Produit scalaire dans l`espace

Transcription

Les prérequis « pour démarrer » (page 296)
1
Exercice
1
2
3
2
Prérequis testés
• Reconnaître l’égalité de
deux vecteurs dans l’espace.
• Savoir déterminer la somme
de deux vecteurs de l’espace.
• Savoir caractériser des vecteurs coplanaires dans l’espace.
• Reconnaître l’orthogonalité
d’une droite et d’un plan.
Réponse
En complément
c
• Revoir les méthodes permettant d’additionner deux
vecteurs de l’espace (relation de Chasles, règle du parallélogramme).
• Effectuer d’autres calculs de sommes de deux vecteurs de l’espace.
d
• Rappeler la définition des vecteurs coplanaires dans
l’espace.
• Reconnaître la coplanarité de deux ou trois vecteurs
non représentés sur une même face d’un solide.
a
• Revoir la définition de l’orthogonalité d’une droite et
d’un plan de l’espace.
• Trouver sur le cube ou le parallélépipède rectangle
des droites et plans orthogonaux.
b
• Revoir la définition et les différentes expressions du
produit scalaire dans le plan.
• Effectuer d’autres calculs.
4
• Connaître la définition du
produit scalaire et l’expression
utilisant norme et cosinus.
5
• Connaître l’expression analytique du produit scalaire
dans un repère orthonormal
du plan.
a
6
• Savoir calculer la distance
entre deux points dans un
repère orthonormal de l’espace.
b
mal de la distance d’un point à une droite dans le plan.
Objectifs
• Rappeler la définition et les propriétés du produit scalaire dans le plan.
• Savoir utiliser cette définition et ces propriétés pour
démontrer une orthogonalité ou pour calculer des longueurs, des angles.
• Utiliser le produit scalaire pour déterminer l’équation
d’une droite ou d’un cercle.
• Calculer et utiliser l’expression en repère orthonorC H A P I T R E 12
• Connaître les projections orthogonales dans l’espace,
sur une droite ou sur un plan.
• Définir et calculer le produit scalaire de deux vecteurs
dans l’espace.
• Connaître et utiliser les différentes expressions du produit scalaire, notamment l’expression analytique en
repère orthonormal.
• Connaître et utiliser les propriétés du produit scalaire
dans l’espace.
PRODUIT
S C A L A I R E D A N S L’ E S PA C E
283
© Nathan-VUEF/Reproduction interdite
CHAPITRE
12
Produit scalaire dans l’espace
• Utiliser le produit scalaire pour caractériser un plan
orthogonal à un vecteur ou des orthogonalités dans l’espace (deux droites – une droite et un plan – deux plans).
• Utiliser le produit scalaire pour déterminer l’équation
d’un plan.
• Connaître l’expression en repère orthonormal de la
distance d’un point à un plan.
• Définir un demi-espace par une inéquation.
3
Difficultés et erreurs
• Difficultés pour utiliser les différentes expressions du
produit scalaire.
➞ Exercices 25 et 26 (page 316), 66 (page 318), 100
et 101 (page 321).
• Difficultés pour utiliser les propriétés du produit scalaire (mauvaise utilisation de la relations de Charles et
des propriétés de bilinéarité).
➞ Exercices 30 (page 316), 69 (page 319), 102
(page 321).
• Difficultés pour déterminer des projetés orthogonaux,
notamment dans le tétraèdre régulier.
➞ Exercices 58 (page 318)
• Difficultés pour utiliser les projections orthogonales
dans les calculs de produits scalaires.
➞ Exercices 59 à 62 (page 318)
• Méthode non maîtrisée pour déterminer un vecteur
normal à un plan.
➞ Exercices 78 (page 319), 104 (page 321)
• Difficultés pour interpréter des dessins en perspective
cavalière (se méfier des intuitions graphiques).
➞ Exercice 103 (page 321).
4
Description de l’approche
B. Corrigé
o = AH
o.
BG
Dans le plan (AFH), les points A, F et H sont les sommets d’un triangle équilatéral de côté a
.
o. AH
o=
D’où : un. n
v = AF
= a2.
C. Scénario possible de mise en oeuvre
Les élèves cherchent par deux la solution.
Ils doivent avoir le temps d’observer la configuration
coplanaire obtenue.
Pour la mise en commun, le professeur peut interroger
des groupes qui proposent des solutions différentes.
5
Activités
5.1 Calculs de produits scalaires (page 310)
A. Notions utilisées
• Calcul du produit scalaire en utilisant un projeté orthogonal.
• Calcul du produit scalaire en utilisant les normes des
vecteurs [ formule : n
u. n
v
(||u
n ||2 + ||vn || – ||u
n –n
v ||2)].
• Calcul du produit scalaire en décomposant les vecteurs à l’aide de la relation de Chasles.
• Calcul d’un angle en comparant deux expressions différentes d’un produit scalaire.
• Propriétés du triangle équilatéral.
• Longueur du segment joignant les milieux de deux
côtés d’un triangle.
• Propriétés de bilinéarité du produit scalaire.
B. Corrigé
1. a) Le triangle ABC est équilatéral, donc sa médiane
[AI] est en même temps hauteur et le point I est le projeté orthogonal du point B sur la droite (AI).
o . AI
o = AI2.
D’où AB
Or AI =
o . AI
o=
. Finalement AB
.
Projections orthogonales et produit scalaire
dans l’espace
b) On connaît les longueurs des côtés du triangle AIJ,
isocèle en A.
A. Raisons du choix et objectifs
L’approche permet de calculer un produit scalaire de
vecteurs de l’espace avant d’en donner une définition
dans le cours.
Les élèves doivent reconnaître des vecteurs égaux sur
les faces du cube et le choix des représentants coplanaires n’est pas unique.
Le calcul de n
u. n
v dans le plan choisi fait intervenir une
configuration classique (triangle équilatéral).
AI = AJ =
284
D’où o
IA .o
IJ =
et IJ =
.
(IA2 + IJ2 – AJ2) =
IJ2 =
.
o = AI
o +o
c) D’après la relation de Chasles AB
IB donc,
o
o
o
o
o
o
AB . IJ = AI . IJ + IB . IJ .
o .o
Or AI
IJ = – o
IA .o
IJ = –
d’après la question 1. b).
De plus o
IB =
o=–
CB
o et o
BC
IJ =
o.
BD
La droite (IJ) est donc orthogonale aux droites (AB) et
(CD).
c) La droite (JI) est la hauteur issue de J dans le triangle
ABJ isocèle en J.
D’après le théorème de Pythagore
¥ a¥ a¥
o. BD
o=–
BC
car le triangle BCD est équilatéral.
o.o
Finalement AB
IJ =
o.o
soit AB
IJ = –
,
IJ2 = AJ2 – AI2 =
.
2. D’une part o
IA .o
IJ =
,
On obtient finalement IJ =
d’autre part o
IA .o
IJ = IA ¥ IJ ¥ cos
D’où cos
.
=
.
■ Hauteur
.
du tétraèdre régulier
a) A’ et le centre de gravité du triangle BCD, d’où :
O
O + A’D
O=n
A’B + A’C
0
.
O=
On en déduit alors que AA’
L’arrondi au degré de l’angle
est 73°.
o=
Puis O
AA’ . CD
5.2 Orthogonalité dans un tétraèdre régulier
(page 310)
• Propriétés du triangle équilatéral.
• Relation de Chasles pour les vecteurs.
• Théorème de Pythagore.
• Isobarycentre de trois ou quatre points.
• Caractérisation vectorielle du milieu d’un segment.
o + AC
o + AD
o ).
(AB
o + AD
o) car :
o . CD
o . CD
(AC
o = 0.
o. CD
AB
o = – CA
o=–
o . CD
o . CD
Or AC
o . CD
o = DA
o . DC
o =–
AD
et
.
■ Propriétés des droites joignant les milieux
de deux arêtes opposées
o = 0.
o . CD
Finalement AA’
o . BC
o = 0.
On démontre de même que AA’
La droite (AA’) est orthogonale aux deux droites (CD)
et (BC) concourantes en C. (AA’) est donc orthogonale
au plan (BCD). (AA’) est bien la hauteur issue de A
dans le tétraèdre ABCD.
b) Les autres hauteurs du tétraèdre ABCD sont les
droites (BB’), (CC’) et (DD’) où B’, C’ et D’ sont les
centres de gravité respectifs des triangles ACD, DAB
et ABC.
On démontre alors que les droites (AA’), (BB’), (CC’)
et (DD’) sont concourantes.
On observe d’abord que (AA’), (BB’) et (IJ) sont les
hauteurs du triangle ABJ, isocèle en J.
Ces hauteurs sont donc concourantes en l’orthocentre
du triangle ABJ.
Or si W est le milieu du segment [IJ] ,
o = (AI
o + AJ
o) = (AB
o + AC
o + AD
o) = AA’
o.
AW
o + CJ
o=
a) o
IJ = o
IB + BC
W
B. Corrigé
■ Propriétés
des arêtes opposées
o . AC
o=
a) AB
o . AD
o=
et AB
donc :
o . CD
o = AB
o . (AD
o – AC
o) = AB
o . AD
o – AB
o . AC
o = 0.
AB
b) D’après la question précédente, l’arête [AB] est orthogonale à l’arête [CD].
o. BD
o = 0 et AD
o. BC
o = 0.
On démontre de même que AC
Les arêtes opposées d’un tétraèdre régulier sont orthogonales.
o=
b) o
IJ . AB
=
o + BC
o+
AB
o. BC
o=
AB2 + AB
a2 –
o . BC
o
a2 – BA
a2 = 0.
o = BC
o . CD
o+
De même o
IJ . CD
CD2
o. CD
o+
= – CB
=–
o.
CD
a2 +
est donc le point de concours des droites (AA’) et
(IJ) donc l’orthocentre du triangle ABJ.
De même les droites (CC’), (DD’) et (IJ) sont les hauteurs du triangle ICD, isocèle en I, et l’orthocentre de
ce triangle est encore le milieu W du segment [IJ].
Le tétraèdre ABCD a quatre hauteurs concourantes en
W . Il est donc orthocentrique.
Remarque : W est aussi le centre de gravité du
tétraèdre ABCD.
c) On applique le théorème de Pythagore dans le triangle AJA’ rectangle en A’.
a2
a2
= 0.
C H A P I T R E 12
PRODUIT
285
D’où o
IB .o
IJ = –
■ Plan
AA’2 = AJ2 – A’J2 =
donc AA’ =
.
Le volume V du tétraèdre ABCD vaut alors :
V = (BCD) ¥ AA’
passant par trois points
o (3 ; – 2 ; 6) et AC
o (– 1 ; – 1 ; 5).
a) AB
b) nn (a ; b ; c) non nul, est normal au plan si et seuo = nn. AC
o = 0,
lement si nn. AB
o = 3a – 2b + 6c
or nn. AB
o
et nn. AC = – a – b + 5 c.
nn(a ; b ; c) est normal au plan si et seulement si :
=
=
c) Le triplet (4 ; 21 ; 5) est solution du système :
.
5.3 Équations cartésiennes de plans (page 311)
• Vecteur normal à un plan.
• Équation cartésienne d’un plan en repère orthonormal.
B. Corrigé
■ Plan
médiateur d’un segment
Le milieu L du segment [AB] a pour coordonnées
(2 ; 1 ; – 1).
o(– 2 ; 6 ; 8). D’où nn (– 1 ; 3 ; 4) est un
De plus AB
vecteur normal au plan médiateur du segment [AB].
M (x ; y ; z) appartient à ce plan si et seulement si
o . n = 0, soit si et seulement si :
LM
– 1 (x – 2) + 3(y – 1) + 4(z + 1) = 0.
Une équation du plan médiateur du segment [AB] est :
– x + 3y + 4z + 3 = 0.
■ Plan
passant par trois points situés sur les axes
a) Le plan (OAB) a pour équation z = 0, donc C n’appartient pas à ce plan, puisque g π 0 . Les points
O, A,B et C ne sont pas coplanaires et le point O n’appartient donc pas au plan (ABC).
Or O n’appartient pas au plan (ABC) équivaut à d π 0.
b) ax + by + cz + d = 0 équivaut à :
x + y + z + 1 = 0 puisque d π 0.
a’x + b’y + c’z + 1 = 0 est bien une équation de .
c) A est un point du plan donc a’a + 1 = 0 ou encore
a’a = – 1.
De même B et C sont des points du plan donc
b’b = c’g = – 1.
d) Comme a’ = – , b’ = – , c’ = – ,
on obtient
ou encore
=0
= 0 pour équation du plan .
e) Une équation du plan (IJK) est x + y + z – 1 = 0.
286
Une équation de est de la forme :
4 x + 21y + 5z + d = 0.
Or A est un point du plan donc 21 – 10 + d = 0 soit
d = – 11.
Une équation du plan est finalement :
4x + 21y + 5z – 11 = 0.
