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[ID: 252] [Date de publication: 4 janvier 2021 22:51] [Catégorie(s): Coordonnées cartésiennes dans l'espace ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]

Solution(s)

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Exercice 472
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 4 janvier 2021 22:51

1. Une équation de \(\mathcal P\) est de la forme \(x-y+2z+d=0\) avec \(d\in\mathbb{R}\). Mais comme \(A\in\mathcal P\), \(d=-3\) et donc \(\mathcal P~:x-y+2z-3=0\). Pour trouver une équation paramétrée de \(\mathcal P\), il nous faut connaître deux vecteurs \(\overrightarrow{u}\) et \(\overrightarrow{v}\) qui engendrent \(\mathcal P\). Il suffit de prendre deux vecteurs non colinéaires et orthogonaux à \(\overrightarrow{n}\). C’est le cas par exemple de \(\overrightarrow{u}=\left(1,1,0\right)\) et \(\overrightarrow{v}=\left(2,0,-1\right)\). Donc \(\mathcal P~:\begin{cases}x&=1+s+2t\\y&= s\\z&=1-t \end{cases};~s,t\in\mathbb{R}\).

2. Comme \(\mathcal P\) est engendré par \(\overrightarrow{u}=\left(1,-1,0\right)\) et \(\overrightarrow{v}=\left(0,0,2\right)\), il admet \(\overrightarrow{n}'=\left(-2,-2,0\right)\) ou encore \(\overrightarrow{n}=\left(1,1,0\right)\) comme vecteur normal. Son équation cartésienne est donc de la forme \(x+y+d=0\) avec \(d\in\mathbb{R}\). Comme \(A\in \mathcal P\), \(d=-1\) et \(\mathcal P~: x+y-1=0\). On trouve facilement une équation paramétrée \(\mathcal P~: \begin{cases}x&=s\\y&=1-s \\z&=1 +2t\end{cases};~s,t\in\mathbb{R}\).

3. Comme le plan \(\mathcal P\) est parallèle au plan \(\mathcal Q~:x-2z+1=0\) il admet \(\overrightarrow{n}=\left(1,0,-2\right)\) comme vecteur normal. Son équation est donc de la forme \(x-2z+d=0\) avec \(d\in\mathbb{R}\). On utilise les coordonnées de \(A\) pour calculer \(d=-1\). Donc \(\mathcal P~: x-2z-1=0\). Pour déterminer une équation paramétrique de \(\mathcal P\), il nous faut connaître deux vecteurs \(\overrightarrow{u}\) et \(\overrightarrow{v}\) engendrant \(\mathcal P\). On peut procéder comme dans la première question. On peut aussi chercher ces vecteurs dans le plan vectoriel \(P~: x-2z=0\). On choisit par exemple \(\overrightarrow{u}=\left(2,0,1\right)\) et \(\overrightarrow{v}=\left(0,1,0\right)\). Il vient alors \(\mathcal P~:\begin{cases}x&=1+2t\\y&=-1 +s\\z&=t \end{cases};~s,t\in\mathbb{R}\).

4. Un vecteur directeur à \(\mathcal D\) est donné par \(\left(2,-1,0\right) \wedge \left(1,-1,1\right) = \left(-1,-2,-1\right)\) et ce vecteur est normal à \(\mathcal P\). On termine alors comme dans la première question et une équation de \(\mathcal P\) est \(x+2y+z=0\). On cherche alors deux vecteur engendrant ce plan. On peut prendre \(\overrightarrow{u}=\left(1,-1,1\right)\) et \(\overrightarrow{v}=\left(2,-1,0\right)\) et une équation paramétrée de \(\mathcal P\) est \(\begin{cases}x&=1+s+2t\\y&=-1-s-t \\z&=1+ss \end{cases};~s,t\in\mathbb{R}\).

