Coordonnées cartésiennes dans l'espace

Exercices du dossier Coordonnées cartésiennes dans l'espace

Exercice 472 *

4 janvier 2021 22:51 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

Pour chacun des plans \(\mathcal P\) suivant calculer une équation cartésienne et une équation paramétrée :

  1. Le plan \(\mathcal P\) passant par \(A\left(1,0,1\right)\) et de vecteur normal \(\overrightarrow{n}=\left(1,-1,2\right)\).

  2. Le plan \(\mathcal P\) passant par \(A\left(0,1,1\right)\) et engendré par \(\overrightarrow{u}=\left(1,-1,0\right)\) et \(\overrightarrow{v}=\left(0,0,2\right)\).

  3. Le plan \(\mathcal P\) passant par \(A\left(1,-1,0\right)\) et parallèle au plan \(\mathcal Q~:x-2z+1=0\).

  4. Le plan \(\mathcal P\) passant par \(A\left(1,-1,1\right)\) et perpendiculaire à la droite \(\mathcal D~:\begin{cases} 2x-y+1&=0\\x-y+z-2&=0\end{cases}\).

  5. Le plan \(\mathcal P\) passant par les points \(A\left(1,0,1\right)\), \(B \left(0,1,-1\right)\) et \(C\left(2,1,0\right)\).

  6. Le plan \(\mathcal P\) contenant les droites \(\mathcal D~: \begin{cases} x-y+1&=0\\ y-z-2&=0\end{cases}\) et \(\mathcal D '~: \begin{cases} x&=-3+t\\y&=2-t\\ z&=2-2t\end{cases}\).

  7. Le plan \(\mathcal P\) passant par \(A\left(1,0,0\right)\) et perpendiculaire aux plans \(\mathcal Q~: x-2y+z-1=0\) et \(\mathcal Q'~: y-2z+1=0\).

  8. Le plan \(\mathcal P\) passant par les points \(A\left(1,0,-2\right)\) et \(B\left(0,-1,1\right)\) et perpendiculaire au plan \(\mathcal Q~: x-y+z=1\).



[ID: 252] [Date de publication: 4 janvier 2021 22:51] [Catégorie(s): Coordonnées cartésiennes dans l'espace ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

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 \(\mathcal P~:\begin{cases}x&=1+s-t\\y&=-s-t \\z&=-2+s+3t \end{cases};~t\in\mathbb{R}\).


Exercice 255 *

4 janvier 2021 22:51 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

On considère la droite \(\mathscr D\) passant par \(A=(1,-2,0)\) et dirigée par \(\overrightarrow{u}=(1,1,-1)\). Soit \(B=(0,1,-2)\) un point de l’espace.

  1. Déterminer les coordonnées du point \(H\), projeté orthogonal de \(B\) sur \(\mathscr D\).

  2. Calculer de deux manières différentes la distance de \(B\) à la droite \(\mathscr D\).



[ID: 254] [Date de publication: 4 janvier 2021 22:51] [Catégorie(s): Coordonnées cartésiennes dans l'espace ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 255
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 4 janvier 2021 22:51
  1. L’équation paramétrique de \(\mathscr D\) est : \(\begin{cases}x&=1+t\\y&=-2+t\\z&=-t \end{cases};\quad t\in\mathbb{R}\). De plus, une équation du plan normal à \(\overrightarrow{u}\) passant par \(B\) est : \(x+y-z-3=0\). Le point \(H\) forme l’intersection de ce plan et de la droite \(\mathscr D\) et ses coordonnées satisfont le système : \[\begin{cases}x=1+t\\y=-2+t\\z=-t \\x+y-z-3=0 \end{cases}.\] Par conséquent \(\boxed{H\left( 7/3,-2/3,-4/3 \right)}\).

  2. La distance de \(B\) à la droite \(\mathscr D\) est donnée par \(\left\|\overrightarrow{BH}\right\| = \boxed{ \sqrt{{\scriptstyle{26}\over\scriptstyle 3}} }\). On a aussi  : \(d\left(B,\mathscr D\right) = \dfrac{\left\|\overrightarrow{u} \wedge \overrightarrow{AB}\right\|}{\left\|\overrightarrow{u}\right\|} = \boxed{ \sqrt{{\scriptstyle{26}\over\scriptstyle 3}} }\).


Exercice 382 *

4 janvier 2021 22:51 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

On considère les plans \(\mathscr P\) et \(\mathscr P'\) d’équations respectives \(x-y+z+1=0\) et \(2x+y-z-1=0\).