5.4 La sphère en géométrie analytique
(page 311)
• Plan orthogonal à un vecteur passant par un point.
• Définition de la sphère.
• Equation cartésienne d’une sphère.
• Sphère définie par un diamètre.
• Propriétés du produit scalaire.
B. Corrigé
■ Plan
tangent à une sphère
a) Un point M (x ; y ; z) appartient à la sphère si et
seulement si W M = 2.
W M = 2 équivaut successivement à W M2 = 4,
x2 + (y – 3)2 + (z – 2)2 = 4,
x2 + y2 + z2 – 6y – 4z + 9 = 0.
)2 + 22 + 32 – 6 ¥ 2 – 4 ¥ 3 + 9
= 2 + 4 + 9 – 12 – 12 + 9 = 0
Le point A (–
; 2 ; 3) est un point de la sphère .
b) (–
c) M (x ; y ; z) appartient au plan tangent à la sphère o = 0 soit, si et
au point A si et seulement si W o
A. AM
seulement si –
(x +
) – (y – 2) + (z – 3) = 0.
Une équation du plan tangent à la sphère au point A
est –
x – y + z – 3 = 0.
■ Sphère
définie par un diamètre
a) M (x ; y ; z) appartient à si et seulement si :
(x – 1) (x – 3) + (y + 5) (y – 1) + (z – 8) (z – 2) = 0
soit, si et seulement si :
x2 + y2 + z2 – 4x + 4y – 10z + 14 = 0.
o
IA .o
IB = –
o .MB
o = MI2 –
donc MA
.
c) L’ensemble est la sphère de centre I et de rayon
.
I a pour coordonnées (2 ; – 2 ; 5) et :
.
5.5. Coordonnées d’un projeté orthogonal
sur un plan (page 312)
• Vecteur normal à un plan.
• Vecteurs colinéaires.
• Définition du projeté orthogonal d’un point sur un
plan.
B. Corrigé
a) (2 ; – 1 ; 3) sont les coordonnées d’un vecteur nn
normal au plan .
b) Le point A n’appartient pas au plan car ses coordonnées ne vérifient pas l’équation de .
o est un vecOn en déduit que le vecteur non nul AH
o
teur normal au plan , AH est donc colinéaire à n
n et
o = k nn .
il existe un réel k (non nul) tel que AH
c) Les coordonnées de H sont alors :
(2k ; – k – 1 ; 3k + 4).
Or le point H est un point du plan donc :
2 (2k) – (– k – 1) + 3(3k + 4) – 1 = 0, soit k =
.
Les coordonnées de H sont alors :
5.6. Projection orthogonale sur une droite. Distance d’un point à une droite (page 312)
• Plan orthogonal à un vecteur passant par un point.
• Définition du projeté orthogonal d’un point sur une
droite.
• Vecteurs colinéaires.
• Distance entre deux points de l’espace.
• Propriétés du produit scalaire.
B Corrigé
■ Étude
analytique
o (3 ; 0 ; – 9) est un vecteur normal au plan .
a) AB
M
Une équation du plan M est donc de la forme :
3x – 9z + d = 0.
Or M est un point de M , donc d = –15.
C H A P I T R E 12
Après simplification, une équation du plan M est
x – 3z – 5 = 0.
o et AB
o
b) H est un point de (AB). Les vecteurs AH
sont donc colinéaires et il existe un réel l tel que
o = l AB
o.
AH
c) Les coordonnées du point H sont alors :
(3l – 2 ; 1 ; – 9l + 1).
H appartient à M équivaut à :
3l – 2 – 3 (– 9l + 1) – 5 = 0, soit l = .
d) Les coordonnées du point H sont (– 1 ; 1 ; – 2).
e) La distance du point M à la droite (AB) est :
MH =
.
■ Étude
vectorielle
o . AB
o = AH
o. AB
o car H est le projeté orthogonal
a) AM
du point M sur la droite (AB).
o = l AB
o donc AM
o . AB
o = l AB2
b) AH
o o
o . AB
o o
o = AM
et l = AM . AB . Enfin AH
. AB .
AB2
AB2
En passant aux normes :
o o
o o
AH = |AM . AB | AB = |AM . AB | .
2
AB
AB
c) Le triangle AHM est rectangle en H.
Donc, d’après le théorème de Pythagore :
MH2 = AM2 – AH2.
d) Pour déterminer les coordonnées de H, on utilise :
o . AB
o| o
o = |AM
AH
. AB.
AB2
o (7 ; 0 ; – 1) et AM
o . AB
o = 30, comme
Or, AM
o=
AB2 = 90, on en déduit AH
o et les coordonAB
nées de H sont bien (– 1 ; 1 ; – 2).
La distance du point M à la droite (AB) est MH.
Or MH2 = AM2 – AH2 = 50 – 10 = 40, ce qui donne
bien MH =
.
5.7. Angle de demi-plans dans l’espace
(page 313)
• Utilisation du logiciel GeospacW.
• Calcul du produit scalaire en décomposant les vecteurs à l’aide de la relation de Chasles.
• Calcul d’un angle géométrique à partir de son cosinus.
• Étude des variations d’une fonction rationnelle.
B. Corrigé.
■ Valeur
exacte du rectiligne du dièdre (A, (BC), D)
o . MD
o = (MI
o +o
o +o
a) MA
IA ) . (MI
ID )
2
= MI + o
IA . o
ID
PRODUIT
287
o . MB
o = (MI
o +o
o +o
b) MA
IA ) . (MI
IB )
2
o
o
o
IA .o
IB .
= MI + MI (IA + IB ) + o
o
IA + o
IB = 0 (car I est le milieu du segment [AB]) et
o. o
o. o
car MI
IA = MI
ID = 0 (les droites (IA) et (ID) sont
des hauteurs, respectivement dans les triangles ABC et
BCD).
De plus :
o
o = (IA2 + ID2 – AD2)
IA .ID
Une valeur approchée à 0,01° près de l’angle
70,53°.
est
d) On considère la fonction f définie sur par :
f (l ) =
.
On remarque que 0 < f (l ) < 1.
=
Pour tout l de , on a f’(l ) =
.
=
On en déduit le tableau de variation de la fonction f :
et MI2 = l 2BC2 = l 2 a2.
On obtient finalement :
o . MD
o=
MA
l
–
+
0
f (l ) 1
.
o .MD
o = MA ¥ MD ¥ cos(
b) On a aussi MA
).
2
2
2
Or MA ¥ MD = MA = IM + IA d’après le théorème
de Pythagore.
Donc MA ¥ MD = l 2a2 + a2 = a2
1
1/3
cos (
) est minimal lorsque l = 0, ce qui signifie
que
est maximal lorsque l = 0.
est maximal quand M est en I.
e) La valeur exacte du rectiligne du dièdre (A, (BC), D)
et ainsi cos(
)=
.
est
c) M = I équivaut à l = 0
donc cos(
)= .
En radians :
= cos –1
En degrés :
= cos –1
Faire le point
• Pour se tester
1
b
2
b
3
a
4
b
6
c
7
c
8
c
9
b
5
c
(ª 70,53°).
23 a) (u
n+n
v ) . (u
n–n
v ) = ||n
u || 2 – ||n
v || 2 = 0 car ||n
u || = ||n
v ||.
b) un . n
v = || n
u ||||n
v || cos (n
u;n
v ) = || un || 2 cos (n
u;n
v ).
v
D’où || un || 2 = un . n
=
= 16.
cos (un ; n
v)
Finalement || un || = 4.
• Vrai ou faux
o . AC
o = 12,5 ; b) AB
o . BC
o = – 12,5 ;
24 a) AB
10 F
11 F
12 V
13 F
14 V
o . OC
o = OB . OC cos
c) OB
15 F
16 F
17 V
18 F
19 V
or OB = OC =
20 V
21 V
22 n
v . un = –
avec DI =
; 2 un . 7vn = – 7 ;
(un + n
v )2 = ||un || 2 + 2 un . n
v + ||vn|| 2 =
;
(un – n
v )2 = ||un || 2 – 2 un . n
v + ||vn|| 2 =
;
(un + n
v ) . (un – n
v ) = ||un || 2 – ||vn|| 2 =
o . OC
o=–
d’où OB
.
o = DI . DB cos (DI
o ; DB
o)
25 D’une part o
DI . DB
Exercices d’application
a et DB =
a où a est le côté du
carré ABCD.
o = (DA
o +o
o + AB
o)
D’autre part o
DI . DB
AI ) . (DA
2
o
o
= DA + AI . AB
= a2 +
.
=
288
.
Corrigé des exercices et des problèmes
6
.
.
Finalement :
o .BJ
o=
30 AK
o ;DB
o) =
cos (DI
.
o + AC
o) .
(AI
=
o .BA
o + BC
o .AI
o + AC
o .BC
o ).
(AI
o .BA
o =–
Or AI
L’arrondi au dixième de degré de l’angle
;
est 18,4°.
o .AI
o = BA
o .AI
o =–
BC
o . CB
o = 7 car :
26 a) CA
o (– 3 ; 1) et CB
o = (– 1 ; 4),
CA
o.o
Finalement AK
BJ =
de plus CA =
(car AB = AC).
et CB =
=
y
4
31 a) On constate que MA2 + MB2 = 9 équivaut à
MA2 + MB2 = AB2.
Le triangle AMB est rectangle en M. L’ensemble des
points M tels que MA2 + MB2 = 9 est le cercle de diamètre [AB].
est 58°.
B
Autre méthode :
si I est le milieu de [AB], MA2 + MB2 = 2 MI2 +
H
A
–1
O1
x
C
b) Une équation de la droite (BC) est 4x + y – 8 = 0.
.
o. MQ
o = (MI
o + IP
m ) . (MI
o +o
28 a) MP
IQ )
2
o . (IP
m +o
m .o
IQ ) + IP
IQ
= MI + MI
2
2
= MI – IP
m +o
car IP
IQ = 0l .
b) Le triangle OIM est rectangle en I,
donc MI2 = MO2 – OI2.
Le triangle OIP est rectangle en I,
donc IP2 = OP2 – OI2.
Finalement :
o. MQ
o = MI2 – IP2 = MO2 – OP2 = MO2 – R2.
MP
AB2 = – 6.
M0 est un point de l’ensemble cherché.
o . AB
o = – 6. équivaut à M
p
o
Par ailleurs AM
0M . AB = 0.
o
o
L’ensemble des points M tels que AM .AB = – 6 est la
droite perpendiculaire en M0 à la droite (AB).
32 On a :
BC2 = AB2 + AC2 – 2AB . AC cos
= 4 + 25 – 10
= 29 – 10
.
ª 3,9 cm.
D’où BC =
33 a) On désigne par I le milieu du segment [BC].
Le théorème de la médiane permet de calculer AI2.
AI2 =
=
(AB2 + AC2 –
(25 + 64 –
et finalement AI =
)
)=
(AI ª 5,7).
b) CA2 – CB2 = 64 – 49 = 15, C appartient à .
c) MA2 – MB2 = 15 équivaut à :
o .o
2 MC
BA + CA2 – CB2 = 15,
o .BA
o = 0.
soit à MC
o.o
o – AB
o) . (AI
o – AC
o)
29 BD
CI = (AD
=
.
puisque
D’où MA2 + MB2 = 9 équivaut à MI =
AB2 = 9.
p = – AB
o
b) M0 est le point défini par AM
0
p . AB
o=–
donc AM
0
o = (HO
o + OA
o + OB
o + OC
o) .AB
o
27 a) un . AB
o
o
o
o
= (HC + OA + OB) .AB
o + OB
o) .AB
o
= (OA
o + OB
o) .(OB
o – OA
o)
= (OA
2
2
= OB – OA
= 0.
o = 0 et un . AC
o = 0.
On démontre de même que un . BC
o = OA
o + OB
o + OC
o.
b) un est nul donc OH
=–
=0
.
L’arrondi au degré de l’angle
D’où AH =
o . BC
o = AC2.
et AC
AB2 – AD2 + AB2
L’ensemble est la perpendiculaire en C à la droite
(AB) ou encore la hauteur issue de C du triangle ABC.
– AD2 = 0.
C H A P I T R E 12
PRODUIT
289
donc cos
o + BC
o)
(BA
34 a) AB2 + AD2 = 2 AJ2 +
et CB2 + CD2 = 2 CJ2 +
39 a) Aire (ABC) =
.
b) Aire (ABC) =
ab sin
ab sin
=
=
.
sin
.
Donc :
AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = 2 (JA2 + JC2) + BD2.
Or JA2 + JC2 = 2 JI2 +
.
Mais cos
donc – sin
Finalement :
AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = BD2 + AC2 + 4IJ2.
b) ABCD est un parallélogramme équivaut à I = J, c’està-dire AC2 + BD2 = AB2 + BC2 + CD2 + DA2.
« La somme des carrés des côtés d’un quadrilatère est
égale à la somme des carrés des diagonales » caractérise un parallélogramme.
