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									Ch 11 Droites et plans de l’espace

Correction d’exercices type Bac
Exercice 1 : Bac S - Amérique du Sud – Nov. 2005( 4 points )
Dans cet exercice, une réponse par « VRAI » ou « FAUX » sans justification est demandée au
candidat en regard d’une liste d’affirmations. Toute réponse conforme à la réalité
mathématique donne 0,4 point. Toute réponse erronée enlève 0,1 point. L’absence de réponse
n’est pas comptabilisée. Le total ne saurait être négatif.

On donne le cube ABCDEFGH, d’arête de longueur 1, et les
milieux I et J des arêtes [AB] et [CG].
Les éléments utiles de la figure sont donnés ci-contre.

Le candidat est appelé à juger chacune des 10 affirmations suivantes.
                 1
1) AC  AI        VRAI
                 2
En se plaçant dans la face carrée ABCD du cube, on a AC  AI  AC  AI  cos(AC , AI )

                                     1           1  2 1
D’où AC  AI  1  1                   cos  2     .
                2   2

                                     2      4     2 2  2
2) AC  AI  AI  AB VRAI
Par projection orthogonale de AC sur la droite (AI), on a AC  AI  AB  AI  AI  AB .
3) AB  IJ  AB  IC VRAI
Par la relation de Chasles, AB  IJ  AB  (IC  CJ )
En développant : AB  IJ  AB  IC  AB  CJ
Or AB et CJ sont orthogonaux d’où AB  CJ  0 et AB  IJ  AB  IC .
                                     
4) AB  IJ  AB  IC  cos               FAUX
                                     3
En utilisant le résultat du 3), AB  IJ  AB  IC  AB  IC  cos(AB, IC) .
                                                          1         1
                                           ˆ     IB       2                1       
Or cos( AB , IC ) = cos( IB , IC ) = cos BIC =      =              2         cos .
                                                 IC     1            5      5      3
                                                       ( ) 2  12
                                                        2            4


On utilise à présent le repère orthonormal ( A ; AB ; AD ; AE )
                                                            x  t  1
                                                            
5) Une représentation paramétrique de la droite (IJ) est :  y  2t ( t  R ) FAUX
                                                            z  t
                                                            
                                                1
Dans le repère, les coordonnées de I sont (       ;0;0).
                                                2
                      1                                              1
En remplaçant x par     dans la première équation, on obtient : t = – et, avec cette valeur pour
                      2                                              2
le paramètre t dans la deuxième équation, on n’obtient y = 1  0 .
                                                                      1
                                                                 x  2 t  1
                                                                 
6) Une représentation paramétrique de la droite (IJ) est :  y  t  1 ( t  R ) VRAI
                                                                      1     1
                                                                 z  t 
                                                                      2     2
                         1
Les coordonnées de I ( ; 0 ; 0 ) correspondent à la valeur – 1 du paramètre t et les
                         2
                            1
coordonnées de J ( 1 ; 1 ; ) correspondent à la valeur 0 du paramètre t .
                            2
7) 6x – 7y + 8z – 3 = 0 est une équation de la droite (IJ) FAUX
Cette équation est de la forme ax + by + cz + d = 0 , c’est l’équation cartésienne d’un plan .
Les coordonnées de I et celles de J vérifient cette équation, ce plan contient la droite (IJ) .
8) L’intersection des plans (FIJ) et (ABC) est la droite passant par I et par le milieu de l’arête
[DC] FAUX
I est bien un point de l’intersection de ces deux plans car I  [AB].
Un autre point de cette droite d’intersection des deux plans est le symétrique de B par rapport
à C car ce point est aussi l’intersection de (FJ), droite du plan (FIJ), et de (BC), droite du plan
(ABC).
Or la droite passant par I et le milieu de l’arête [DC] est parallèle à (BC) , elle ne peut donc
pas passer par le symétrique de B par rapport à C .
                                      4
                                     
