)$ un point de la sphère $\mathcal{S}_2$ de diamètre $[AB]$. Elle est caractérisée par :

Remplaçons par les coordonnées de $A(2, 1, -3)$ et $B(4, -3, 1)$ : Développons chaque produit : Remarque (méthode alternative) : Le centre $\Omega$ de la sphère est le milieu de $[AB]$, soit $\Omega\left(\frac{2+4}{2}, \frac{1-3}{2}, \frac{-3+1}{2}\right) = \Omega(3, -1, -1)$. Le rayon vaut $R = \frac{AB}{2} = \frac{\sqrt{(4-2)^2 + (-3-1)^2 + (1-(-3))^2}}{2} = \frac{\sqrt{4+16+16}}{2} = \frac{\sqrt{36}}{2} = 3$. L'équation est $(x - 3)^2 + (y + 1)^2 + (z + 1)^2 = 9 \iff x^2 + y^2 + z^2 - 6x + 2y + 2z + 2 = 0$, ce qui confirme notre résultat.

Exercice 14 : Intersection d'une sphère et d'un plan

Solution :

• La distance du point $\Omega(1, -1, 2)$ au plan $\mathcal{P}$ d'équation $2x - y + 2z + 2 = 0$ est :

• Puisque la distance $d = 3$ est strictement inférieure au rayon $R = 5$, le plan $\mathcal{P}$ coupe la sphère $\mathcal{S}$ selon un cercle $\mathcal{C}$. Le rayon $r$ de ce cercle est donné par :

• Le centre $H$ du cercle $\mathcal{C}$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur le plan $\mathcal{P}$. La droite $\mathcal{D}$ passant par $\Omega(1, -1, 2)$ et orthogonale au plan $\mathcal{P}$ a pour vecteur directeur le vecteur normal au plan $\vec{n}(2, -1, 2)$. Une représentation paramétrique de cette droite $\mathcal{D}$ est :

Le point $H$ appartient à cette droite et au plan $\mathcal{P}$. Injectons ces coordonnées paramétriques dans l'équation du plan $\mathcal{P}$ : Remplaçons $t = -1$ dans la représentation paramétrique de la droite pour obtenir les coordonnées du centre $H$ : Le centre du cercle d'intersection est donc $H(-1, 0, 0)$.