35 a) AP2 = k2 a2 ; AR2 = a2 (1 – k)2 ;
o. AR
o = kAB
o. (1 – k)AC
o.
AP
=
=
et aire (ABC) =
40 a) a2 = b2 + c2 – 2bc cos
donc a2 = 29 –
b) sin
=
et sin
=
sin
et a =
o . AR
o=
et AP
.
41 a) Le milieu I de [AB] a pour coordonnées :
.
a2.
o.AR
o
Enfin PR2 = AP2 + AR2 – 2 AP
2
2
= (k + (1 – k) – k(1 – k)) a2,
Ce qui donne après simplification :
PR2 = (3k2 – 3k + 1) a2.
b) Par permutation des lettres, on obtient :
PR = RQ = QP
et le triangle PQR est équilatéral.
o + HB
o)2 – (AH
o + HC
o)2
36 AB2 – AC2 = (AH
2
o. CB
o + HB – HC2.
= 2 AH
o . CB
o = 0 car H est l’orthocentre du triangle
Or AH
ABC.
On a donc AB2 – AC2 = HB2 – HC2.
o . CD
o + AC
o . DB
o
37 AB
o . (CA
o + AD
o) + AC
o .(DA
o + AB
o)
= AB
o
o
o
o
= AB . AD + AC . DA
o . (AB
o – AC
o)
= AD
o . CB
o = – AD
o . BC
o.
= AD
o . CD
o + AC
o . DB
o + AD
o . BC
o = 0 pour tous
Donc AB
points A, B, C et D du plan.
38 a) Â = 52°.
b) b =
.
=
Or le triangle ABC est équilatéral donc :
o. AC
o=
AB
.
M (x ; y) appartient à la médiatrice de [AB] si et seuo . AB
o = 0, soit – 3
lement si IM
=0
o(– 3 : 1) ).
(car AB
Une équation de la médiatrice de [AB] est :
y = 3x – 6.
b) La hauteur issue de C est parallèle à la médiatrice
du segment [AB], son équation est donc du type
y = 3x + b.
Or C est un point de cette hauteur donc :
3=3+b
et b = 0.
Finalement une équation de la hauteur issue de C dans
le triangle ABC est y = 3x.
42 H est orthocentre du triangle ABC si et seulement
o .BC
o = 0 et BH
o .AC
o = 0.
si AH
Le couple de coordonnées (x ; y) du point H est solution du système :
(S) – 6(x – 1) – 2(y + 2) = 0
– 3(x – 4) + 3(y – 3) = 0
o
o (– 3 ; 3).
car BC (– 6 ; – 2) et AC
{
Or (S) équivaut à :
{
y = – 3x + 1
y=x–1
soit à :
Les coordonnées de H sont
.
.
(cm)
o a pour coordonnées (– 3 ; 2).
43 a) Le vecteur AB
et c =
(cm).
Les arrondis au dixième de b et c sont :
b ª 4,2 cm et c ª 4,9 cm.
290
M (x ; y) appartient à d1 si et seulement si :
o .AB
o = 0).
– 3(x + 1) + 2(y – 1) = 0 (CM
Une équation de d1 est donc y =
.
o est un vecteur directeur de d . Une équation de
b) AB
2
d2 est alors 2x + 3y + w = 0. Or C appartient à d2 donc
– 2 + 3 + w = 0 et w = – 1.
1
O
Finalement une équation de d2 est 2x + 3y – 1 = 0 ou
encore y = –
.
1
2
44 a) L’ensemble des points M du plan tels que
o .AB
o = 0 est la droite D perpendiculaire en A à la
AM
droite (AB).
o a pour coordonnées (4 ; 1).
b) AB
45 a) L’équation de d peut s’écrire 2x – y – 3 = 0.
Un vecteur nn normal à d a pour coordonnées (2 ; – 1).
o est colinéaire à nn d’où :
b) Le vecteur AH
x H = – 1 + 2k
et yH = 4 – k.
Par ailleurs H est un point de d ; d’où :
2 (– 1 + 2k) – (4 – k) – 3 = 0
donc H a pour coordonnées
et k =
.
.
c) AH =
49 a) x2 + y2 – x +
(x –
.
Autre méthode : AH est la distance de A à d donc :
AH =
et on retrouve AH =
.
47 La courbe C1 d’équation (x – 2)2 + (y +
est le cercle de centre W (2 ; –
) et de rayon 1.
La courbe C2 d’équation (x – 2)2 + (y +
cercle de centre W
)2 = 1
)2 = 4 est le
et de rayon 2.
L’ensemble des points M(x ; y) tels que :
4 est la couronne délimitée
par C1 et C2.
En effet 1 (x – 2)2 + (y +
y–
)2 + (y +
= 0 peut s’écrire :
)2 =
.
On reconnaît l’équation du cercle de centre I (
et de rayon
46 Un vecteur nn1 normal à d1 a pour coordonnées
(– 3 ; 1).
Un vecteur nn2 normal à d2 a pour coordonnées (1 ; 3).
nn1 .nn2 = – 3 + 3 = 0 donc les droites d1 et d2 sont perpendiculaires.
1 (x – 2)2 +
48 a) Une équation de C1 est (x + 2)2 + (y – 5)2 = 2,
ou encore :
x2 + 4x + y2 – 10y + 27 = 0.
b) M(x ; y) appartient à C2 si et seulement si :
o .BM
o = 0,
AM
c’est-à-dire (x + 2) (x – 4) + (y – 1)y = 0.
Une équation de C2 est alors x2 – 2x + y2 – y – 8 = 0,
ou encore :
(x – 1)2 + (y – )2 =
.
;–
)
.
b) 2x2 + 4x + 2y2 – 12y = – 10 peut s’écrire :
(x + 1)2 + (y – 3)2 = 5.
On reconnaît l’équation du cercle de centre J (– 1 ; 3)
et de rayon
.
50 a) L’équation de peut s’écrire :
(x – 4)2 + (y + 2)2 = 4,
est donc le cercle de centre W ( 4 ; – 2) et de rayon 2.
b) On résout le système :
x2 – 8x + y2 + 4y + 16 = 0.
x+y–2=0
Ce système équivaut à :
x2 – 8x + 14 = 0
y=–x+2
Les deux points d’intersection de et de d ont pour
coordonnées :
(4 +
;–2–
) et (4 –
;–2+
).
{
{
51 d a pour équation 4x + y – 7 = 0.
)2 4 équivaut à :
1 W M2 4, c’est-à-dire 1 W M 2.
C H A P I T R E 12
La distance de O à d vaut :
PRODUIT
.
291
M(x ; y) appartient à D si et seulement si :
4(x + 4) + (y – 1) = 0,
D a pour équation 4x + y + 15 = 0.
W
1
Une équation du cercle de centre O, tangent à la droite
d est x2 + y2 =
.
52 Le cercle d’équation
O(0 ; 0) et pour rayon
x2 + y2 =
a pour centre
.
Or la distance de O(0 ; 0) à la droite d’équation :
4x + 10y – 29 = 0
vaut
.
La droite d’équation 4x + 10y – 29 = 0 est bien tangente au cercle.
Les coordonnées du point de contact vérifient :
x2 + y2 =
4x + 10y – 29 = 0.
Or ce système équivaut à :
y=– x+
{
{
(x – 1)2 = 0.
Le point de contact a pour coordonnées (1 ;
55 a)
= 3 équivaut à
=9
puis à MA2 = 9MB2, enfin à MA2 – 9MB2 = 0.
o + 3MB
o) . (MA
o – 3MB
o).
b) MA2 – 9MB2 = (MA
Or si G est le barycentre des points pondérés (A, 1) et
o + 3 MB
o = 4 MG
o , de même si K est le
(B, 3), MA
barycentre des points pondérés (A, 1) et (B, – 3),
o – 3 MB
o = – 2 MK
o.
MA
2
o . MK
o.
Ainsi MA – 9MB2 = – 8 MG
o . MK
o = 0.
est l’ensemble des points M tels que MG
c) L’ensemble est le cercle de diamètre [GK].
o = BA
o et BK
o = AB
o.
Or BG
On en déduit que :
o = BK
o – BG
o = AB
o – BA
o
GK
o=
AB
=
o.
AB
En passant aux normes GK =
).
53
a)
car AB = 2.
Le cercle a donc un rayon égal à
le milieu de [GK].
La relation :
o
o + BG
o) =
BI = (BK
. Son centre I est
o
AB
donne la position de I sur la droite (AB).
B
4
3
A
B
G
A
O
3
K
d
b) Le cercle a pour équation :
(x + 1) (x – 3) + y (y – 4) = 0,
2
soit x – 2x + y2 – 4y – 3 = 0.
On résout alors le système :
x2 – 2x+ y2 – 4 y – 3 = 0
x+y–3=0
qui équivaut à :
x2 – 2x – 3 = 0
y=–x+3
Les points d’intersection de et d ont pour coordonnées (– 1 ; 4) et (3 ; 0).
{
{
54 Si I est le milieu du segment [AB],
o + MB
o = 2o
MA
MI .
o
o
o
o. MA
o = 0.
Ainsi (MA+ MB) . MA = 0 équivaut à MI
L’ensemble des points M cherchés est le cercle de diamètre [IA] où I est le milieu du segment [AB].
292
I
56 a) D est le projeté orthogonal de H sur le plan
(ABC).
b) E est le projeté orthogonal de H sur le plan (ABF).
c) Le milieu du segment [HF] est le projeté orthogonal
de H sur le plan (ACG).
57 a) Le projeté orthogonal de I sur la droite (EH)
est le point E (le plan (AIE) est orthogonal à la droite
(EH)).
b) On désigne par J le milieu de [DC] et K le milieu de
[DH].
Alors la droite (DG) est orthogonale au plan (IJK) qui
est donc le plan de projection du point I sur la droite
(DG).
Le projeté orthogonal de I sur la droite (DG) est le point
d’intersection M des droites (DG) et (JK). M est défini
o = DG
o.
par la relation DM
58 a) Le projeté orthogonal de A sur le plan (BCD)
est le centre du triangle équilatéral BCD, c’est-à-dire
le point d’intersection des droites (BJ) et (DK).
b) Le plan (AJB) est le plan médiateur du segment [CD].
On en déduit que A, I et B se projettent orthogonalement en J sur la droite (CD).
o . AC
o = a2 ; AB
o . AD
o=0;
59 AB
o . AB
o = a2 ; AH
o . AB
o = 0 ; AC
o . AG
o = 2 a2.
AG
60 o
FJ . o
FA = 0 ; o
FJ . o
FB = 0 ; o
FJ . o
FC =
o
FJ . o
FG =
o .AC
o =
b) AB
(AB2 + AC2 – BC2)
=
(16 + 16 – 9) =
o . CB
o=o
o=
c) CA
CI . CB
o .o
o.
CA
CI = CA
o=
CB
;
o . CB
o) =
(CA
.
o. AJ
o =
d) AI
;
.
ª 3,7.
Donc AI =
(AI2 + AJ2 – IJ2)
.
= AI2 –
o .AJ
o = a2 ; AD
o .BJ
o =
o .HG
o = a2 ; AB
62 AJ
o .EG
o =
EJ
o. CB
o=
CB
o .o
AI2 = CA2 + CI2 – 2 CA
CI = 16 +
o . EG
o = a2 ; EF
o . BC
o = 0 ; CB
o . DF
o = a2 ;
61 DC
2
o
o
GE . CE = 2a .
o
o=
BJ .EH
.
o =
;o
CJ .AE
a2
o .EG
o =
EG
=
,
o. AJ
o
AI
=
AI2
(arrondi au degré).
cos
EG2 =
a2
.
(Autre méthode :
o. AJ
o = (AB
o + AC
o) . (AC
o + AD
o)
AI
;
;
IJ2 =
=
ª 23°
et
(en projetant orthogonalement J sur la droite (EG).
o . AN
o =
63 AM
(AN2
+ AM2
–
o a pour coordonnées :
65 AB
o(– 3 ; – 5 ; – 1) et AB
o .AC
o = 15.
(2 ; – 3 ; – 6) et AC
MN2).
Or le triangle ABM est rectangle en B et :
AM2 = AB2 + BM2 = a2 +
(le triangle AEN est rectangle
en E). Par ailleurs le triangle EGB est équilatéral. M et
N sont les milieux de [BG] et [EG] donc :
et MN2 =
MN =
o. o
o +o
66 a) AI
FB = (AE
EI ). o
FB
= – a2 (car o
EI . o
FB = 0).
o = 0 (en effet DB
o est un vecteur normal au
b) M
IJ . DB
plan (IGJ)).
o) . (BC
o +o
M . BJ
M = (IE
M . EA
c) IA
CJ )
o
o
o
o
= IE . BC + EA. CJ = –
= – a2.
.
o . AN
o =
Finalement AM
.
64 a)
A
67 a) o
SA . o
SO = SO2 = h2 car O est le projeté orthogonal de A sur la droite (SO),
o
o + OA
o ) . (SO
o + OC
o)
SA . o
SC = (SO
2
2
o
o
= SO + OA . OC = h – OA2 = h2 –
.
b) Les arêtes [SA] et [SC] sont perpendiculaires si
h2 =
, soit si h =
.