9) Le vecteur n de coordonnées 1  est un vecteur normal au plan (FIJ) VRAI
                                    2 
                                     
                                                                          1
Dans le repère, les coordonnées de F sont ( 1 ; 0 ; 1 ) , celles de I (     ; 0 ; 0 ) et celles de
                                                                          2
                      1          
                                0 
          1           2          
J( 1 ; 1 ; ). D’où IF  0  et JF   1 , vecteurs non colinéaires du plan (FIJ).
          2                      
                      1 
                                1 
                                   
                                2 
                        1                                                        1
De plus n  IF  4       1  0  2  1  0 et n  JF  4  0  1  (1)  2   0
                        2                                                        2
                                              1
10) Le volume du tétraèdre EFIJ est égal à        VRAI
                                              6
En prenant comme base du tétraèdre le triangle EIF situé dans le plan (AEFB), la hauteur
correspondante est le segment parallèle à [BC] passant par J, de longueur 1.
La base EIF est un triangle isocèle en I . En prenant comme base du triangle [EF], la hauteur
correspondante est le segment parallèle à [BF] passant par I, de longueur 1.
                                                    11       1
                                                         1
                                  base  hauteur                   1
Le volume de ce tétraèdre vaut                     2        2  .
                                         3             3      3 6
Autre façon ( plus compliquée ) : en prenant comme base du tétraèdre le triangle FIJ .
Avec le vecteur normal n au plan (FIJ) et les coordonnées de F on obtient comme équation de
ce plan : – 4x + y + 2z + 2 = 0 .
La hauteur du tétraèdre associée à cette base est la distance de E(0 ;0 ;1) au plan (FIJ) :
  4  0  0  2 1  2           4             4
                                                 .
            n              (4)  1  2
                                2    2    2
                                                21
                                                                             6
Le triangle FIJ est isocèle en F. En prenant comme base [IJ] avec IJ = …=      .
                                                                            2
La hauteur correspondante a pour longueur la distance de F(1 ;0 ;1) au milieu de [IJ] de
              3 1 1                   14                                                 1
coordonnées ( ;     ; ) qui vaut …       .Finalement le volume de ce tétraèdre vaut ... .
              4 2 4                   4                                                  6

Exercice 2 : Bac S Antilles Guyane Juin 2004
On considère le tétraèdre ABCD ; on note I le milieu du segment [AB] et J celui de [CD] .
   1) a) Soit G1 le barycentre du système de points pondérés {(A,1) ;(B,1) ;(C,–1) ;(D,1)}.
          Exprimer IG1 en fonction de CD .
D’après la propriété fondamentale du barycentre, pour tout point M on a :
1MA  1MB  1MC  1MD  (1  1  1  1)MG1
En particulier avec M = I on obtient : IA  IB  IC  ID  2IG1
Comme I est le milieu de [AB] , IA  IB  0 d’où  IC  ID  2IG1 ou bien CI  ID  2IG1
                        1
Finalement IG1           CD
                        2
Voir la figure :                                 b) Soit G2 le barycentre du système de points
                                                 pondérés {(A,1) ;(B,1) ;(D,2)}.
                             A
                                                    Démontrer que G2 est le milieu de [ID] :
                   G1                        D’après la propriété fondamentale du barycentre, pour
                                             tout point M on a :
                                             1MA  1MB  2MD  (1  1  2)MG2
              I
                                             En particulier avec M = I on obtient :
                        G2               D
                                             IA  IB  2ID  4IG2
                                             Comme IA  IB  0 il reste 2ID  4IG2 ou bien
   B
                                     J               1
                                             IG2      ID donc G2 est le milieu de [ID] .
                                                     2
                                 C           Placer G2 sur la figure : voir ci-contre