  1. Vérifier que ces deux plans ne sont pas parallèles.

  2. Déterminer une paramétrisation de leur intersection \(\mathscr D\).

  3. Donner une équation cartésienne du plan \(\mathscr Q\) passant par \(A=(1,1,0)\) et perpendiculaire aux deux plans \(\mathscr P\) et \(\mathscr P'\).



[ID: 256] [Date de publication: 4 janvier 2021 22:51] [Catégorie(s): Coordonnées cartésiennes dans l'espace ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 382
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 4 janvier 2021 22:51
  1. Un vecteur normal à \(\mathscr P\) est \(\overrightarrow{n} \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\-1\\1 \end{matrix}\right.}\) et un vecteur normal à \(\mathscr P'\) est \(\overrightarrow{n'} \underset{}{\left|\begin{matrix} 2\\1\\-1 \end{matrix}\right.}\). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires donc les plans ne sont pas parallèles. Leur intersection est alors une droite \(\mathscr D\).

  2. \(\mathscr D\) est dirigée par le vecteur \[\overrightarrow{n} \wedge \overrightarrow{n'}= \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\-1\\1 \end{matrix}\right.} \wedge \underset{}{\left|\begin{matrix} 2\\1\\-1 \end{matrix}\right.} = \underset{}{\left|\begin{matrix} 0\\3 \\3 \end{matrix}\right.}\] ou encore par le vecteur \(\overrightarrow{u} = \underset{}{\left|\begin{matrix} 0\\1\\1 \end{matrix}\right.}\). Un point de \(\mathscr D\) est : \(M \underset{}{\left|\begin{matrix} 0\\0 \\-1 \end{matrix}\right.}\). On l’obtient à partir du système \(\begin{cases}x-y+z+1&=0\\2x+y-z-1&=0 \end{cases}\) en fixant \(y=0\) et en résolvant le système à deux équations et deux inconnues ainsi obtenu. Une paramétrisation de \(\mathscr D\) est alors : \(\boxed{\begin{cases} x&=0 \\y&=t \\z&=-1+t \end{cases},\quad t\in\mathbb{R}}\).

  3. Le plan \(\mathscr Q\) passant par \(A=(1,1,0)\) et perpendiculaire aux deux plans \(\mathscr P\) et \(\mathscr P'\) admet \(\overrightarrow{u}\) comme vecteur normal. Son équation est donc de la forme : \(y+z+c=0\). Comme \(A\in \mathscr Q\), \(c=-1\) et une équation de \(\mathscr Q\) est \(\boxed{y+z-1=0}\).


Exercice 949 **

4 janvier 2021 22:51 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

On considère les plans \(\mathscr P\) et \(\mathscr Q\) d’équations respectives \(3x-4y+1=0\) et \(2x-3y+6z-1=0\). Déterminer l’ensemble des points équidistants de \(\mathscr P\) et \(\mathscr Q\).



[ID: 258] [Date de publication: 4 janvier 2021 22:51] [Catégorie(s): Coordonnées cartésiennes dans l'espace ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 949
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 4 janvier 2021 22:51

Soit \(M\left(x,y,z\right)\). On a la série d’équivalences : \[\begin{aligned} & & d\left(M,\mathscr P\right)=d\left(M,\mathscr Q\right)\\ &\Longleftrightarrow& \dfrac{\left|3x-4y+1\right|}{\sqrt{3^2 +4^2}} = \dfrac{\left|2x-3y+6z-1\right|}{\sqrt{2^2+3^2+6^2}}\\ &\Longleftrightarrow& 7\left|3x-4y+1\right| = 5\left|2x-3y+6z-1\right|\\ &\Longleftrightarrow& 7\left(3x-4y+1\right) = 5\left(2x-3y+6z-1\right) \quad \textrm{ ou} \quad 7\left(3x-4y+1\right) = -5\left(2x-3y+6z-1\right)\\ &\Longleftrightarrow& 11x-13y-30z+2=0 \quad \textrm{ ou} \quad 31x-43y+30z=0 \end{aligned}\]

Le lieu des points équidistants de \(\mathscr P\) et \(\mathscr Q\) est donc la réunion des plans d’équations \(11x-13y-30z+12=0\) et \(31x-43y+30z+2=0\). Ces deux plans sont appelés plans médiateurs de \(\mathscr P\) et \(\mathscr Q\).


Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 467
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 4 janvier 2021 22:51
  1. \(d\left(A,\mathscr P\right)=\dfrac{\left|1\times 1-2\times 1 +3\times 1 -1\right|}{\sqrt{1^2+2^2+3^2}}=\boxed{\dfrac{1}{\sqrt{14}}}\)

  2. Un vecteur directeur de \(\mathscr D\) est  : \(\overrightarrow{u} \underset{}{\left|\begin{matrix} 3\\ -1\\2 \end{matrix}\right.}\) et un point de \(\mathscr D\) est : \(M \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\2 \\0 \end{matrix}\right.}\). Par conséquent : \(d\left(B,\mathscr D\right)=\dfrac{\left\|\overrightarrow{u} \wedge \overrightarrow{BM}\right\|}{\left\|\overrightarrow{u}\right\|}=\boxed{\sqrt{{\scriptstyle 5\over\scriptstyle 7}}}\).

  3. Un vecteur directeur de \(\Delta\) est  : \(\overrightarrow{u} = \underset{}{\left|\begin{matrix} 2\\ -1\\1 \end{matrix}\right.}\wedge \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\ -1\\1 \end{matrix}\right.}= \underset{}{\left|\begin{matrix} 0 \\ -1\\-1 \end{matrix}\right.}\) et un point de \(\Delta\) est : \(M \underset{}{\left|\begin{matrix} 2\\0 \\-3 \end{matrix}\right.}\). Par conséquent : \(d\left(C,\mathscr D\right)=\dfrac{\left\|\overrightarrow{u} \wedge \overrightarrow{CM}\right\|}{\left\|\overrightarrow{u}\right\|}=\boxed{\sqrt{{\scriptstyle 27\over\scriptstyle 2}}}\).

  4. Un vecteur directeur de \(\mathscr D\) est \(\overrightarrow{u} = \underset{}{\left|\begin{matrix} -1 \\1 \\-1 \end{matrix}\right.} \wedge \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\ -1\\2 \end{matrix}\right.} = \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\1 \\0 \end{matrix}\right.}\) et un vecteur directeur de \(\mathscr D'\) est \(\overrightarrow{\widetilde{u'}} = \underset{}{\left|\begin{matrix} 2\\-1 \\-1 \end{matrix}\right.} \wedge \underset{}{\left|\begin{matrix} -1\\ -2\\3 \end{matrix}\right.} = \underset{}{\left|\begin{matrix} -5\\-5 \\-5 \end{matrix}\right.}\) ou mieux : \(\overrightarrow{u'}= \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\1 \\1 \end{matrix}\right.}\). Un point de \(\mathscr D\) est \(M \underset{}{\left|\begin{matrix} -3 \\0 \\2 \end{matrix}\right.}\) et un point de \(\mathscr D'\) est \(M' \underset{}{\left|\begin{matrix} 0\\0 \\0 \end{matrix}\right.}\), par conséquent, comme \(\overrightarrow{u} \wedge \overrightarrow{u'} = \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\1 \\0 \end{matrix}\right.} \wedge \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\1 \\1 \end{matrix}\right.}= \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\-1 \\0 \end{matrix}\right.}\)  : \(d\left(\mathscr D,\mathscr D'\right) = \dfrac{\left|\mathop{\rm det}\left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{u'},\overrightarrow{MM'}\right)\right|}{\left\|\overrightarrow{u} \wedge \overrightarrow{u'}\right\|} = \boxed{\dfrac{3\sqrt 2}{2}}\).


Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 993
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 4 janvier 2021 22:51
  1. Le plan passe par le point \(\Omega \underset{}{\left|\begin{matrix} 2\\3\\1 \end{matrix}\right.}\) et est dirigé par les vecteurs \(\overrightarrow{u} \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\-1\\2 \end{matrix}\right.}\), \(\overrightarrow{v} \underset{}{\left|\begin{matrix} -1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}\right.}\). Le vecteur \(\overrightarrow{n} = \overrightarrow{u}\wedge \overrightarrow{v} \underset{}{\left|\begin{matrix} -5 \\-3\\1 \end{matrix}\right.}\) est normal au plan. L’équation cartésienne est donc de la forme \(-5x-3y+z+c=0\). Puisque \(\Omega \in \mathcal{P}\), on trouve que \(c = 18\), et donc \[\boxed{ \mathcal{P}:~ -5x-3y+z+18 = 0 }\]

  2. Utilisons la formule du cours : \[d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{\lvert -5-3+1+18 \rvert }{\sqrt{5^2+3^2+1^2}} = \dfrac{11}{\sqrt{35}}\]

  3. La droite est dirigée par le vecteur \(\overrightarrow{n}\) d’où une équation paramétrique : \[\begin{cases} x &= 1 - 5\lambda \\ y &= 1 - 3\lambda \\ z &= 1 + \lambda \end{cases}\] En éliminant le paramètre, on obtient une équation cartésienne : \[\begin{cases} x + 5z - 2 &= 0 \\ y + 3z - 4 &= 0 \end{cases}\]


Exercice 616 *

4 janvier 2021 22:51 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

On considère la droite d’équation : \[\begin{cases} x + y -z +1 &= 0 \\ 2x - y + z - 2 &= 0 \end{cases}\] Déterminer la distance du point \(\Omega \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\2\\1 \end{matrix}\right.}\) à cette droite.