Alors SA2 = SO2 + OA2 =
+
= a2 et SA = a.
68 a) On choisit le repère orthonormal :
= (A ;
B
o,
AB
o,
AD
o),
AE
D
c’est-à-dire = (A ;
J
I
o,
AB
o,
AD
o).
AE
b) Dans le repère , les points A, O et F ont pour coodonnées (0 ; 0 ; 0) ,
C
C H A P I T R E 12
PRODUIT
et (7 ; 0 ; 4).
293
De même AN2 =
.
On en déduit que :
o
OA
o
et OF
o .OF
o = – 14.
d’où OA
o . OF
o
OA
c) cos
=
=
OA . OF
.
L’arrondi au dixième de degré de l’angle
139°,2.
est
o . AF
o = AC
o .(AB
o + BF
o)
69 AC
o
o
= AC . AB = AB2 = a2 ;
o
o = (BF
o + M)
o=M
o
BI . BD
FI . BD
FI . BD
o . BD
o = BC2 = a2 ;
= BC
o
o = (BF
o + M)
o = BF
o . BG
o+M
o
BI . BG
FI . BG
FI . BG
o = a2 + a2 =
= BF2 + M
FI . FG
;
o
o = (CF
o + M)
o = CF2 + M
o
CI .DE
FI . DE
FI . CF
o = 2a – a2 =
= 2a2 + M
FI . GF
;
o.DB
o = (HF
o + M)
o = DB2 + M
o
HI
FI . DB
FI . HF
2
2
o = 2a –
= 2a + M
FI . GF
=
.
M . BJ
M mais
70 Méthode 1 : IJ2 = BJ2 + BI2 – 2 BI
o + AI
o) . (BF
o + FJ
M . BJ
M = (BA
M)
BI
o. o
= AI
BF =
AE2 =
De plus BJ2 = 20 et BI2 =
o,
AB
o,
AD
o)
AE
les points I et J ont respectivement pour coordonnées
(0 ; 0 ;
) et (4 ; 2 ; 4). D’où M
IJ (4 ; 2 ;
) et
IJ =
cm.
71 (2iN – N
j +N
k ) . (kN + N
j )=N
k .N
k –N
j .N
j = 1 – 1 = 0.
72 ||un + n
v || = ||un ||2 + ||vn ||2 + 2un . n
v . Mais un . n
v =0
donc ||un + n
v ||2 = 4 + 25 = 29 et || un + n
v || =
73 ||un ||2 =
||vn ||2 =
294
un .vn =
= 0 ; un .w
n=
n
v .w
n=
= 0.
=0;
Le repère (0 ; un, vn, w
n ) est un repère orthonormal de
l’espace.
o + AD
o) . (AC
o – AD
o)
74 a) AC2 – AD2 = (AC
o
o
o
= DC . (AC + AD)
de même :
o+o
o–o
o+o
o.
BD2 – BC2 = (BD
BC) . (BD
BC) = (BD
BC) . CD
D’où :
AC2 + BD2 – AD2 – BC2
o . (– AC
o – AD
o + BD
o + BC
o) = 2 CD
o . BA
o.
= CD
Ainsi les droites (AB) et (CD) sont orthogonales si et
o . BA
o = 0, soit si et seulement si
seulement si CD
2
2
2
AC + BD = AD + BC2.
b) Si (AB) est orthogonale à (CD) et (BC) orthogonale
à (DA) alors :
AC2 + BD2 = AD2 + BC2
et :
BD2 + CA2 = BA2 + CD2
donc :
AD2 + BC2 = BA2 + CD2.
Ce qui signifie que (BD) est orthogonale à (AC).
o = (FB
o + BA
o) . (FB
o + BC
o ) = FB2.
75 a) o
FA . FC
Les droites (FA) et (FC) ne sont pas orthogonales.
o=o
o –o
b) o
FA . EC
FA . (FC
FE )
=o
FA . o
FC – o
FA . o
FE = FB2 – FE2 = 0.
Les droites (FA) et (EC) sont orthogonales.
donc :
cm.
Méthode 2 : Dans le repère (A ;
= 1 donc || w
n || = 1 ;
.
IJ2 = 20 +
et finalement IJ =
||w
n ||2 =
,
= 1 donc ||un || = 1 ;
= 1 donc || n
v || = 1 ;
.
o, AC
o et BC
o ont pour coordon76 Les vecteurs AB
o(2 ; 1 ; – 2) ; AC
o(3 ; 3 ; 0) et BC
o(1 ; 2 ; 2).
nées AB
o . BC
o = 0.
On constate alors que AB = BC = 3 et AB
Le triangle ABC est rectangle isocèle en B.
77 a) Méthode 1 :
o . CB
o = (AC
o + CF
o) . CB
o = – CA
o . CB
o + CF
o . CB
o=0
AF
car les triangles ABC et BCF sont équilatéraux isométriques.
o . CD
o = 0.
On démontre de même que AF
La droite (AF) est alors orthogonale à deux droites
sécantes du plan (BCD). Elle est donc orthogonale à ce
plan.
Méthode 2 : Les points B, C, D et E appartiennent au
plan médiateur du segment [AF]. Ainsi la droite (AF)
est orthogonale au plan (BCD).
Les points A, C, F et E appartiennent au plan médiao est donc un vecteur normal
teur du segment [BD]. BD
o . BD
o = 0 (le quadrilatère BCDE
au plan (AFC). Or EC
est au moins un losange), les plans (ABF) et (AFC) sont
perpendiculaires.
o est un vecteur normal au plan (EFG) qui
78 GC
o = 0.
contient le point I donc M
FI .GC
Par ailleurs :
M
FI . o
GJ =
=
o+o
(FE
FH) .
o + GF
o)
(GE
o . GE
o + FH
o . GF
o),
(FE
Or :
o. GF
o=o
o
o = FE2 et FH
FG. o
GF = – FG2 = – FE2
FE . GE
o = 0.
donc M
FI . GJ
La droite (FI) est orthogonale à deux droites sécantes
(GC) et (GJ). Elle est donc orthogonale au plan (CJG)
et M
FI est bien un vecteur normal à ce plan.
79 a) • si M = H alors K = H’.
• si M = H’ alors K = H.
• si M π H et M π H’ alors :
(MH) ^ P d’où (MH) ^ d.
(MH’) ^ P’ d’où (MH’) ^ d.
Ainsi d est orthogonale au plan (MHH’). Le point K
est donc le point d’intersection du plan (MHH’) avec
la droite d.
b) • Si M = H ou M = H’ on a bien MK2 = MH2 + MH’2.
o + MB
o + MC
o + MD
o = 4 MG
o
81 MA
o + MB
o – MC
o – MD
o = 2MI
o – 2MJ
o = 2JI
M, donc :
et MA
o + MB
o + MC
o + MD
o) .(MA
o + MB
o – MC
o – MD
o) = 0
(MA
o .JI
M = 0.
équivaut à MG
L’ensemble cherché est le plan passant par G et perpendiculaire à la droite (IJ).
Or en appliquant la propriété d’associativité du barycentre, on obtient que G est le milieu du segment [IJ].
L’ensemble cherché est donc le plan médiateur du segment [IJ].
o . MB
o = (MI
o + IA
o + IB
M ).(MI
M)
82 a) MA
2
M + IB
M) + IA
M .IB
M.
= MI + o
MI . (IA
Or I est le milieu du segment [AB] de longueur 2 donc
M + IB
M = 0l et IA
M . IB
M = – IA2 = – 1.
IA
o . MB
o = MI2 – 1.
Pour tout point M de l’espace, on a MA
o .MB
o = l équivaut à MI2 = l + 1.
b) MA
Donc :
• si l < – 1 , l’ensemble des points M de l’espace tels
o .MB
o = l est vide ;
que MA
• si l = – 1 , l’ensemble des points M est réduit au point
I;
• si l > – 1 , l’ensemble des points M de l’espace tels
o .MB
o = l est la sphère de centre I et de rayon
que MA
.
o + 3 MB
o – 7 MC
o ) . (MA
o + MB
o ) = 0 équi83 (2 MA
o
o
o
o
vaut à – 2 MG . 2MI = 0 , soit MG . MI = 0.
L’ensemble cherché est donc la sphère de diamètre [IG].
84 a) Une équation du plan est :
4 x + 6 y + 3 z – 12 = 0.
• Si M π H et M π H’ le quadrilatère MHKH’ a trois
o et MH’
o
angles droites en H, en H’ et en M (car MH
sont des vecteurs normaux aux plans perpendiculaires
P et P’), MHKH’ est donc un rectangle. Le théorème
de Pythagore permet de conclure :
b) Les coordonnées de B vérifient l’équation de , B
est un point du plan .
MK2 = MH2 + HK2 = MH2 + MH’2.
b) Une équation du plan passant par A(1 ; 5 ; 3) et
parallèle au plan est 3x + y – 8 = 0.
o . AM
o = AC
o. AM
o équivaut à AM
o. CB
o = 0.
80 a) AB
L’ensemble cherché est donc le plan passant par A et
perpendiculaire à la droite (BC).
o + 2 MB
o – 4 MC
o = – MG
o et MA
o – MB
o = BA
o.
b) MA
Ainsi :
85 a) Un vecteur normal nn au plan a pour coordonnées (3 ; 1 ; 0).
o est un vecteur normal au plan cherché. Or
86 AB
o(– 2 ; 3 ; – 1), une équation de ce plan est :
AB
– 2 x + 3 y – z + 4 = 0.
o .AB
o = 0.
équivaut à MG
o(– 1 ; 1 ; 1) et AC
o(– 3 ; 2 ; – 1)
87 a) Les vecteurs AB
ne sont pas colinéaires. Les points A, B et C ne sont pas
alignés.
L’ensemble cherché est le plan passant par G et perpendiculaire à la droite (AB).
b) Une équation du plan (ABC) est :
– 3 x – 4 y + z + 6 = 0.
o + 2 MB
o – 4 MC
o ) . (MA
o – MB
o) = 0
(MA
C H A P I T R E 12
PRODUIT
295
b) Les points A, B, F et D appartiennent au plan médiao est donc un vecteur normal
teur du segment [EC]. EC
au plan (ABF).
88 a) nn1(1 ; 3 ; – 1) est un vecteur normal à ;
nn2 (– 1 ; 2 ; 5) est un vecteur normal à .
nn1 . nn2 = 0, donc les plans et sont perpendiculaires.
b) nn1
est un vecteur normal à ;
nn2 (– 3 ; – 1 ; – 1) est un vecteur normal à .
donc les plans et ne sont pas pernn1 . nn2 = –
pendiculaires.
94 L’ensemble des points M(x ; y ; z) de l’espace tels
que (x ; y ; z) soit solution du système :
x0
y0
z0
3x + 2y + 6z 6
est l’intérieur du tétraèdre, faces comprises, OABC où
O(0 ; 0 ; 0), A(2 ; 0 ; 0) , B(0 ; 3 ; 0) et C(0 ; 0 ; 1).
{
89 a) La distance du point A(5 ; 1 ; 1) au plan vaut :
.
o n’est
b) Le point H appartient au plan . Le vecteur AH
o
pas normal à (AH (1 ; 6 ; 0)), H n’est pas le projeté
orthogonal du point A sur le plan .
o a pour coordonnées (– 5 ; 1 ; – 1).
90 Le vecteur CD
o (1 ; 4 ; – 1) , CD
o . AB
o = – 5 + 4 + 1 = 0.
Comme AB
o
o = 5 AB
o et C est
Par ailleurs AC (5 ; 20 ; – 5) donc AC
un point de la droite (AB). En conclusion, le point C
est le projeté orthogonal du point D sur la droite (AB).
91 a) Un vecteur normal nn au plan a pour coordonnées (2 ; 3 ; – 1) et un vecteur normal m
n au plan a pour coordonnées (1 ; 1 ; 0).
b) nn et m
n ne sont pas colinéaires, les plans et se
coupent suivant une droite d.
c) Les coordonnées (1 ; – 2 ; 1) du point A vérifient les
deux équations 2 x + 3 y – z + 5 = 0 et x + y + 1 = 0
donc le point A appartient à la droite d.
d) un(a ; b ; c) non nul est un vecteur directeur de d si
un. nn = un. m
n = 0, c’est-à-dire si :
{
2a + 3b – c = 0
a+b=0
(a ; b ; c) π (0 ; 0 ; 0).
Le vecteur un(– 1 ; 1 ; 1) est un vecteur directeur de la
droite d.
92 Les plans d’équations :
x – 2y + 3z = 0 et 2x – 4 y + 6z + 1 = 0
ont le même vecteur normal nn(1 ; – 2 ; 3).
Or le point 0(0 ; 0 ; 0) appartient à un plan, mais pas
à l’autre. Ces plans sont donc strictement parallèles.