   c) Démontrer que IG1DJ est un parallélogramme :
                        1
On sait que IG1          CD et comme J est le milieu de [CD] on a : IG1  JD donc IG1DJ est
                        2
un parallélogramme .
     En déduire la position de G2 par rapport aux points G1 et J :
G2 est le milieu de la diagonale [ID] du parallélogramme IG1DJ , alors G2 est aussi le milieu
de l’autre diagonale [G1J] .
2) Soit m un réel . On note Gm le barycentre du système de points pondérés
 {(A,1) ;(B,1) ;(C,m–2) ;(D,m)}.
    a) Préciser l’ensemble  des valeurs de m pour lesquelles Gm existe .
Gm existe lorsque la somme des coefficients n’est pas nulle donc lorsque m  0
Dans les questions qui suivent, on suppose que le réel m appartient à l’ensemble  .
    b) Démontrer que Gm appartient au plan (ICD) :
Comme I est le barycentre de {(A,1),(B,1)} , par l’associativité du barycentre on a : Gm
barycentre de {(I,2),(C,m–2),(D,m)} donc Gm appartient au plan (ICD) .
    c) Démontrer que le vecteur m JGm est constant :
D’après la propriété fondamentale du barycentre, pour tout point M on a :
2MI  (m  2)MC  mMD  (2  m  2  m)MGm
En particulier avec M = J on obtient : 2 JI  (m  2) JC  m JD  2m JGm

D’où 2 JI  2 JC  m( JC  JD)  2m JG m
Comme J est le milieu de [CD] , on a JC  JD  0 , il reste JI  JC  m JGm ou bien
JI  CJ  m JGm . Donc le vecteur m JGm est constant, il est égal à CI .
   d) En déduire l’ensemble F des points Gm lorsque m décrit l’ensemble  :
Comme m JGm  CI pour toute valeur de m  0 et J est un point fixe, l’ensemble F des points
Gm est la droite passant par J et parallèle à la droite (CI) privée du point J .

Exercice 3 : Bac S – Pondichéry – Juin 2005
L’espace E est rapporté à un repère orthonormal ( O ; i ; j ; k ) .
On considère les points A, B et C de coordonnées respectives (1 ;0 ;2) , (1 ;1 ;4) et
(–1 ;1 ;1) .
             1) a) Montrer que les points A, B et C ne sont pas alignés .
     AB ( 0 ; 1 ; 2 ) et AC ( – 2 ; 1 ; – 1 )
                                                                     0    1
Les coordonnées de ces vecteurs ne sont pas proportionnelles car         d’où AB et AC ne
                                                                    2 1
sont pas colinéaires donc les points A , B et C forment un plan .
                b) Soit n le vecteur de coordonnées (3 ;4 ;–2).
   Vérifier que le vecteur n est orthogonal aux vecteurs AB et AC :
n  AB  3  0  4 1  (2)  2  0 donc n est orthogonal à AB
n  AC  3  (2)  4 1  (2)  (1)  0 donc n est orthogonal à AC
                En déduire une équation cartésienne du plan (ABC) .
Le vecteur n est normal au plan (ABC) d’où une équation cartésienne de (ABC ) :
3x + 4y – 2z + d = 0
A(1;0;2) est un point du plan (ABC), ses coordonnées vérifient l’équation :
3 1  4  0  2  2  d  0 d’où –1 + d = 0 d’où d = 1
Une équation de (ABC) est donc 3x + 4y – 2z + 1= 0 .
            2) Soit P1 et P2 les plans d’équations respectives 2x + y + 2z + 1 = 0 et
                x – 2y + 6z = 0 .
Montrer que les plans P1 et P2 sont sécants suivant une droite (d) :
Un vecteur normal au plan P1 est n1 ( 2 ;1 ;2)
Un vecteur normal au plan P2 est n2 ( 1 ;–2 ;6)
                                                                            2   1
Les coordonnées de ces deux vecteurs ne sont pas proportionnelles car            donc n1 et n2
                                                                            1 2
ne sont pas colinéaires, les plans P1 et P2 se coupent en une droite (d) .
Recherche d’un système d’équations paramétriques de (d) :
                      2 x  y  2 z  1  0
                      