[ID: 264] [Date de publication: 4 janvier 2021 22:51] [Catégorie(s): Coordonnées cartésiennes dans l'espace ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 616
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 4 janvier 2021 22:51

Le vecteur \(\overrightarrow{u} \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\1\\-1 \end{matrix}\right.}\) est normal au plan \(\mathcal{P}_1\), le vecteur \(\overrightarrow{v} \underset{}{\left|\begin{matrix} 2\\-1\\1 \end{matrix}\right.}\) est normal au plan \(\mathcal{P}_2\). Puisque \(\mathcal{D} = \mathcal{P}_1 \cap \mathcal{P}_2\), le vecteur \(\overrightarrow{u}\wedge\overrightarrow{v} \underset{}{\left|\begin{matrix} 0\\-3\\-3 \end{matrix}\right.}\) dirige la droite \(\mathcal{D}\). On peut également prendre comme vecteur directeur le vecteur \(\overrightarrow{n} \underset{}{\left|\begin{matrix} 0\\1\\1 \end{matrix}\right.}\) qui lui est proportionnel. Cherchons un point \(A\) de la droite \(\mathcal{D}\). En choisissant \(z=0\), on trouve par exemple \(A \underset{}{\left|\begin{matrix} 1/3\\-4/3\\0 \end{matrix}\right.}\). Et alors : \[d(\Omega, \mathcal{D}) = \dfrac{\lVert \overrightarrow{A\Omega}\wedge\overrightarrow{n} \rVert_{ }}{\lVert \overrightarrow{n} \rVert_{ }} = \dfrac{\sqrt{19}}{\sqrt{3}\sqrt{2}}\]


Exercice 1005 **

4 janvier 2021 22:51 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

Soit \(a \in \mathbb{R}\) et le point \(A \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\1\\a \end{matrix}\right.}\). On considère les quatre plans d’équations : \[P_1~:x+y-1=0,~P_2:~y+z-1=0,~P_3:~x+z-1=0,~P_4:~x-y+z=0\] Trouver une condition nécessaire et suffisante sur \(a\) pour que les projections orthogonales de \(A\) sur les quatre plans soient \(4\) points coplanaires.



[ID: 266] [Date de publication: 4 janvier 2021 22:51] [Catégorie(s): Coordonnées cartésiennes dans l'espace ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 1005
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 4 janvier 2021 22:51

Un vecteur normal au plan \((P_1)\) est \(\overrightarrow{n_1} \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\1\\0 \end{matrix}\right.}\). En notant \(A_1 \underset{}{\left|\begin{matrix} x\\y\\z \end{matrix}\right.}\) le projeté orthogonal de \(A\) sur le plan \(P_1\), il existe \(\lambda \in \mathbb{R}\) tel que \(A_1 = A + \lambda \overrightarrow{n}\) : \[\begin{cases} x &= 1 + \lambda \\ y &= 1+\lambda \\ z &= a \end{cases}\] Comme \(A_1 \in P_1\), on a \((1+\lambda) + (1+\lambda) - 1 = 0\) d’où l’on tire \(\lambda = -1/2\) et \(A_1 \underset{}{\left|\begin{matrix} 1/2\\1/2\\a \end{matrix}\right.}\). Par la même méthode, on trouve \(A_2 \underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\1-a/2\\a/2 \end{matrix}\right.}\), \(A_3 \underset{}{\left|\begin{matrix} 1-a/2\\1\\a/2 \end{matrix}\right.}\) et \(A_4 \underset{}{\left|\begin{matrix} 1-a/3\\1+a/3\\2a/3 \end{matrix}\right.}\). Les quatre points sont coplanaires si et seulement si \(\mathop{\rm det}(\overrightarrow{A_1A_2}, \overrightarrow{A_1A_3}, \overrightarrow{A_1A_4}) = 0\), ou encore (pour simplifier les calculs), \(\mathop{\rm det}(2\overrightarrow{A_1A_2}, 2\overrightarrow{A_1A_3}, 6\overrightarrow{A_1A_4}) = 0\). En développant, on trouve que \(2a(a+1) = 0\), c’est-à-dire .