93
296
.
C (0 ; 0 ; 1)
Æ
Æ
k
i O Æj
B
(0 ; 3 ; 0)
A (2 ; 0 ; 0)
Les faces du tétraèdre sont les plans d’équation x = 0 ;
y = 0 ; z = 0 et 3x + 2y + 6z = 6.
95 Le plan a pour vecteur normal m
n (3 ; 5 ; – 8).
Le vecteur nn(a ; b ; c) non nul, est normal au plan o = 0. Or AB
o(0 ; 1 ; 0). Le triplet
si nn.mn = 0 et nn .AB
(a ; b ; c) est solution de :
{
3a + 5b – 8c = 0
b=0
avec (a ; b ; c) π (0 ; 0 ; 0).
Le vecteur nn(8 ; 0 ; 3) est donc normal à .
Une équation de est finalement 8 x + 3 z – 14 = 0.
96 a) M(x ; y ; z) appartient à si et seulement si
o
o = 0, c’est-à-dire :
AM . BM
(x – 3) (x – 1) + (y + 5) (y + 3) + (z – 1) (z – 7) = 0.
Une équation de est :
x2 – 4 x + y2 + 8y + z2 – 8z + 25 = 0
ou encore :
(x – 2)2 + (y + 4)2 + (z – 4)2 = 11.
( est la sphère de centre W (2 ; – 4 ; 4) et de rayon
).
b) M(x ; y ; z) appartient au plan tangent à la sphère o .AM
o = 0 , c’est-à-dire :
en A si et seulement si AW
– 1(x – 3) + (y + 5) + 3(z – 1) = 0.
Une équation de ce plan tangent est :
– x + y + 3z + 5 = 0.
97 a) L’équation peut s’écrire :
x2 + (y + 3)2 + (z – 2)2 = 4.
La sphère a pour centre W (0 ; – 3 ; 2) et pour rayon 2.
b) La distance du point W
au plan vaut :
.
c)
> 2 ; le plan ne coupe pas la sphère.
o = AE
o + EM
o = AE
o+
c) AM
o = AE
o+
EG
o .AC
o = AE
o.AC
o+
donc AM
AC2 =
AC2 = 1.
o, AD
o, AE
o), AM
o
d) Dans le repère (A ; AB
o (1 ; 1 ; 0) donc AM
o .AC
o=
et AC
98 a) est la sphère de centre O(0 ; 0 ; 0) et de
rayon 3.
o
AC
+
= 1.
b) On note W le projeté orthogonal du point O sur le
plan et (a ; b ; c) les coordonnées de W .
o est un vecteur normal à , d’où a = 0 et b = c,
OW
W appartient à d’où 2b – 2 = 0 et b = 1.
Les coordonnées de W sont donc (0 ; 1 ; 1).
o .BE
o = (NG
o + GM
o ) . (BF
o +o
102 a) NM
FE )
o
o
o
o
o
o
o .o
= NG . BF + GM . BF + NG . FE + GM
FE .
o
o
o
o
Or GM . BF = 0 et NG . FE = 0 donc :
o . BE
o = NG
o .o
o .o
NM
BF + GM
FE
o . BF
o=
o .o
puis NG
et GM
FE =
et finalement
o
o
NM . BE = 1.
c) OW =
. La distance du centre O de au plan est inférieure au rayon de . L’intersection de la sphère
et du plan est donc un cercle .
o . BE
o = (NK
o + KM
o ).BE
o = NK
o .BE
o + KM
o .BE
o.
b) NM
o .BE
o=0
Or KM
o
o
o.CH
o = CH2 =
et NK.BE = CH
¥ 2 = 1.
d) Le centre de est W . Son rayon r vérifie :
r2 + (
)2 = 32 donc r2 = 7 et r =
.
o .BE
o = 1.
Donc NM
m = IF
m+o
m + FG
o donc :
103 a) IE
FE et o
IG = IF
99 L’intérieur du cube, faces comprises est défini
par le système d’inéquations suivant :
m .IG
o = IF2 =
IE
b) cos
=
.
o
o
IE .o
IG
IE .o
IG
=
=
IE ¥ IG
IE2
.
c) Les droites (EI) et (IG) ne sont pas perpendiculaires.
L’angle
vaut 78° (arrondi au degré). Il faut se
méfier des apparences dues à la perspective cavalière.
o. FC
o=
donc FA
)2 = 1.
(
b) Le projeté orthogonal de N sur (HF) est M donc
o. MN
o=o
HF
HF. p
MM = 0.
o , AD
o , AE
o) , les
c) Dans le repère orthonormal (A ; AB
points M, B et N ont respectivement pour coordonnées
o .BN
o=1
, (1 ; 0 ; 0) et
donc AM
o
car AM
d) NH =
o
et BN
, NB =
.
Or si AB = a, AK =
et BH =
donc :
o .NB
o=
NH
.
101 a) Le projeté orthogonal du point M sur la droite
(AC) est le milieu du segment [AC] donc :
o .AC
o = AC2 = 1.
AM
b) AM2 = AE2 + EM2 =
o . AC
o=
AM
; MC2 =
o .AG
o = (BA
o + AK
o). (AB
o + BG
o)
104 BK
2
o
o
o
o + AK
o.BG
o.
= – AB + AK.AB + BA.BG
o
Or AB est un vecteur normal au plan (ADK) donc
o.AB
o = 0.
AK
o est un vecteur normal au plan (BFG) donc
De même BA
o
o
BA.BG = 0.
o = BG
o = 2 AK
o
Enfin AH
o.AG
o = – AB2 + 2 AK2.
donc BK
; AC2 = 2 donc
(AM2 + AC2 – MC2) = 1.
C H A P I T R E 12
et AK2 =
.
o.AG
o = 0. De même :
Finalement BK
o .AI
o = (BA
o + AK
o).(AE
o +o
BK
EI )
o
o
o
o
o .EI
o + AK
o .EI
o.
= BA .AE + AK .AE + BA
o .AE
o = 0 et AK
o .EI
o = 0 (EI
o est un vecteur norOr BA
mal au plan (AKE)).
o .AE
o = AE
o .AE
o = AE2 car le proPar ailleurs AK
jeté orthogonal du point K sur la droite (AE) est le milieu
du segment [AE].
o est orthogonal à deux vecEn conclusion le vecteur BK
o
o
o est
teurs AG et AI non colinéaires du plan (AIG). BK
un vecteur normal au plan (AIG).
PRODUIT
297
100 a) Le triangle FAC est équilatéral de côté
Exercices d’approfondissement
106 1. a) Voir la figure réalisée dans le guide de résolution.
o (4 ; 0 ; 0) et BA
o (0 ; 6 ; – 8) donc BC
o .BA
o=0
b) BC
et les droites (BC) et (BA) sont orthogonales.
o (4 ; 0 ; 8) et OA
o (0 ; 6 ; 0) donc OC
o .OA
o = 0 et les
OC
droites (OC) et (OA) sont orthogonales.
o . OA
o = 0.
De même OB
D’où :
o . OA
o = (OC
o – OB).OA
o = OC
o .OA
o – OB
o .OA
o=0
BC
o
o
et BC . BA = 0.
o orthogonal à deux vecteurs BA
o et OA
o
Le vecteur BC
non colinéaires du plan (OAB) est un vecteur normal à
ce plan. On en déduit que la droite (BC) est orthogonale au plan (OAB).
c) Le volume du tétraèdre OABC vaut :
BC ¥ aire(OAB)
car [BC] est la hauteur issue de C de ce tétraèdre.
Or Aire (OAB) = OA ¥ OB car les droites (OA) et
o (0 ; 6 – k ; 0) d’où MN
o .MQ
o = 0.
Puis MQ
Finalement, le quadrilatère MNPQ est un rectangle.
b) La droite (MP) est incluse dans le plan p et la droite
(OB) est orthogonale à p .
On en déduit que les droites (MP) et (OB) sont orthogonales.
Quant aux droites (PM) et (AC), elles sont orthogonales
o .AC
o = 0, or MP
o ( ; 6 – k ; 0)
si et seulement si MP
o (4 ; – 6 ; 8) donc MP
o . AC
o = 0 équivaut à
et AC
2k – 36 + k = 0, soit
= 36 et k =
.
c) MP2 =
+ (6 –
k)2 =
k2 – 9k + 36.
MP est minimale lorsque MP2 est minimale. On étudie
donc les variations de la fonction j définie sur
]0 ; 8[ par j (k) =
Or j ’(k) =
si k ]
k2 – 9k + 36.
[, j ’(k) < 0 ;
– 9 . D’où si k ]0 ;
; 8[ , j ’(k) > 0 et si k =
, j ’(k) = 0.
La distance MP est minimale lorsque k =
.
(OB) sont orthogonales donc :
=
¥ 4 ¥ 6 ¥ 8 = 32 (cm3).
o .BA
o = 0 et OC
o.OA
o = 0 , O et B appartiennent
d) BC
à la sphère de diamètre [AC]. Le centre est le milieu de
[AC] de coordonnées (2 ; 3 ; 4) et le rayon vaut :
(cm).
2. a) L’équation du plan p est z = k car kl est un vecteur normal à ce plan.
Calculons les coordonnées de N : (xN ; yN ; zN), N est
un point de la droite (OC) ; il existe donc un réel a tel
que xN = 4a , yN = 0 et zN = 8a . Or zN = k d’où
a =
.
Les coordonnées de N sont (
; 0 ; k).
Calculons les coordonnées P : (xP ; yP ; zP), P est un
point de la droite (AC) ; il exite donc un réel b tel que
xP = 4b ; yP – 6 = – 6b et zP = 8b . Or zP = k d’où
b =
.
Les coordonnées de P sont ( ; 6 – k ; k).
Enfin, calculons les coordonnées de Q : (xQ, yQ ; zQ),
Q est un point de la droite (AB) ; il existe donc un réel
g tel que xQ = 0 ; yQ – 6 = – 6g et zQ = 8g . Or zQ = k
d’où g =
.
Les coordonnées de Q sont (0 ; 6 –
o(
On constate alors que MN
k ; k).
o(
; 0 ; 0) et QP
le quadrilatère MNPQ est un parallélogramme.
298
; 0 ; 0),
o et AC
o ont respectivement
107 1. Les vecteurs AB
pour coordonnées (2 ; – 8 ; – 2) et (3 ; 0 ; 1).
Un vecteur nn (a ; b ; c) non nul, est normal au plan o = nn .AC
o = 0, soit si et seulesi et seulement si nn .AB
ment si :
2a – 8b – 2c = 0
avec (a ; b ; c) π (0 ; 0 ; 0).
3a + c = 0
Le vecteur nn (– 1 ; – 1 ; 3) est un vecteur normal à .
Une équation de est alors :
– x – y + 3z – 2 = 0.
2. a) On constate que le plan n’est autre que le plan
(plan (ABC)).
Le plan ’ d’équation y = 0 admet n
j comme vecteur
normal. n
j et nn ne sont pas colinéaires, les plans et
’ ne sont pas parallèles, ils sont sécants.
b) Le point E(– 2 ; 0 ; 0) appartient aux deux plans et ’ ; c’est un point de la droite D .
Le point F(1 ; 0 ; 1) est également un point de D , un
vecteur directeur un de D est par exemple un = o
EF de
coordonnées (3 ; 0 ; 1).
{
3. Une équation de la sphère de centre I et de rayon
2 est x2 + (y – 1)2 + (z + 1)2 = 4 ou encore :
x2 + y2 – 2 y + z2 + 2z – 2 = 0.
4. On constate que J = E et K = F. La droite (JK) est
donc la droite D .
Un point M (x ; y ; z) appartient à la droite (JK) si et
seulement si, il existe un réel k tel que o
JM = k n
u , c’està-dire x + 2 = 3k , y = 0 , z = k.
Ainsi M a pour coordonnées (3k – 2 ; 0 ; k).
M appartient enfin à la sphère S si et seulement si k est
solution de (3k – 2)2 + k2 + 2k – 2 = 0, c’est-à-dire
5k2 – 5k + 1 = 0.
L’équation 5k2 – 5k + 1 = 0 a deux solutions :
k1 =
et
k2 =
,
Les points d’intersection de la sphère avec la droite
(JK) sont :
M1
M2
.
108 1.
S
4
O'
C'
A'
Æ
Æ
B'
k
O
Æ
Le point B’ a donc pour coordonnées (1 ; 2 ; 2).
4
j
i
A
3
E
5
6
C
8
F
B
o=
2. E appartient à la droite (OA) car OE
o=
De même EC
o ce qui
o (0 ; 6 ; – 4), on constate que SC
o = 3SC
SC
0
prouve que C0 est un point de l’arête [SC].
Par ailleurs, la droite (SC) n’est pas contenue dans le
plan car S n’appartient pas au plan .
C0 est égale à C’ point d’intersection du plan avec
l’arête [SC].
c) Le vecteur o
SB a pour coordonnées (2 ; 4 ; – 4).