5. Les vecteurs \(\overrightarrow{AB}=\left(-1,1,-2\right)\) et \(\overrightarrow{AC}=\left(1,1,-1\right)\) ne sont pas colinéaires et ils engendrent \(\mathcal P\). Un vecteur normal au plan est donc \(\overrightarrow{n}=\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}=\left(1,-3,-2\right)\). On termine alors comme dans la première question et on a \(\mathcal P~:x-3y-2z +1=0\). Une équation paramétrée est \(\mathcal P~:\begin{cases}x&=1-s+t\\y&=s+t \\z&=1-2s-t \end{cases};~s,t\in\mathbb{R}\).

6. Comme le système : \[\begin{cases}x-y+1&=0\\ y-z-2&=0\\x&=-3+t\\y&=2-t\\ z&=2-2t \end{cases}\] admet \(\left(-1,0,-2\right)\) comme solution, les deux droites sont sécantes en le point \(A\left(-1,0,-2\right)\) et elles définissent bien un plan. Un vecteur directeur de \(\mathcal D\) est \(\overrightarrow{u}=\left(1,-1,0\right)\wedge \left(0,1,-1\right)=\left(1,1,1\right)\). On lit sur l’équation paramétrée de \(\mathcal D '\) un vecteur directeur de \(\mathcal D '\) qui est \(\overrightarrow{v}=\left(1,-1,-2\right)\). Donc un vecteur normal à \(\mathcal P\) est \(\overrightarrow{n}={\overrightarrow{u}}\wedge \overrightarrow{v}=\left(-1,3,-2\right)\) et en utilisant les coordonnées de \(A\), on trouve que \(\mathcal P~:-x+3y-2z-5 =0\). Comme les vecteurs \(\overrightarrow{u}\) et \(\overrightarrow{v}\) engendrent \(\mathcal P\), on a \(\mathcal P~:\begin{cases}x&=-1+s+t\\y&= s-t\\z&=-2 +s-2t\end{cases};~t\in\mathbb{R}\)

7. Les plans \(\mathcal Q~: x-2y+z-1=0\) et \(\mathcal Q'~: y-2z+1=0\) ne sont pas parallèles et s’intersectent suivant la droite \(\mathcal D~:\begin{cases}x-2y+z-1&=0\\ y-2z+1&=0 \end{cases}\). Cette droite est encore perpendiculaire à \(\mathcal P\) et un vecteur directeur pour cette droite donné par \(\left(1,-2,1\right)\wedge \left(0,1,-2\right)=\left(0,2,1\right)\) est normal à \(\mathcal P\). On en déduit que \(\mathcal P~: 2y+z=0\). Par ailleurs, tout vecteur normal à \(\mathcal Q\) ou à \(\mathcal Q'\) est élément du plan vectoriel associé à \(\mathcal P\) donc \(\mathcal P\) est le plan passant par \(A\) et engendré par \(\left(1,-2,1\right)\) et \(\left(0,1,-2\right)\). On en déduit une équation paramétrée : \(\mathcal P~:\begin{cases}x&=1+s\\y&=-2s+t \\z&= s-2t\end{cases};~t\in\mathbb{R}\)

8. Le vecteur \(\overrightarrow{n}=\left(1,-1,1\right)\) normal à \(\mathcal Q~: x-y+z=1\) est élément du plan vectoriel associé à \(\mathcal P\). Le vecteur \(\overrightarrow{AB}=\left(-1,-1,3\right)\) est aussi élément de ce plan vectoriel et donc \(\mathcal P\) est le plan passant par \(A\) et engendré par \(\overrightarrow{n}\) et \(\overrightarrow{AB}\). En particulier, \(\overrightarrow{n} \wedge \overrightarrow{AB}=\left(-2,-4,-2\right)\) est normal à \(\mathcal P\). Une équation cartésienne de \(\mathcal P\) est donc \(x+2y+z+=0\). Une équation paramétrée est \(\mathcal P~:\begin{cases}x&=1+s-t\\y&=-s-t \\z&=-2+s+3t \end{cases};~t\in\mathbb{R}\).