Exercice 861 *

4 janvier 2021 22:51 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

On considère les deux droites de l’espace d’équations cartésiennes : \[\mathcal{D}: \left\{ \begin{matrix} x = 2z+1 \\ y = z-1 \end{matrix} \right.\] \[\mathcal{D}': \left\{ \begin{matrix} x= z+2 \\ y = 3z-3 \end{matrix} \right.\] Montrer qu’elles sont coplanaires et former une équation cartésienne de leur plan.



[ID: 268] [Date de publication: 4 janvier 2021 22:51] [Catégorie(s): Coordonnées cartésiennes dans l'espace ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 861
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 4 janvier 2021 22:51

Soit \(M \underset{}{\left|\begin{matrix} x\\y\\z \end{matrix}\right.}\). Alors \(M\in \mathcal{D}\cap \mathcal{D'}\) si et seulement si\(x=3\), \(y=0, z=1\). Donc les deux droites sont concourantes et par conséquent coplanaires. On trouve le plan d’équation \[2x + y -5z -1 = 0\]


Accordéon
Titre
Solution
Texte

Faisceau de plans
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 4 janvier 2021 22:51

Posons \(\overrightarrow{n}= \underset{}{\left|\begin{matrix} a\\b\\c \end{matrix}\right.}\) et \(\overrightarrow{n}'= \underset{}{\left|\begin{matrix} a'\\b'\\c' \end{matrix}\right.}\). Un vecteur directeur à \(\mathcal D\) est \(\overrightarrow{u} = \overrightarrow{n} \wedge \overrightarrow{n}'\). Notons \(\mathscr V\) la plan vectoriel engendré par \(\overrightarrow{n}\) et \(\overrightarrow{n}'\). Tout vecteur de ce plan est orthogonal à tout vecteur directeur de \(\mathcal D\). Réciproquement, tout vecteur orthogonal à un vecteur directeur de \(\mathcal D\) est élément de \(\mathscr V\).

  • Supposons que \(\mathcal P\) est élément du faisceau issu de \(\mathcal D\). Un vecteur \(\overrightarrow{N}\) normal à \(\mathcal P\) est orthogonal à \(\overrightarrow{u}\) et est donc élément du plan vectoriel \(\mathscr V\). Par conséquent, il existe \(\alpha,\beta\in\mathbb{R}\) non tous deux nuls tels que \(\overrightarrow{N} = \alpha\overrightarrow{n}+\beta\overrightarrow{n}'\). Une équation de \(\mathcal P\) est alors de la forme \(\alpha\left(ax+by+cz\right)+\beta\left(a'x+b'y+c'z\right)+D=0\)\(D\in\mathbb{R}\). Considérons un point \(M\in\mathcal D\). Comme les coordonnées de \(M\) vérifient à la fois les équations de \(\mathcal D\) et \(\mathcal P\), on obtient : \(D=\alpha d+\beta d'\). On a ainsi prouvé qu’une équation cartésienne de \(\mathcal P\) est de la forme proposée.

  • Réciproquement, supposons que \(\mathcal P\) ait une équation cartésienne de la forme : \(\mathcal P~: \alpha\left(ax+by+cz+d\right)+\beta\left(a'x+b'y+c'z+d'\right)=0\). Un vecteur normal à \(\mathcal P\) est \(\alpha\overrightarrow{n}+\beta\overrightarrow{n}'\) qui est orthogonal à \(\overrightarrow{u}\) car élément de \(\mathscr V\). La droite \(\mathcal D\) et le plan \(\mathcal P\) sont donc parallèles. On considère alors un point \(M\) de \(\mathcal D\). Comme les coordonnées de \(M\) vérifient les équations de \(\mathcal D\), elles vérifient l’équation de \(\mathcal P\) et donc \(M\in\mathcal P\). Le plan \(\mathcal P\) contient alors nécessairement la droite \(\mathcal D\).