B’(x ; y ; z) est un point de l’arête [SB] si et seulement
o = ko
si, il existe un réel k tel que SB’
SB , c’est-à-dire
x = 2k, y = 4k et z – 4 = – 4k.
Or B’(2k ; 4k ; 4 – k), k , appartient au plan si
et seulement si k est solution de :
8k + 12k + 6 (4 – 4k) – 22 = 0 ,
soit k = .
5. (Les points O’, A’, B’ et C’ sont coplanaires.) Le
milieu de [O’B’] a pour coordonnées ( ; 1 ;
) et
le milieu de [A’C’] a les mêmes coordonnées :
( ;1;
).
o.
OA
Les diagonales du quadrilatère O’A’B’C’ se coupent
en leur milieu.
Le quadrilatère O’A’B’C’ est un parallélogramme.
o, donc E appartient à la droite
EB
(BC). Les droites (OA) et (BC) ne sont pas confondues.
E est donc le point d’intersection des droites (BC) et
(OA).
o et SF
o ont pour coordonnées (6 ; 0 ; – 4) et
3. a) SE
(0 ; 8 ; – 4).
o = nn .SF
o = 0. Le vecteur non nul
On vérifie que nn .SE
o et
nn est orthogonal aux vecteurs non colinéaires SE
o
SF du plan (SEF), nn est donc normal à ce plan.
Une équation du plan (SEF) est :
4 x + 3 y + 6 z – 24 = 0.
b) Les coordonnées de A’, barycentre des points pondérés (A ; 1) et (S ; 3) sont (1 ; 0 ; 3).
c) admet nn pour vecteur normal et passe par A’. Une
équation cartésienne de est 4x + 3y + 6z + d = 0 et
4 + 18 + d = 0 d’où d = – 22.
Une équation de est 4x + 3y + 6z – 22 = 0.
4. a) Un point de l’arête [SO] est un point de l’axe des
cotes. O’ a donc pour coordonnées (0 ; 0 ; z) et cellesci vérifient l’équation du plan donc :
6z – 22 = 0 et z =
.
On obtient O’(0 ; 0 ;
).
C H A P I T R E 12
o (1 ; – 5 ; 7) est un vecteur nor109 a) Le vecteur OA
mal au plan , on en déduit qu’une équation cartésienne
de est : x – 5y + 7z + d = 0, or A (1 ; – 5 ; 7) est un
point de , d’où d = – 75.
Une équation du plan est x – 5y + 7z – 75 = 0.
b) Un vecteur normal du plan est nn (– 2 ; 1 ; 1). Or
o = – 2 – 5 + 7 = 0, les plans et sont pernn . OA
pendiculaires.
c) La distance du point M(1 ; 1 ; 1) au plan vaut
. La distance du point M au plan vaut
.
d) Les plans et étant perpendiculaires, la distance
h du point M à la droite D , droite d’intersection des
, soit :
plans et , vérifie h2 =
h2 =
et
h=
.
e) Le plan passe par A et est perpendiculaire au plan
. On en déduit que O est un point du plan puisque
le projeté orthogonal du point O sur est le point A.
Une équation cartésienne du plan est donc :
ax + by + cz = 0
PRODUIT
299
et
b) Le point C0 de coordonnées (0 ; 2 ; ) appartient
au plan .
o a pour coordonnées (0 ; 2 ; – ) et
De plus, SC
0
où (a, b, c) sont les coordonnées d’un vecteur m
n non
nul, normal à .
Or m
n (a ; b ; c) est normal à équivaut à :
a – 5b + 7c = 0
avec (a ; b ; c) π (0 ; 0 ; 0),
– 2a + b + c = 0
Le vecteur m
n (4 ; 5 ; 3) est normal à .
Finalement une équation cartésienne de est :
4x + 5y + 3z = 0.
{
110 a)
D
S
K
Le triangle HKB est rectangle en K et inscrit dans le
cercle de diamètre [BH] contenu dans le plan (SMB).
En conclusion, les quatre points M, B, K et H sont sur
le même cercle de diamètre [BH] contenu dans le plan
(SMB).
111 a) Les plans et ont respectivement
nn (1 ; 2 ; – 2) et m
n (2 ; – 1 ; 2) pour vecteurs normaux.
Ces deux vecteurs n’étant pas colinéaires, les plans sont
sécants.
b) nn .m
n = – 4, les plans et ne sont pas perpendiculaires.
c) Les carrés des distances de M (x ; y ; z) à et sont respectivement égaux à :
et
H
A
B
M
o . MB
o = (MA
o + AS
o) . MB
o = MA
o . MB
o + AS
o. MB
o
b) MS
o
o
or MA . MB = 0 car M est un point du cercle de
o .MB
o = 0 car D est la perpendidiamètre [AB] et AS
culaire en A au plan contenant le cercle .
o .MB
o = 0 ce qui signifie que les droites (SM)
Donc MS
et (MB) sont orthogonales.
o .SM
o = 0.
c) Par définition du point H , AH
Par ailleurs :
o .MB
o = (AM
o + MH
o ).MB
o = AM
o .MB
o + MH
o .MB
o.
AH
o
o
o
o
Or AM .MB = 0 (voir b)) et MH . MB = 0 car H est un
point de (SM) et les droites (SM) et (MB) sont orthogonales.
o est non nul et orthogonal à deux vecLe vecteur AH
o et MB
o du plan (SMB). AH
o
teurs non colinéaires SM
est donc normal au plan (SMB) et la droite (AH) est
orthogonale au plan (SMB).
o est un vecteur normal au plan (BMS) et MB
o est
d) AH
un vecteur normal au plan (AMS), ces vecteurs sont
orthogonaux donc les plans (AMS) et (BMS) sont perpendiculaires.
e) On a montré que les droites (SM) et (MB) sont orthogonales. D’où (HM) et (MB) sont orthogonales. Le triangle HMB est rectangle en M et inscrit dans le cercle
de diamètre [BH] contenu dans le plan (SMB).
Par ailleurs la droite (AH) est orthogonale au plan (SMB)
donc (AH) est orthogonale à la droite (KB). Or (KB)
est orthogonale à la droite (AK), d’où la droite (KB)
est orthogonale au plan (AHK).
Mais (HK) est une droite de ce plan et (KB) est donc
orthogonale à (HK).
300
.
L’ensemble des points M(x ; y ; z) à égale distance
des plans et a pour équation :
(x + 2y – 2z – 1)2 = (2x – y + 2z + 1)2.
d) L’équation de peut encore s’écrire :
(x + 2y – 2z – 1)2 – (2x – y + 2z + 1)2 = 0,
soit (3x + y) (– x + 3y – 4z – 2) = 0.
L’ensemble est la réunion des deux plans 1 d’équation 3x + y = 0 et 2 d’équation :
– x + 3y – 4z – 2 = 0.
Ces plans 1 et 2 admettent respectivement les vecteurs nn(3
1 ; 1 ; 0) et nn(–
2 1 ; 3 ; – 4) pour vecteurs normaux. Or nn1 . nn2 = 0 donc les plans 1 et 2 sont
perpendiculaires. est la réunion de deux plans perpendiculaires.
112 1. Les coordonnées des points A, B, et C vérifient
l’équation x + z – 2 = 0.
2. a) Le point D a pour coordonnées (x ; 0 ; 0) et D
appartient au plan (ABC), d’où x = 2 et D (2 ; 0 ; 0).
De même, E a pour coordonnés (0 ; 0 ; z) et E appartient au plan (ABC), d’où z = 2 et E(0 ; 0 ; 2).
o et AB
o ont resOn en déduit que les vecteurs DE
pectivement pour coordonnées (– 2 ; 0 ; 2) et
o = AB
o.
(– 2 ; 0 ; 2). On constate que DE
o (0 ; 2 ; 0) et DE
o(–2 ; 0 ; 2).
b) DA
o
o
Donc DA .DE = 0.
Le quadrilatère ABED est tel que :
o = AB
o et DA
o . DE
o = 0,
DE
c’est un rectangle.
o et CA
o ont respectivement
3. On remarque que CB
pour coordonnées (– 1 ; 2 ; 1) et (1 ; 2 ; – 1).
Donc CB = CA =
et le triangle ABC est isocèle
en C.
On en déduit que la médiane issue de C est aussi la hauteur issue de C dans ce triangle. On désigne par C’ le
milieu du segment [AB]. C’ a pour coordonnées
o || = 2. Par ailleurs :
(1 ; 2 ; 1) et CC’ = ||CC’
o || =
AB = ||AB
.
AB ¥ CC’ =
.
4. La distance du point I au plan (ABC) vaut :
et le volume du tétraèdre IBCA vaut :
=
.
113 a) L’équation de m peut s’écrire :
m(x + z + 2) + y – z + 1 = 0.
Le point M(x ; y ; z) appartient à tous les plans m si
et seulement si, pour tout m réel,
m(x + z + 2) + y – z + 1 = 0.
Cette dernière expression est une expression affine en
m, nulle pour tout réel m. On en déduit que le point
M (x ; y ; z) appartient à tous les plans m équivaut à :
{
{
x+z+2=0
y – z + 1 = 0.
b) Les triplets solutions de :
x+z+2=0
y–z+1=0
sont les triplets (– 2 – k ; – 1 + k ; k) où k décrit .
Ces triplets sont les coordonnées des points de la droite
passant par A (– 2 ; – 1 ; 0) et de vecteur directeur
o = k un).
un(– 1 ; 1 ; 1) (AM
La droite de repère (A ; un ) est incluse dans tous les
plans m.
Or :
p
o + AA’
o + A’M’
p) . un
MM’. un = (MA
o . un + AA’
o . un + A’M’
p . un
= – AM
o
n
= – t + AA’.un + s(un. u’ )
o = t un, A’M’ = s u’
n et un est unitaire).
(en effet AM
De même :
p
n = MA
o . u’
n + AA’
o . u’
n + A’M’
p. u’
n
MM’. u’
n ) + AA’
o . u’
n+s
= – t (un. u’
n
(u’ est unitaire).
Ainsi (MM’) est une perpendiculaire commune aux
droites d et d’ si et seulement si :
n ) s = AA’
o . un
t – (un . u’
(S)
n ) t – s = AA’
o . u’
n.
(un .u’
b) Le système (S) est un système de deux équations
linéaires à deux inconnues t et s.
n ) 2.
Le déterminant de (S) vaut – 1 + (un .u’
Or :
n = ||un || || u’
n || cos(un ; u’
n ) et
un .u’
n = cos (un .u’
n ) car un et u’
n sont unitaires.
un .u’
Les droites d et d’ ne sont pas coplanaires, ce qui
n ne peuvent pas être
entraîne que les vecteurs un et u’
colinéaires.
n ) π 1.
Donc cos (un ; u’
Le déterminant de (S) est non nul, (S) admet donc un
unique couple (t, s) solution. Ce couple défini un seul
couple de points (M, M’). Il existe donc une et une seule
perpendiculaire commune aux deux droites non coplanaires d et d’.
{
116 a) L’équation de peut s’écrire :
(x – 3)2 + (y + 2)2 + (z – 1)2 = 4.
est donc la sphère de centre W (3 ; – 2 ; 1) et de rayon
2.
114 Le plan (ABC) a pour équation :
.
La distance d de l’origine 0, au plan (ABC) vaut :
d=
car le vecteur nn
plan (ABC).
Finalement
p
MM’. un = 0
p
MM’. n
u’= 0.
est un vecteur normal au
.
115 a) Les droites d et d’ ne sont pas coplanaires.
On en déduit que le vecteur p
MM’, nécessairement non
nul, est un vecteur directeur de la droite (MM’).
(MM’) est une perpendiculaire commune aux droites
d et d’ si et seulement si,
C H A P I T R E 12
b) La distance de W au plan vaut
.
Elle est inférieure au rayon de ce qui entraîne que
l’intersection de la sphère et du plan est un cercle
.
Le centre I du cercle est le projeté orthogonal du point
W sur le plan .
D’une part, o
W I et normal à donc colinéaire au vecteur nn(1 ; 0 ; 1), d’autre part I est un point de .
Il existe donc un réel k tel que les coordonnées de I
soient (3 + k ; – 2 ; 1 + k) et k est solution de :
3+k+1+k–2=0
donc k = – 1 et I (2 ; – 2 ; 0).
PRODUIT
301
L’aire du triangle ABC vaut
{
Le rayon R du cercle est solution de W I2 + R2 = 22,
donc R2 = 2 et R =
. En conclusion, l’intersection
du plan et de la sphère est le cercle du centre
I (2 ; – 2 ; 0) et de rayon
.
117 On note I le milieu du segment [PQ].
o
o + AQ
o = 0l équivaut à AB
o + 2 AI
o = 0l , on en
AB + AP
o = – AB
o. Le point I est donc parfaidéduit que AI
tement défini à partir des deux points donnés A et B.
o .AQ
o = 0 équivaut successivement
De plus, AB2 + AP
à:
o +o
o+o
AB2 + (AI
IP ). (AI
IQ ) = 0 ;
2
o
o
o
o
AB + (AI + IP ). (AI – IP ) = 0 ;
AB2 + AI2 – IP2 = 0
et enfin IP2 = AB2 car AI =
.
