En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, «
Exercice : ExercicesProduit scalaire dans l'espace/Exercices/Exercices », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
Soit
a
→
=
(
1
2
3
)
{\displaystyle {\vec {a}}={\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}}}
un vecteur de l'espace
R
3
{\displaystyle \mathbb {R} ^{3}}
. Déterminer l'ensemble des vecteurs
v
→
{\displaystyle {\vec {v}}}
de
R
3
{\displaystyle \mathbb {R} ^{3}}
tels que
a
→
⋅
v
→
=
−
1
{\displaystyle {\vec {a}}\cdot {\vec {v}}=-1}
.
Solution
Soit
v
→
=
(
x
y
z
)
{\displaystyle {\vec {v}}={\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}}
.
a
→
⋅
v
→
=
−
1
⇔
x
+
2
y
+
3
z
=
−
1
{\displaystyle {\vec {a}}\cdot {\vec {v}}=-1\Leftrightarrow x+2y+3z=-1}
donc l'ensemble des vecteurs
v
→
{\displaystyle {\vec {v}}}
solutions est :
{
(
−
1
−
2
y
−
3
z
y
z
)
|
(
y
,
z
)
∈
R
2
}
{\displaystyle \left\{\left.{\begin{pmatrix}-1-2y-3z\\y\\z\end{pmatrix}}~\right|~(y,z)\in \mathbb {R} ^{2}\right\}}
.
Exercice 1 de l'épreuve de spécialité du Bac S 2007 en France métropolitaine .
Dans l'espace muni d'un repère orthonormal, soient
(
P
)
{\displaystyle (P)}
et
(
P
′
)
{\displaystyle (P')}
les plans d'équations respectives
x
+
2
y
−
z
+
1
=
0
{\displaystyle x+2y-z+1=0}
et
−
x
+
y
+
z
=
0
{\displaystyle -x+y+z=0}
et
A
{\displaystyle A}
le point de coordonnées
(
0
,
1
,
1
)
{\displaystyle (0,1,1)}
.
Démontrer que
(
P
)
{\displaystyle (P)}
et
(
P
′
)
{\displaystyle (P')}
sont perpendiculaires.
Démontrer qu'ils se coupent suivant la droite
(
d
)
{\displaystyle (d)}
dont une représentation paramétrique est
x
=
−
1
3
+
t
,
y
=
−
1
3
,
z
=
t
{\displaystyle x=-{\frac {1}{3}}+t,\ y=-{\frac {1}{3}},\ z=t}
, où
t
{\displaystyle t}
est un paramètre réel.
Calculer la distance de
A
{\displaystyle A}
à chacun des plans
(
P
)
{\displaystyle (P)}
et
(
P
′
)
{\displaystyle (P')}
.
En déduire la distance de
A
{\displaystyle A}
à
(
d
)
{\displaystyle (d)}
.
Solution
Un vecteur normal à
(
P
)
{\displaystyle (P)}
est
n
→
:=
(
1
2
−
1
)
{\displaystyle {\vec {n}}:={\begin{pmatrix}1\\2\\-1\end{pmatrix}}}
.
Un vecteur normal à
(
P
′
)
{\displaystyle (P')}
est
n
→
′
:=
(
−
1
1
1
)
{\displaystyle {\vec {n}}':={\begin{pmatrix}-1\\1\\1&\end{pmatrix}}}
.
n
→
⋅
n
→
′
=
1
×
(
−
1
)
+
2
×
1
+
(
−
1
)
×
1
=
0
{\displaystyle {\vec {n}}\cdot {\vec {n}}'=1\times (-1)+2\times 1+(-1)\times 1=0}
.
Donc
(
P
)
{\displaystyle (P)}
et
(
P
′
)
{\displaystyle (P')}
sont perpendiculaires.
D'après la question 1,
(
P
)
{\displaystyle (P)}
et
(
P
′
)
{\displaystyle (P')}
se coupent suivant une droite. Il suffit donc de vérifier que
(
d
)
⊂
(
P
)
∩
(
P
′
)
{\displaystyle (d)\subset (P)\cap (P')}
. Pour tout réel
t
{\displaystyle t}
, le point de coordonnées
(
−
1
3
+
t
,
−
1
3
,
t
)
{\displaystyle \left(-{\frac {1}{3}}+t,-{\frac {1}{3}},t\right)}
appartient :
à
(
P
)
{\displaystyle (P)}
car
(
−
1
3
+
t
)
+
2
(
−
1
3
)
−
t
+
1
=
0
{\displaystyle \left(-{\frac {1}{3}}+t\right)+2\left(-{\frac {1}{3}}\right)-t+1=0}
;
à
(
P
′
)
{\displaystyle (P')}
car
−
(
−
1
3
+
t
)
+
(
−
1
3
)
+
t
=
0
{\displaystyle -\left(-{\frac {1}{3}}+t\right)+\left(-{\frac {1}{3}}\right)+t=0}
.