Exercice 78 **

4 janvier 2021 22:51 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur
Trouver l’équation cartésienne du plan \(\mathcal{P}\) passant par les points \(A=(1,1,1)\) et \(B=(2,1,0)\) et tel que la droite \[\mathcal{D}: \left\{ \begin{matrix} x+2y+z-2\newline x+y-z+3=0 \end{matrix}\right.\] soit parallèle à \(\mathcal{P}\).
( ).
Utiliser la notion de faisceau de plans développée dans l’exercice page


[ID: 272] [Date de publication: 4 janvier 2021 22:51] [Catégorie(s): Coordonnées cartésiennes dans l'espace ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 78
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 4 janvier 2021 22:51

Une équation paramétrique de \(\left(AB\right)\) est \(\begin{cases}x&=1+t\\y& =1\\z&=1-t\end{cases}\). On en tire une équation cartésienne de \((AB)\) : \[\left\{ \begin{matrix} y-1&=0 \\ x+z-2&=0 \end{matrix} \right.\] Le plan \(\mathcal{P}\) doit appartenir au faisceau issu de \(\left(AB\right)\) : \[\mathcal{P} : x+\lambda y + z -(2+\lambda)=0\] On trouve un vecteur directeur de \(\mathcal{D}\) : \[\overrightarrow{u} = \underset{}{\left|\begin{matrix} -3\\2\\-1 \end{matrix}\right.}.\] Comme \(\mathcal D\) est parallèle à \(\mathcal P\), le vecteur \(\overrightarrow{u}\) doit appartenir au plan vectoriel d’équation \(x+\lambda y + z=0\) ce qui implique que \(\lambda = 2\) d’où \[\boxed{\mathcal{P} : x+2y+z-4=0}\]


Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 645
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 4 janvier 2021 22:51

Supposons qu’il existe deux plans \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}'\) vérifiant les conditions de l’énoncé. Comme \(\mathcal{D} \subset \mathcal{P}\), \(\mathcal P\) appartient au faisceau de plan issu de \(\mathcal D\) et comme \(\mathcal{D'} \subset \mathcal{P'}\), \(\mathcal P'\) appartient au faisceau de plan issu de \(\mathcal D'\). Il existe alors \(\theta,\theta'\in\mathbb{R}\) tels que : \[\mathcal{P}: (x-z+1) + \theta(y-2z-1) = 0\] \[\mathcal{P'}: (y-2x-1) + \theta'(z-2x+1) = 0\] On écrit l’équation cartésienne des plans vectoriels associés: \[P: x + \theta y -(1+2\theta) z = 0\] \[P': -2(1+\theta') x + y +\theta' z =0\] Ces deux plans sont parallèles si et seulement si les vecteurs \(\underset{}{\left|\begin{matrix} 1\\ \theta\\-\left(1+2\theta\right) \end{matrix}\right.}\) et \(\underset{}{\left|\begin{matrix} -2(1+\theta') \\ 1\\ \theta' \end{matrix}\right.}\) sont colinéaires. En utilisant le produit vectoriel, la condition de parallélisme s’écrit donc : \[\begin{cases}\theta\theta'+2\theta+1&=0\\ 2\left(1+2\theta\right)\left(1+\theta'\right)-\theta'&=0\\ 1+2\theta\left(1+\theta'\right)&=0 \end{cases} \Longleftrightarrow\begin{cases}\theta\theta'+2\theta+1&=0\\ 4\theta\theta'+4\theta+\theta'+2&=0\\ 2\theta\theta'+2\theta+1&=0 \end{cases}\] En soustrayant la première et la troisième équation, on trouve \(\theta\theta'=0\). Mais \(\theta=0\) est impossible d’après la première équation, donc \(\theta'=0\). Il vient alors \(\theta = -{1}/{2}\). On trouve finalement : \[\boxed{ \mathcal{P}: 2x - y +3 = 0} \quad \textrm{ et} \quad\boxed{ \mathcal{P}': -2x + y -1 = 0}\] Réciproquement, on vérifie que les plans \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}'\) donnés par ces deux équations cartésiennes sont solutions du problème.


Exercice 1028 **

4 janvier 2021 22:52 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur
Trouver l’équation cartésienne des plans contenant la droite \(\mathcal{D}\) dirigée par \(\overrightarrow{u}=(-1,0,2)\) passant par \(A=(2,3,-1)\) et qui se situe à distance \(1\) du point \(B=(0,1,0)\).
( ).
On pourra utiliser la notion de faisceau de plans développée dans l’exercice page


[ID: 276] [Date de publication: 4 janvier 2021 22:52] [Catégorie(s): Coordonnées cartésiennes dans l'espace ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 1028
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 4 janvier 2021 22:52

Une équation cartésienne de \(\mathcal{D}\) est donnée par : \[\mathcal{D}: \left\{ \begin{matrix} 2x+z-3=0 \\ y-3=0 \end{matrix} \right.\] Si un tel plan \(\mathcal{P}\) existe alors c’est un plan du faisceau issu de \(\mathcal{D}\) et il existe \(\lambda\in\mathbb{R}\) tel que : \[\mathcal{P} : 2x+\lambda y +z -3(1+\lambda)=0\] et alors \[d(A,\mathcal{P}) = 1 \Rightarrow \lambda = \dfrac{-6\pm 2\sqrt{6}}{3}\] On en tire deux plans \(\mathcal P\) possibles. On vérifie réciproquement que ces deux plans sont solutions du problème.


Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 477
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 4 janvier 2021 22:52
  1. On trouve un vecteur directeur de \(\mathscr D\) : \(\overrightarrow{d} = (1,-3,1)\) et de \(\mathscr D'\) : \(\overrightarrow{d'} = (1,1,-3)\). Ils ne sont pas colinéaires et donc les droites ne sont pas parallèles.

  2. On détermine un point \(A\) de \(\mathscr D\) . On suppose que \(x=a\) et on reporte dans le système définissant \(\mathscr D\). Il vient \(\begin{cases} z&=0\\y+3z+1&=0 \end{cases}\) et donc \(A\left(a,-1,0\right)\). On fait de même pour \(\mathscr D'\). On suppose que \(y=b\) et on reporte dans le système définissant \(\mathscr D'\). Il vient \(\begin{cases} x + z &= 0 \\ 3x + 3b + 2z - 7 &= 0 \end{cases}\) donc \(A'\left(7-3b,b,3b-7\right)\in\mathscr D'\). De plus \(A\neq A'\). Les deux droites sont sécantes si et seulement si \(\mathop{\rm det}\left(\overrightarrow{d},\overrightarrow{d}',\overrightarrow{AA'}\right)=0\), c’est-à-dire si et seulement si \(-8a-8b+32=0\) ce qui s’écrit aussi \(\boxed{a+b=4}\). On pourrait aussi procéder ainsi. Les deux droites sont concourantes si et seulement si le système de \(4\) équations à \(3\) inconnues est compatible. On écrit : \[\left\{ \vcenter{\ialign{&$\hfil{}##{}$\crcr x&&-z&=&a \cr &y&+3z&=&-1 \cr x&+2y&+z&=&2b \cr 3x&+3y&+2z&=&7 \crcr}} \right.\Longleftrightarrow\left\{ \vcenter{\ialign{&$\hfil{}##{}$\crcr x&&-z&=&a& \cr &y&+3z&=&-1 & \cr &2y&+2z&=&2b-a &\quad L_3 -L_1\cr &3y&+5z&=&7-3a &\quad L_4-3L_1\crcr}} \right. \Longleftrightarrow\left\{ \vcenter{\ialign{&$\hfil{}##{}$\crcr x&&-z&=&a& \cr &y&+3z&=&-1 & \cr &&-2z&=&b-{\scriptstyle a\over\scriptstyle 2}+1 & {\scriptstyle L_3\over\scriptstyle 2}-L_2 \cr &&-4z&=&10-3a &\quad L_4-3L_2\crcr}} \right..\] Donc le système est compatible si et seulement si \(2\left(b-{\scriptstyle a\over\scriptstyle 2}+1\right)=10-3a\) c’est-à-dire si et seulement si \(\boxed{a + b = 4}\).

    On calcule facilement que l’équation du plan alors formé par les deux droites est \(\boxed{2x + y + 2 - 2a + 1 = 0}\).


Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 205
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 4 janvier 2021 22:52

La distance est donnée par \[d = \dfrac{\left|\mathop{\rm det}( \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{CD},\overrightarrow{AC})\right|}{\lVert \overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{CD} \rVert_{ }}\] Après calculs, on trouve que \(\boxed{d = \dfrac{2}{\sqrt{3} \sqrt{7}}}\).


Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 272
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 4 janvier 2021 22:52
  1. Le plan \(\mathcal{P}\) appartient au faisceau de plans issu de la droite \(\mathcal{D}\). Son équation cartésienne est de la forme \[(\mathcal{P}) : \theta(x - az - p) + (y - bz + q) = 0\] (s’il est différent du plan d’équation \(x = az + p\)). Il contient le point \(A\) si et seulement si \[\theta = -\dfrac{bh+q}{ah+p}\] (On suppose que \(ah+p \neq 0\). Comme \(A\not\in \mathcal{P}\), si \(ah+p=0\), le plan cherché serait le plan d’équation \(x -az - p = 0\)). On trouve alors l’équation cartésienne de \(\mathcal{P}\) : \[-(bh+q)x + (ah+p)y + (aq-bp)z + h(bp-aq) = 0\] En utilisant la même technique, on trouve une équation cartésienne du plan \(\mathcal{P}'\) : \[-(bh-q)x + (ah-p)y + (bp-aq)z + h(bp-aq) = 0\]

