Exercices de mathématiques

1 METHODES DE GEOMETRIE ANALYTIQUE DANS LESPACE

Une représentation paramétrique d'une droite n'est pas unique !!!! Méthode 2 : Montrer qu'un point appartient à une droite. Montrons que le point (?3; 3;

Quelques méthodes de géométrie dans lespace :

Pour montrer qu'un point appartient à une droite: Première méthode : on a une représentation paramétrique de la droite. On cherche à savoir si il y a un.

Plans dans lespace (représentations paramétriques ou équations

Pour démontrer que la droite (d) coupe le plan il suffit de montrer que la droite n'est pas parallèle au plan. Pour cela

REPRÉSENTATIONS PARAMÉTRIQUES ET ÉQUATIONS

1) Démontrer que la droite ( ) et le plan P sont sécants. 2) Déterminer leur point d'intersection. 1) Un vecteur normal de P est 7? ^. 2.

Sujet du bac S Mathématiques Obligatoire 2017 - Centres étrangers

1) Vérifier que le point A(2 ; 3 ; 0) appartient à la droite d1. point B(3 ; 3 ; 5). a) Donner une représentation paramétrique de cette droite ?.

Exercices de mathématiques - Exo7

Montrer qu'il existe un point M0 équidistant de toutes les droites D? . Indication ? Une équation paramétrique de la droite de vecteur directeur.

5. Géométrie analytique de lespace

Vérifiez si le point P(7 ; –1 ; 3) appartient à la droite d. Exercice 5.4. Soit le point A(2 ; 0 ; –3). Écrivez une représentation paramétrique des droites.

PRODUIT SCALAIRE DANS LESPACE

1) Démontrer que la droite (AB) et le plan P sont sécants. 2) Déterminer leur point d'intersection. 1) Un vecteur normal de P est . (AB) et

Baccalauréat S Géométrie

On admet que la droite D a pour représentation paramétrique :.. x = 1+t y = ?3+2t z = t t ? R. a. Montrer que le point I appartient à la droite

Représentation paramétrique de droites de plans Applications

Soit D une droite passant par un point A (xA ; yA ; zA) et de vecteur directeur. ?? u.. a b c.. . M (x ; y ; z) est un point de D si et seulement

Exo7

Droites du plan ; droites et plans de l"espace

Fiche corrigée par Arnaud Bodin

1 Droites dans le plan

Exercice 1SoitPun plan muni d"un repèreR(O;~i;~j), les points et les vecteurs sont exprimés par leurs coordonnées dans

R. 1.

Donner un v ecteurdirecteur ,la pente une équation paramétrique et une équation cartésienne des droites

(AB)suivantes : (a)A(2;3)etB(1;4) (b)A(7;2)etB(2;5) (c)A(3;3)etB(3;6) 2.

Donner des équations paramétriques et cartésiennes des droites passant par Aet dirigées par~vavec :

(a)A(2;1)et~v(3;1) (b)A(0;1)et~v(1;2) (c)A(1;1)et~v(1;0) 3. Donner des équations paramétriques et cartésiennes des droites définies comme suit : (a) passant par le point (0;4)et de pente 3, (b) passant par le point (2;3)et parallèle à l"axe desx, (c) passant par le point (2;5)et parallèle à la droiteD: 8x+4y=3. On considère le triangleABCdont les côtés ont pour équations(AB):x+2y=3;(AC):x+y=2;(BC):

2x+3y=4.

Donner les coordonnées des points A;B;C.

2. Donner les coordonnées des milieux A0;B0;C0des segments[BC],[AC]et[AB]respectivement. 3. Donner une équation de chaque médiane et vérifier qu"elles sont concourantes. Montrer qu"il existe un pointM0équidistant de toutes les droitesDl.