d
(
A
,
(
P
)
)
=
|
x
A
+
2
y
A
−
z
A
+
1
|
‖
n
→
‖
=
|
0
+
2
−
1
+
1
|
1
2
+
2
2
+
(
−
1
)
2
=
2
6
{\displaystyle d\left(A,(P)\right)={\frac {\left|x_{A}+2y_{A}-z_{A}+1\right|}{\|{\vec {n}}\|}}={\frac {\left|0+2-1+1\right|}{\sqrt {1^{2}+2^{2}+(-1)^{2}}}}={\frac {2}{\sqrt {6}}}}
.
d
(
A
,
(
P
′
)
)
=
|
−
x
A
+
y
A
+
z
A
|
‖
n
→
′
‖
=
|
0
+
1
+
1
|
(
−
1
)
2
+
1
2
+
1
2
=
2
3
{\displaystyle d\left(A,(P')\right)={\frac {\left|-x_{A}+y_{A}+z_{A}\right|}{\|{\vec {n}}'\|}}={\frac {\left|0+1+1\right|}{\sqrt {(-1)^{2}+1^{2}+1^{2}}}}={\frac {2}{\sqrt {3}}}}
.
Puisque
(
P
)
{\displaystyle (P)}
et
(
P
′
)
{\displaystyle (P')}
se coupent perpendiculairement suivant
(
d
)
{\displaystyle (d)}
, le théorème de Pythagore donne :
d
(
A
,
(
d
)
)
2
=
d
(
A
,
(
P
)
)
2
+
d
(
A
,
(
P
′
)
)
2
=
4
6
+
4
3
=
2
{\displaystyle d\left(A,(d)\right)^{2}=d\left(A,(P)\right)^{2}+d\left(A,(P')\right)^{2}={\frac {4}{6}}+{\frac {4}{3}}=2}
donc
d
(
A
,
(
d
)
)
=
2
{\displaystyle d\left(A,(d)\right)={\sqrt {2}}}
.
Dans l'espace euclidien usuel
R
3
{\displaystyle \mathbb {R} ^{3}}
, on considère les points
A
=
(
1
,
1
,
1
)
{\displaystyle A=(1,1,1)}
,
B
=
(
−
2
,
−
5
,
−
2
)
{\displaystyle B=(-2,-5,-2)}
et
C
=
(
−
1
,
−
3
,
−
3
)
{\displaystyle C=(-1,-3,-3)}
.
Déterminer l'équation du plan
P
{\displaystyle P}
contenant
A
{\displaystyle A}
et orthogonal à la droite
(
B
C
)
{\displaystyle (BC)}
.
Trouver la distance entre le plan
P
{\displaystyle P}
et le point
B
{\displaystyle B}
.
Trouver la distance entre la droite
(
B
C
)
{\displaystyle (BC)}
et le point
A
{\displaystyle A}
.
Solution
B
C
→
=
(
1
,
2
,
−
1
)
{\displaystyle {\overrightarrow {BC}}=(1,2,-1)}
donc
P
{\displaystyle P}
a pour équation
(
x
−
x
A
)
+
2
(
y
−
y
A
)
−
(
z
−
z
A
)
=
0
{\displaystyle (x-x_{A})+2(y-y_{A})-(z-z_{A})=0}
, soit
x
+
2
y
−
z
=
2
{\displaystyle x+2y-z=2}
.
d
(
B
,
P
)
=
|
x
B
+
2
y
B
−
z
B
−
2
|
1
2
+
2
2
+
(
−
1
)
2
=
|
−
2
−
10
+
2
−
2
|
6
=
12
6
=
2
6
{\displaystyle d(B,P)={\frac {|x_{B}+2y_{B}-z_{B}-2|}{\sqrt {1^{2}+2^{2}+(-1)^{2}}}}={\frac {|-2-10+2-2|}{\sqrt {6}}}={\frac {12}{\sqrt {6}}}=2{\sqrt {6}}}
.