  2. Les deux plans sont perpendiculaires si et seulement si \[(bh+q)(bh-q) + (ah+p)(ah-p) - (aq-bp)^2 = 0\] c’est-à-dire \[h^2(a^2 + b^2) = p^2(b^2 + 1) + q^2(a^2 + 1) - 2abpq .\]


Accordéon
Titre
Solution
Texte

Exercice 586
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 4 janvier 2021 22:52
  1. Le vecteur \(\overrightarrow{d_1} \underset{}{\left|\begin{matrix} 1 \\ 5 \\ 2 \end{matrix}\right.}\) dirige la droite \(\mathcal{D}_1\) et le vecteur \(\overrightarrow{d_2} \underset{}{\left|\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}\right.}\) dirige la droite \(\mathcal{D}_2\). Par conséquent, le vecteur \(\overrightarrow{d_1} \wedge \overrightarrow{d_2} \underset{}{\left|\begin{matrix} 3 \\ 1 \\ -4 \end{matrix}\right.}\) dirige la perpendiculaire commune \(\Delta\). Écrivons une équation du plan \(\mathcal{P}_1\) contenant la droite \(\mathcal{D}_1\) et orthogonal à \(\mathcal{D}_2\). En fixant \(z=0\) dans l’équation cartésienne de \(\mathcal D_1\), on trouve qu’un point de \(D_1\) est \(A_1\left(-1/2,-7/2,0\right)\). Le plan \(\mathcal P_1\) passe par \(A_1\) et admet \(\overrightarrow{n}_1=\overrightarrow{u}\wedge \overrightarrow{d_1}=2 \underset{}{\left|\begin{matrix} 11 \\ -5 \\ 7 \end{matrix}\right.}\) comme vecteur normal. On a donc : \(\mathcal P_1:\quad 11x-5y+7z-12=0\).

    De même, on détermine une équation cartésienne du plan \(\mathcal P_2\) contenant \(\mathcal{D}_2\) et orthogonal à \(\mathcal{D}_1\). En fixant \(z=0\) dans l’équation cartésienne de \(\mathcal D_2\), on trouve qu’un point de \(D_2\) est \(A_2\left(-1,-1,0\right)\). Le vecteur \(\overrightarrow{n}_2=\overrightarrow{u}\wedge \overrightarrow{d}_2= \underset{}{\left|\begin{matrix} 5 \\ -7 \\ 2 \end{matrix}\right.}\) est normal à \(\mathcal P_2\) donc \(P_2:\quad 5x-7y+2z-2=0\).

    On en tire une équation cartésienne de \(\Delta\) : \[\boxed{\Delta : \begin{cases} 11x-5y+7z-12=0 \\ 5x-7y+2z-2=0 \end{cases}}\]

    1. D’après le cours \[d\left(\mathcal D_1,\mathcal D_2\right) = \dfrac{ \left| \mathop{\rm det}\left(\overrightarrow{d_1},\overrightarrow{d_2} ,\overrightarrow{A_1 A_2}\right) \right| }{ \left\| \overrightarrow{\,\hbox{\rm d}_2} \wedge \overrightarrow{d_2} \right\| }=\dfrac{1}{\sqrt{26}}\left| \begin{array}{ccc} 1&1&-1/2\\5&1&5/2\\2&1&0 \end{array}\right|=\boxed{\dfrac{1}{\sqrt{26}}}\]

    2. Pour calculer \(d(\mathcal{D}_1, \mathcal{D}_2)\), considérons le plan \(\mathcal{P}\) contenant la droite \(\mathcal{D}_2\) et parallèle à la droite \(\mathcal{D}_1\). Un vecteur normal à ce plan est \(\overrightarrow{w}=\overrightarrow{d_1}\wedge \overrightarrow{d_2}\). La distance entre \(\mathcal{D}_1\) et \(\mathcal{D}_2\) est la distance entre un point quelconque de \(\mathcal{D}_1\) et le plan \(\mathcal{P}\). On trouve \[d(\mathcal{D}_1, \mathcal{D}_2)=d\left(A_1,\mathcal P\right)= \dfrac{\left|\overrightarrow{w} . \overrightarrow{A_1 A_2}\right|}{\left\|\overrightarrow{w}\right\|} = \boxed{\dfrac{1}{\sqrt{26}}}.\]


;
Success message!