Le point P est un point de la sphère de centre I et de
rayon
AB.
Le point Q est le point de diamétralement opposé à
P.
Les couples (P, Q) sont donc les extrémités des dia-
mètres de la sphère de centre I et de rayon
AB.
2. D’après la question 1., l’ensemble est l’ensemble
des points M de l’espace tels que :
3 MG2 + GA2 + GB2 + GC2 = 57.
Or GA = GB = GC =
¥ 4=
car AB = 4.
D’où :
3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 = 57
équivaut à MG2 =
.
L’ensemble est la sphère de centre G et de rayon
.
3. a)
= 2 équivaut à
= 4 puis à :
MA2 – 4 MB2 = 0.
b) Considérons le point K barycentre des points pondérés (A, 1) et (B, – 4).
Alors MA2 – 4 MB2 = 0 équivaut à :
– 3 MK2 + KA2 – 4 KB2 = 0,
o=
or AK
o et KA2 =
AB
o=–
BK
o
BA
, de même :
et KB2 =
,
ainsi MA2 – 4MB2 = 0 équivaut à :
3MK2 =
et MK =
.
o .BC
o + MB
o .CA
o + MC
o .AB
o
118 a) MA
o .(AC
o – AB
o) + MB
o .CA
o + MC
o .AB
o
= MA
o.(MA
o – MB
o) + AB
o.(MC
o – MA
o)
= AC
o
o
o
o
= AC .BA + AB .AC
o.BB
o
= AC
K est le barycentre des points pondérés (A,1) et
(B, – 4).
= 0.
b) D’après la question a) l’ensemble est aussi l’ensemble des points M de l’espace tels que :
o .BC
o = MB
o .CA
o = MC
o .AB
o = 0.
MA
Notons H l’orhocentre du triangle ABC, H est un point
de .
M π H est un point de si et seulement si :
o .BC
o = MH
o .CA
o = MH
o .AB
o = 0.
MH
En conclusion, est la droite perpendiculaire en H au
plan (ABC).
o = A’A
o + AB
o + BB’
o, A’A
o et BB’
o sont coli120 a) A’B’
néaires à nn, il existe donc un réel a tel que :
o + BB’
o = a nn.
A’A
o = A’A
o + AC
o + CC’
o, A’A
o et CC’
o sont
De même A’C’
colinéaires à nn , il existe donc un réel b tel que
o + CC’
o = bnn.
A’A
Il existe donc deux réels a et b tels que :
o = AB
o + a nn et A’C’
o = AC
o + bnn.
A’B’
o.n
o. n
o.n
b) A’B’
n = AB
n + a car n est unitaire et A’B’
n = 0.
119 1. Pour tout point M de l’espace :
MA2 + MB2 + MC2
o + GA
o)2 + (MG
o + GB
o)2 + (MG
o + GC
o)2
= (MG
2
o . (GA
o + GB
o + GC
o) + GA2
= 3 MG + 2 MG
+ GB2 + GC2.
o + GB
o + GC
o = 0l car G est le centre de gravité
Or GA
du triangle ABC.
Donc pour tout point M de l’espace :
MA2 + MB2 + MC2 = 3 MG2 + GA2 + GB2 + GC2.
On en déduit que :
o.nn) et A’B’
o = AB
o – (AB
o .nn) nn.
a = – (AB
o . nn = 0 = AC
o . nn + b et b = – (AC
o .nn)
De même A’C’
o = AC
o – (AC
o . nn) nn.
donc A’C’
Enfin :
o .A’C’
o = (AB
o – (AB
o . nn) nn) . (AC
o – (AC
o . nn) nn)
A’B’
o.nn) (AC
o.nn) – (AC
o.nn) (nn.AB
o)
= – (AB
o
o
o
o = 0)
+ (AB . nn) (AC .nn) (car AB .AC
o.nn) ¥ (AC
o.nn).
= – (AB
302
L’ensemble des points M de l’espace tels que
= 2 est la sphère de centre K et de rayon
, où
d) Le plan du carré ABCD ne doit pas être perpendiculaire à . Cette condition étant respectée, A’B’C’D’
est alors un parallélogramme.
En effet les droites (A’D’) et (B’C’) sont respectivement des droites d’intersection du plan avec les plans
parallèles (A’AD) et (B’BC). Elles sont donc parallèles.
Pour des raisons analogues les droites (A’B’) et (D’C’)
sont parallèles.
• A’B’C’D’ est un losange si les diagonales (A’C’) et
(B’D’) sont perpendiculaires.
Cette condition est réalisée dès que la droite (AC) ou
la droite (BD) est parallèle au plan .
• A’B’C’D’ est un rectangle si les droites (A’B’) et (A’D’)
sont perpendiculaires. Cette condition est réalisée dès
que la droite (AB) ou la droite (AD) est parallèle au
plan .
• Enfin A’B’C’D’ est un carré s’il est à la fois un losange
et un rectangle.
Cette condition est réalisée lorsque le plan du carré
ABCD est parallèle au plan .
121 1. a) Le point G, milieu du segment [AA’] est le
barycentre des points pondérés (A, 1) et (A’, 1) mais
o
aussi des points (A, 3) et (A’, 3). On en déduit que 3GA
o
+ 3GA’ = 0l .
Or A’ est l’isobarycentre du triangle BCD, donc le
barycentre des points (B, 1), (C, 1) et (D, 1).
D’où :
o = GB
o + GC
o + GD
o
3GA’
et :
o + GB
o + GC
o + GD
o = 0l .
3GA
Cette dernière relation vectorielle signifie que G est le
barycentre des points pondérés (A, 3) , (B, 1) , (C, 1)
et (D, 1). On a donc m = 3.
A
/\
G
/\
//
//
B
A’D2 =
, donc :
et AA’2 = a2 –
=
On en déduit que AG2 =
a2.
.
Dans le triangle rectangle en A’, GA’B :
GB2 = GA’2 + A’B2, donc GB2 =
.
2. Pour tout point M de l’espace :
6MA2 + 2 MB2 + 2MC2 + 2MD2
= 12 MG2 + 6GA2 + 6GB2.
En effet, G étant un point de la droite (AA’),
GB = GC = GD.
L’ensemble S est l’ensemble des points M de l’espace
tels que :
12MG2 + 6GA2 + 6GB2 = 5a2,
.
soit 12MG2 + a2 + 3a2 = 5a2 et enfin MG2 =
S est la sphère de centre G et de rayon
.
3. a) MB2 + MC2 + MD2
= 3 MA’2 + A’B2 + A’ C2 + A’ D2,
A’ B2 = A’ C2 = A’ D2 =
.
L’ensemble p est l’ensemble des points M de l’espace
tels que :
3MA’2 – 3MA2 = 0, ou encore MA’2 – MA2 = 0.
Mais :
o + MA
o) . (MA’
o – MA
o) = 2 MG
o . AA’
o.
MA’2 – MA2 = (MA’
p est donc le plan passant par G et perpendiculaire à
la droite (AA’).
b) La vérification est immédiate : p est bien le plan
médiateur du segment [AA’].
De plus GI =
J
Or A’D =
4. p est un plan qui passe par le centre de la sphère S .
L’intersection de S et p est donc un cercle de
centre G et de rayon
.
K
I
b) Les points A et A’ appartiennent au plan médiateur du segment [BC] et au plan médiateur du segment
[CD]. On en déduit que la droite (AA’) est orthogonale
au plan (BCD).
Dans le triangle rectangle AA’D :
AD2 = AA’2 + A’D2.
D
A’B (théorème des milieux dans le tri-
angle rectangle AA’B). Or A’B =
GI =
/
A'
donc :
.
/
Le point I est donc un point du cercle . On montrerait de même que GI = GK =
.
C
C H A P I T R E 12
PRODUIT
303
o et A’C’
o sont orthogonaux si et seulement si
c) A’B’
o
o.n
AB .n
n = 0 ou AC
n = 0 , c’est-à-dire si la droite (AB)
ou la droite (AC) est parallèle au plan .
Les points I, J et K, milieux respectifs des segments
[AB], [AC] et [AD] appartiennent au cercle .
122 1. a) A (1 ; 0 ; ) et B (0 ;
; 1).
b) La droite (KB) est orthogonale au plan (OAK). On
en déduit que le volume du tétraèdre OABK vaut :
¥ BK ¥ aire(OAK).
Or l’aire du triangle OAK vaut
.
En conclusion le volume V du tétraèdre OABK est
V= .
2. a) Une équation du plan est du type :
ax + by + cz = 0
car l’origine O est un point de .
De plus (a ; b ; c) π (0 ; 0 ; 0) est solution du système
nn (a ; b ; c). Il existe donc un réel t (éventuellement
o = t nn = ta il + tb jl + tc kl .
nul) tel que AH
b) H est un point du plan donc :
a (ta + xA) + b(tb + yA) + c(tc + zA) + d = 0.
D’où t =
.
o ||2 = | t | ||nn ||
c) AH = ||AH
=
=
.
o.(AC
o + AD
o)
125 a) un.(vn + w
n) = AB
o + AD
o = 2 AE
o donc un.(vn + w
o.AE
o.
mais AC
n) = 2 AB
A
(S)
(1 ; 3 ; – 2) est une solution de (S). Donc une équation
du plan est x + 3y – 2z = 0.
b) La distance du point K au plan vaut
.
c) On a V =
¥ aire(OAB) =
→
u
→
w
→
v
.
B
Donc aire(OAB) =
D
.
123 • Supposons que le plan et la droite soient
perpendiculaires. est donc perpendiculaire en un point
A de à deux droites sécantes en A de ce plan. On note
1 et 2 ces droites. il et jl sont des vecteurs directeurs respectifs de 1 et 2. Alors il et jl ne sont pas
colinéaires. De plus un. il = un. jl = 0.
• Réciproquement supposons qu’il existe deux vecteurs
il et jl non colinéaires du plan tels que :
un . il : un. jl = 0.
Un raisonnement par l’absurde permet d’affirmer que
n’est pas parallèle à . (En effet s’il existe deux réels
l et m tels que un = l il + m jl alors, il et jl non colinéaires et un. il = un. jl = 0 entraînent l = m = 0 ce qui
est absurde car un est un vecteur directeur de ).
coupe donc en A.
En désignant par 1 et 2 les droites passant par A et
de vecteurs directeurs respectifs il et jl , on a : est
perpendiculaire en A à deux droites sécantes en A du
plan . est donc perpendiculaire à .
//
//
E
C
o.AC
o + AB
o.AD
o
b) AB
2
= (AB + AC2 – BC2 + AB2 + AD2 – BD2)
=
(2 AB2 + AC2 + AD2 – BC2 – BD2).
c) Dans le triangle ACD, le théorème de la médiane
conduit à AC2 + AD2 = 2 AE2 +
.
Dans le triangle BCD, le théorème de la médiane
conduit à BC2 + BD2 = 2 BE2 +
D’où :
o .AC
o + AB
o.AD
o=
AB
.
(2 AB2 + 2 AE2 – 2BE2)
= AB2 + AE2 – BE2,
ou encore :
un.vn + un.w
n = AB2 + AE2 – BE2.
o. AE
o = AB2 + AE2 – BE2.
d) D’après a), un. (vn + w
n) = 2AB
Finalement :
o est nul et si A π H,
124 a) Si A = H, le vecteur AH
o est un vecteur normal au plan d’équation :
AH
ax + by + cz + d = 0.
o est donc colinéaire au vecteur
Dans tous les cas, AH
304
un.(vn + w
n) = un.vn + un.w
n.
o .AC
o = (MD
o + DA
o + AN
o). AC
o
126 a) MN
o.AC
o + DA
o.AC
o + b AC
o.AC
o.
= – a DE
o .AC
o = DE
o.(DC
o – DA
o)
Or DE
o
o
o
o
= DE .DC – DE .DA
o
o
= – DE .DA = – DA2 = – 1
o.AC
o = – AD
o.AC
o = – AD2 = – 1
et DA
o. AC
o = a – 1 + 2b et MN
o orthogonal à AC
o
donc MN
équivaut à (1) a + 2b – 1 = 0.
De la même manière :
o .DE
o = (MD
o + DA
o + AN
o). DE
o
MN
2
2
o
o.
= – aDE + DA + bAC .DE
Or DE2 = 2, DA2 = 1 et :
o.DE
o = (AD
o + DC
o).DE
o = AD
o.DE
o = – AD2 = – 1
AC
o
o
o orthogonal à
donc MN . DE = – 2a + 1 – b et MN
o équivaut à :
DE
(2) – 2a – b + 1 = 0.
La résolution du système :
Ce système équivaut successivement à :
(c n’est pas nul car A n’appartient pas à ).