Soit
{
H
}
=
P
∩
(
B
C
)
{\displaystyle \{H\}=P\cap (BC)}
. On sait déjà que
B
H
=
2
6
{\displaystyle BH=2{\sqrt {6}}}
. Le théorème de Pythagore donne :
d
(
A
,
(
B
C
)
)
=
A
H
=
A
B
2
−
A
H
2
{\displaystyle d(A,(BC))=AH={\sqrt {AB^{2}-AH^{2}}}}
. Or
A
B
2
=
3
2
+
6
2
+
3
2
=
54
{\displaystyle AB^{2}=3^{2}+6^{2}+3^{2}=54}
. Donc
d
(
A
,
(
B
C
)
)
=
54
−
24
=
30
{\displaystyle d(A,(BC))={\sqrt {54-24}}={\sqrt {30}}}
. Alternativement, on peut calculer directement les coordonnées du vecteur
A
H
→
{\displaystyle {\overrightarrow {AH}}}
, puis sa norme :
H
=
B
+
λ
B
C
→
∈
P
{\displaystyle H=B+\lambda {\overrightarrow {BC}}\in P}
pour
λ
=
−
x
B
+
2
y
B
−
z
B
−
2
1
2
+
2
2
+
(
−
1
)
2
=
−
−
2
−
10
+
2
−
2
6
=
2
{\displaystyle \lambda =-{\frac {x_{B}+2y_{B}-z_{B}-2}{1^{2}+2^{2}+(-1)^{2}}}=-{\frac {-2-10+2-2}{6}}=2}
, donc
A
H
→
=
A
B
→
+
2
B
C
→
=
(
−
3
,
−
6
,
−
3
)
+
2
(
1
,
2
,
−
1
)
=
(
−
1
,
−
2
,
−
5
)
{\displaystyle {\overrightarrow {AH}}={\overrightarrow {AB}}+2{\overrightarrow {BC}}=(-3,-6,-3)+2(1,2,-1)=(-1,-2,-5)}
et
A
H
=
1
+
4
+
25
=
30
{\displaystyle AH={\sqrt {1+4+25}}={\sqrt {30}}}
.
On considère la droite
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
dont une représentation paramétrique est donnée par
{
x
=
1
+
2
λ
y
=
λ
z
=
−
1
−
λ
,
λ
∈
R
{\displaystyle \left\{{\begin{array}{llc}x&=&1+2\lambda \\y&=&\lambda \\z&=&-1-\lambda \end{array}}\right.,\quad \lambda \in \mathbb {R} }
.
Donner un vecteur directeur de cette droite.
Calculer la distance entre
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
et la droite
D
′
{\displaystyle {\mathcal {D}}'}
passant par
(
1
,
2
,
−
1
)
{\displaystyle (1,2,-1)}
et de direction
(
0
,
−
1
,
1
)
{\displaystyle (0,-1,1)}
.
Dans
R
3
{\displaystyle \mathbb {R} ^{3}}
, considérons les plans
P
{\displaystyle {\mathcal {P}}}
et
P
′
{\displaystyle {\mathcal {P}}'}
d'équations respectives
x
−
y
+
z
=
2
{\displaystyle x-y+z=2}
et
x
+
2
y
+
3
z
=
4
{\displaystyle x+2y+3z=4}
.
Montrer que
P
∩
P
′
{\displaystyle {\mathcal {P}}\cap {\mathcal {P}}'}
est une droite
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
dont on donnera une paramétrisation.
Donner une équation cartésienne du plan
P
″
{\displaystyle {\mathcal {P}}''}
perpendiculaire à
D
{\displaystyle {\mathcal {D}}}
et passant par le point
A
(
1
,
0
,
−
1
)
{\displaystyle A(1,0,-1)}
.
Calculer
P
∩
P
′
∩
P
″
{\displaystyle {\mathcal {P}}\cap {\mathcal {P}}'\cap {\mathcal {P}}''}
.
Solution
{
x
−
y
+
z
=
2
x
+
2
y
+
3
z
=
4
⇔
{
x
=
y
−
z
+
2
3
y
+
2
z
=
2
⇔
∃
t
∈
R
{
y
=
2
t
z
=
1
−
3
t
x
=
1
+
5
t
{\displaystyle {\begin{cases}x-y+z&=2\\x+2y+3z&=4\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}x&=y-z+2\\3y+2z&=2\end{cases}}\Leftrightarrow \exists t\in \mathbb {R} \;{\begin{cases}y&=2t\\z&=1-3t\\x&=1+5t\end{cases}}}
.
0
=
5
(
x
−
1
)
+
2
(
y
−
0
)
−
3
(
z
+
1
)
=
5
x
+
2
y
−
3
z
−
8
{\displaystyle 0=5(x-1)+2(y-0)-3(z+1)=5x+2y-3z-8}
.
5
(
1
+
5
t
)
+
2
(
2
t
)
−
3
(
1
−
3
t
)
−
8
=
38
t
−
6
{\displaystyle 5(1+5t)+2(2t)-3(1-3t)-8=38t-6}
donc
P
∩
P
′
∩
P
″
=
D
∩
P
″
=
{
(
1
+
5
t
,
2
t
,
1
−
3
t
)
}
{\displaystyle {\mathcal {P}}\cap {\mathcal {P}}'\cap {\mathcal {P}}''={\mathcal {D}}\cap {\mathcal {P}}''=\{(1+5t,2t,1-3t)\}}
avec
t
=
6
38
=
3
19
{\displaystyle t={\frac {6}{38}}={\frac {3}{19}}}
donc
(
1
+
5
t
,
2
t
,
1
−
3
t
)
=
1
19
(
34
,
6
,
10
)
{\displaystyle (1+5t,2t,1-3t)={\frac {1}{19}}(34,6,10)}
.