On résout le système  x  2 y  6 z  0 en paramétrant l’une des variables, z .
                      z  t
                      
                        2 x  y  2t  1  0                   y  2 x  2t  1
                                                              
Ce système équivaut à :  x  2 y  6t  0    qui équivaut à :  x  4 x  4t  2  6t  0
                        z  t                                 z  t
                                                              
                                                                   2
                                                      y  2(2t  5 )  2t  1
                   y  2 x  2t  1                
                                                               2
qui équivaut à : 5 x  10t  2  0 qui équivaut à :  x  2t 
                  z  t                                        5
                                                     zt
                                                     
                                                     
                             2
                  x  2t  5
                 
                           1
qui équivaut à :  y  2t      une représentation paramétrique de (d).
                           5
                 z  t
                 
                 
    b) Recherche de la position relative de la droite (d) par rapport au plan (ABC) :
                                                                               2 1
D’après la représentation paramétrique de (d) , (d) passe par le point D(  ;  ;0) et est
                                                                               5 5
dirigée par le vecteur u ( –2 ; 2 ; 1 )
Le plan (ABC) admet comme vecteur normal n (3 ;4 ;–2)
n  u  3  (2)  4  2  (2) 1  0
On en déduit que la droite (d) est parallèle au plan (ABC) .
3) Soit  un réel positif quelconque . On considère le barycentre G des points A, B et C
affectés des coefficients respectifs 1, 2 et  .
     a) Justifier l’existence du point G pour tout réel positif  :
La somme des coefficients vaut 1 + 2 +  = 3 +  ; elle est non nulle car  est positif donc
G existe .
        Soit I le barycentre des points A et B affectés des coefficients respectifs 1 et 2 .
Déterminer les coordonnées du point I :


       1x A  2 x B           1y  2 y B 2      1z  2 z B 10           2 10
xI =                 1 ; yI = A         ; zI = A           donc I(1 ; ; ) .
          1 2                  1 2     3        1 2      3           3 3

Exprimer le vecteur IG en fonction du vecteur IC :

Comme G est le barycentre de {(A,1),(B,2),(C,  )} et I le barycentre de {(A,1),(B,2)}

On en déduit, par l’associativité du barycentre que G est le barycentre de {(I,3),(C,  )}

On a alors 3GI   GC  0 d’où, par Chasles, 3GI   (GI  IC)  0

                                                               
D’où (3   )GI   IC  0 d’où  IC  (3   ) IG et IG           IC
                                                             3
        b) Montrer que l’ensemble des points G lorsque  décrit l’ensemble des

nombres réels positifs ou nuls est le segment [IC] privé du point C :

                       
Comme on a IG              IC , on en déduit que les vecteurs IG et IC sont colinéaires et ils
                     3
ont le point I en commun donc les points I, G et C sont alignés, G se trouve sur la droite (IC) .
                                                                               x
Si on considère la fonction auxiliaire f définie sur [ 0 ; +  [ par f(x) =
                                                                              3 x
                                           1  (3  x)  x  1       3
f est dérivable sur [ 0 ; +  [ et f ’(x) =                               0
                                                (3  x) 2
                                                                 (3  x) 2
                                                                      1
f est donc croissante sur [ 0 ; +  [ ; f(0) = 0 et lim f(x) = lim         =1
                                                                    3
                                                                       1
                                                                    x
                                                  x   x  
L’image de [ 0 ; +  [ par f est donc l’intervalle [ 0 ; 1 [ ( f est une bijection ) ce qui prouve
                       
que les valeurs de         appartiennent à [ 0 ; 1 [ quand   [0;[ .
                     3

On peut conclure alors que, lorsque   [0;[ , G décrit [IC] privé de C .
Recherche de la valeur de  pour que le milieu J du segment [IC] coïncide avec G :
                              1
On doit avoir IG  IJ          IC d’où   1 .
                              2         3 2
On en déduit que 2  3   donc   3 .

								
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