Les plans 1, 2 et 3 ont un point commun :
K(– a ; – b ;
).
3. On vérifie que le point K appartient à tous les plans .
(u – a)(–a) + (v – b)(–b) – c (
= – au + a2 – bv + b2 – a2 – b2 + 1 + au + bv – 1
= 0.
.
o, AD
o, AE
o) :
b) Dans le repère orthonormal (A ; AB
o (1 ; 1 ; 0), DE
o (0 ; – 1 ; 1). D’où M(0 ; 1 – a ; a),
AC
o(b ; b + a – 1 ; – a).
N(b ; b ; 0) et MN
La droite (MN) est perpendiculaire aux droites (AC) et
o .AC
o = MN
o .DE
o = 0, soit si
(DE) si et seulement si MN
et seulement si :
Finalement a = b =
.
o a pour coordonnées :
127 1. Le vecteur AN
(u – a ; v – b ; – c).
Une équation du plan s’écrit :
(u – a)x + (v – b)y – cz + d = 0,
mais N est un point du plan donc :
u (u – a) + v (v – b) + d = 0 et d = ua + vb – u2 – v2.
N est également un point du cercle de centre O et de
rayon 1, d’où u2 + v2 = 1.
Finalement d = ua + vb – 1 et une équation du plan s’écrit :
(u – a)x + (v – b)y – c z + au + bv – 1 = 0.
2. a) Les équations des plans 1, 2, 3 sont respectivement :
(1 – a) x – by – c z + a – 1 = 0,
(– 1 – a)x – b y – c z – a – 1 = 0,
– ax + (1 – b)y – cz + b – 1 = 0.
b) On résout le système formé par les équations des
plans 1, 2 et 3.
C H A P I T R E 12
o.BD
o:
128 On calcule AC
o.BD
o = (AB
o+o
o).BD
o
AC
BD + DC
2
o
o
o
o,
= AB .BD + BD + DC.BD
o 0 donc AB
o.BD
o 0.
d’après l’hypothèse, o
BA.BD
o.DC
o 0 donc DC
o.BD
o 0.
De même, DB
o
o
On en déduit alors que AC .BD BD2.
o.BD
o = AC ¥ BD ¥ cos (AC
o, o
Mais AC
BD) AC ¥ BD,
donc AC ¥ BD BD2.
En simplifiant par BD (BD > 0), on obtient finalement
AC BD.
129 Considérons une vue de dessus du plat hémisphérique.
P
Q
O
P'
R
Les points P, Q et R sont les sommets des boules qui
affleurent le dessus du plat. Le triangle PQR est évidemment équilatéral de centre O centre du cercle « du
dessus du plat ».
PRODUIT
305
conduit à a = b =
) + au + bv – 1
– dans le triangle ADC rectangle en A,
Comme PQ = 20 cm, OP =
cm.
Considérons alors la section du plat par le plan de
o, nn) où n est un vecteur normal au plan
repère (O ; OP
(PQR).
P
O
Æ
P’
AD2 = DC2 – AC2.
– dans le triangle ABC rectangle en B,
BC2 = AC2 – AB2.
D’où :
IJ2 =
=
n
(DC2 – AC2 + AC2 – AB2)
(DC2 – AB2) =
• Le cas A = D et B = C n’est pas possible car > a.
W
Finalement dans tous les cas :
A
IJ2 =
2. a) I est fixe et IJ2 =
Le cercle « contour » de la boule de somme P, de centre
W , est tangent au cercle « contour du plat » en A.
Les points A, W et O sont alignés sur la perpendiculaire
à la tangente en A.
D’où OA = OW + 10 cm, et :
OW = W P2 + OP2 = 100 +
, OW = 10
cm.
En conclusion, le rayon du plat hémisphérique est égal
à 10 + 10
cm, c’est-à-dire environ 25,3 cm.
o + BC
o +o
o).
(IB
IA + AD
Or I est le milieu du segment [AB], d’où o
IA + o
IB = 0l
m
o
o
et IJ = (AD + BC ).
o=
b) m
IJ .AB
=
o + BC
o) .AB
o
(AD
o.AB
o) +
(AD
(2 – a2).
Le point J appartient donc à la sphère de centre I et de
rayon
.
o = 0, donc J appartient au plan médiaDe plus m
IJ. AB
teur du segment [AB].
En conclusion, J appartient à l’intersection de la sphère
(de centre I et de rayon
) et du plan média-
teur du segment [AB] (ce plan passe par I) ;
.
130 1. a) J est le milieu du segment [CD].
o +o
(IC
ID ) =
(2 – a2).
J est donc un point du cercle , situé dans le plan médiateur du segment [AB], de centre I et de rayon
Problèmes de synthèse
D’où m
IJ =
(2 – a2).
b) Réciproquement, considérons un point M du cercle
défini en 2. a) et montrons que M est un point de l’ensemble .
On désigne par le plan défini par le point M et la
droite d’. Le point K est le projeté orthogonal de M sur
le plan .
o.AB
o).
(BC
d'
D
Or, ou bien A = D, ou bien la droite (AD) est perpendiculaire au plan qui contient les points A et B. Dans
o .AB
o = 0.
les deux cas AD
De plus B est le projeté orthogonal du point A sur la
droite d et les points B et C sont des points de d, donc
o .AB
o = 0.
BC
o = 0.
On a finalement m
IJ .AB
Calculons IJ2 ; il vient :
o + BC
o)2 = (AD2 + BC2 + 2AD
o .BC
o) ,
IJ2 = (AD
A
M
K
I
d
B
C
o .BC
o = 0 (A = D ou (AD) ^ ) donc :
mais AD
IJ2 =
(AD2 + BC2).
Distinguons plusieurs cas :
• si A = D ou B = C , IJ 2 =
• si A π D et B π C on a :
306
(2 – a2).
La droite (AK) (incluse dans le plan ) coupe d en C.
La droite (CM) (incluse dans le plan ) coupe d’ en D.
Il s’agit alors de montrer que M est le milieu du segment [CD] et que CD = .
(1) M .
Alors K = I et C = B. D’où K est le milieu de
[AC] = [AB]. De plus, la droite (MK) est parallèle à
(AD). Donc M est le milieu de [CD] (milieux et droites
parallèles dans le triangle ABD).
(2) M .
Alors K π I. Puis (KI)//(BC) et I est le milieu de [AB],
donc K est le milieu de [AC] (milieux et droites parallèles dans le triangle ABC).
On déduit alors :
– si M (c’est-à-dire si M = K), D = A et M est bien
le milieu de [CD].
– Si M (M π K), (MK)//(AD) et K est le milieu
de [AC] donc M est le milieu de [CD] (milieux et droites
parallèles dans le triangle ACD).
• Montrons maintenant que CD = .
CD2 = AD2 + AC2 = (2MK)2 + AB2 + BC2
= (2MK)2 + a2 + (2IK)2 = 4(MK2 + IK2) + a2
= 4IM2 + a2 = 4 ¥
(2 – a2) + a2 = 2.
On a donc bien CD = .
En conclusion : tout point M du cercle est un point
de .
c) Dans la question 2. a), on a prouvé que était inclus
dans , et dans la question 2. b), que était inclus dans
.
Conclusion : l’ensemble est le cercle .
o , OD
o ), on a suc131 1. a) Dans le repère (O ; o
OA, OC
o
cessivement D(0 ; 0 ; 1), M (a ; 0 ; 0), DM (a ; 0 ; – 1),
o (0 ; a ; – 1) et donc DM
o .DL
o = 1.
L(0 ; a ; 0), DL
o.o
DM
DL
b) cos
=
=
.
DM . DL
c) sin
=
o . OK
o = (OH
o + HM
o ) . OK
o=o
o + HM
o . OK
o.
2. a) OM
OH. OK
o . OK
o = 0 car la droite (OK) est orthogonale au
Or HM
plan (DLM) qui contient la droite (HM), ainsi :
o . OK
o = OH
o . OK
o.
OM
o . OK
o = OH
o . OK
o = l . OK2 mais OM
o . OK
o = a et
b) OM
OK2 = 2 + a2 donc l =
.
Pour tout a > 0, 0 <
<1
(le polynôme a2 – a + 2 est sans racine). H appartient
au segment [OK].
c) Les coordonnées de H sont :
.
o = OK
o – OH
o
d) HK
o–
= OK
o=
OK
o
OK
o.
OK
=
On en déduit, puisque
HK =
> 0,
OK et comme OK =
obtient HK =
.
3. Le volume du tétraèdre DLMK vaut :
= HK ¥ = a (a2 – a + 2).
132 1. Voir figure ci-dessous.
2. G(2 ; 3 ; 0).
o + 2 MA
o + 3 MB
o ) . MC
o = 0 équivaut à
3. a) (MO
o + 2AM
o + 3BM
o ) . CM
o = 0.
(OM
o
o
o
Or OM + 2AM + 3BM a pour coordonnées :
o (x ; y ; z – 4).
(6x – 12 ; 6y – 18 ; 6 z) et CM
Une équation de est :
x (6x – 12) + y (6y – 18) + 6z (z – 4) = 0,
soit x2 – 2x + y2 – 3y + z2 – 4z = 0 ( passe par l’origine O(0 ; 0 ; 0)).
Cette équation peut encore s’écrire :
(x – 1)2 +
=
est donc la sphère de centre W
d) L’aire du triangle DLM vaut :
=
DL ¥ DM ¥ sin
=
, on
,
et de rayon
.
.
o(1 ; 1 ; a) donc OK
o. DM
o = a – a = 0 et :
e) OK
o. o
OK
DL = a – a = 0.
o
o et o
OK est orthogonal aux vecteurs DM
DL qui ne sont
pas colinéaires.
La droite (OK) est orthogonale au plan (DLM).
C H A P I T R E 12
o + 2MA
o + 3MB
o = 6MG
o . est donc l’ensemble
b) MO
o . MC
o = 0. est
des points M de l’espace tels que MG
la sphère de diamètre [CG].
On vérifie que W est bien le milieu du segment [CG].
4. Le plan d’équation x = 0 est le plan de repère
(O ; lj ; kl ).
PRODUIT
307
• Montrons d’abord que M est le milieu du segment
[CD]. On distingue plusieurs cas :
Les points qui appartiennent à l’intersection de ce plan
avec la sphère vérifient :
y2 – 3y + z2 – 4 = 0,
soit :
z
1
.
Il s’agit donc du cercle G de centre I
rayon
o + 2GA
o + 3GB
o = 0l et donc :
Mais GO
o + 2GA
o – 3GB
o = – 6GB
o = 6BG
o.
GO
est donc l’ensemble des points M de l’espace tels
o . BG
o = 0 et BG
o = un = 2in – 3jn.
que MG
En conclusion, est le plan perpendiculaire en G à la
droite (BG).
G
I
Æ
Æ
i
z=y
z = –y
c) l admet pour système d’équation
.
On en déduit que :
• si l = 0, 0 est réduit au point O ;
• si l π 0, l est le cercle situé dans le plan l , de
centre, le point de coordonnées (0 ; 0 ; l ) et de rayon
|l |.
1
Æ
C
Æ
k
Æ
j
O
i
W
Æ
k
j
O
B
G
A
133 1. Si M(x ; y ; z) alors P (x ; y ; 0) et Q(0 ; 0 ; z).
y
(ce cercle G passe par C et O).
5. a) GO2 + 2GA2 – 3GB2
= 13 + 2 ¥ 25 – 3 ¥ 13 = 24.
Donc G appartient à .
b) MO2 + 2MA2 – 3MB2
o + GO
o)2 + 2(MG
o + GA
o)2 – 3(MG
o + GB
o)2
= (MG
o . (GO
o + 2GA
o – 3GB
o) + 24.
= 2MG
2. a) MP = MQ équivaut à MP2 = MQ2 soit :
z2 = x2 + y2.
b) Un point M(x ; y ; z) appartient à l’intersection de G
avec le plan d’équation x = 0 si et seulement si :
.
Ce système équivaut à :
ou
.
L’intersection de G avec le plan d’équation x = 0 est la
réunion de deux droites.
308
O
et de
3. a) M(xM ; yM ; zM) est un point de G distinct de O.
Pour tout point N de la droite (OM), il existe un réel k
tel que les coordonnées du point N soient :
(l xM ; l yM ; l zM).
Or :
(l zM)2 = l 2z2M = l 2(x2M + y2M)
= (l xM)2 + (l yM)2,
ce qui prouve que le point N est un point de G .
La droite (OM) est bien contenue dans G .
b) Considérons une droite contenue dans G .
ne peut pas être parallèle au plan 0, car si elle l’était,
elle serait contenue dans un plan l . Or l’intersection
de G et l est l qui ne contient pas de droite (l )
(cercle éventuellement réduit à un point).
coupe donc 0. Le point d’intersection de et 0
appartient à l’intersection de G et 0 qui est réduite au
point O. (0 = {0}).
En conclusion, passe par O.

Produit scalaire dans l`espace

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