Exercice 4

Déterminer le projeté orthogonal du pointM0(x0;y0)sur la droite(D)d"équation 2x3y=5 ainsi que son

symétrique orthogonal. Exercice 51.T rouverune équation du plan (P)défini par les éléments suivants. (a)A,BetCsont des points de(P) i.A(0;0;1),B(1;0;0)etC(0;1;0). ii.A(1;1;1),B(2;0;1)etC(1;2;4). (b)Aest un point de(P),~uet~vsont des vecteurs directeurs de(P) i.A(1;2;1),~u(4;0;3)et~v(1;3;1). ii.A(1;0;2),~u(2;1;3)et~v(1;4;5). (c)Aest un point de(P),Dest une droite contenue dans(P) i.A(0;0;0)et(D):x+yz+3=0

4xy+2z=0

ii.A(1;1;0)et(D):8 :x=t y=1+2t z=13t (d)DetD0sont des droites contenues dans(P) i.(D):x+yz+3=0 xy2=0et(D0):3xyz+5=0 x+yz+1=0 ii.(D):x+2yz+1=0 x+3y+z4=0et(D0):2x+y3z+7=0

3x+2y+z1=0

2. Montrer que les représentations paramétriques sui vantesdéfinissent le même plan : 8< :x=2+s+2t y=2+2s+t z=1stet8 :x=1+3s0t0 y=3+3s0+t0 z=12s0 On considère la famille de plans(Pm)m2Rdéfinis par les équations cartésiennes : m

2x+(2m1)y+mz=3

1. Déterminer les plans Pmdans chacun des cas suivants : (a)A(1;1;1)2Pm (b)~n(2;52 ;1)est normal àPm. (c)~v(1;1;1)est un vecteur directeur dePm 2. Montrer qu"il e xisteun unique point Qappartenant à tous les plansPm. 2 1.

Déterminer la distance du point Aau plan(P)

(a)A(1;0;2)et(P): 2x+y+z+4=0. (b)A(3;2;1)et(P):x+5y4z=5. 2. Calculer la distance du point A(1;2;3)à la droite(D):2x+y3z=1 x+z=1 1. On considèrelepointA(2;4;1), lesvecteurs!u(1;1;1);!v(2;2;4),!w(3;1;1)etlerepère(A;!u;!v;!w).

On notex0;y0etz0les coordonnées dans ce repère. Donner les formules analytiques du changement de

repère exprimantx;y;zen fonction dex0;y0;z0. 2.

On considère la droite (D):yz=3

x+y=2. Utiliser le changement de repère pour donner une équation deDdans le repère(A;!u;!v;!w). 3. Donner les formules analytiques du changement de repère in verse. 1. Définir analytiquement la projection orthogonale sur le plan d"équation 2 x+2yz=1. 2. Définir analytiquement la projection orthogonale sur la droite d"équation x+y+z=1

2xz=2.

3. Donner l"e xpressionanalytique de la projection sur le plan (P)contenant le pointC(2;1;1)et ayant pour vecteurs directeurs~u(0;1;1)et~u0(2;0;1), selon la droite(AB), oùA(1;1;0)etB(0;1;3).

Indication pourl"exer cice2 NLes médianes sont les droites(AA0),(BB0),(CC0).Indication pourl"exer cice3 NLadistanced"unpointM0(x0;y0)àunedroiteDd"équationax+by+c=0estdonnéeparlaformuled(M0;D)=

jax0+by0+c0jpa

2+b2.4

Correction del"exer cice1 N1.(a) Un v ecteurdirecteur est !ABdont les coordonnées sont(xBxA;yByA) = (3;1). Pour n"importe quel vecteur directeur~v= (xv;yv)la pente est le réelp=yvx v. La pente est indépendante du choix du vecteurdirecteur. Ontrouveicip=13 . Uneéquationparamétriquedeladroitedevecteurdirecteur ~vpassant parA= (xA;yA)est donnée parx=xvt+xA y=yvt+yA:Donc ici pour le vecteur directeur!AB on trouve l"équation paramétrique x=3t+2 y=t+3 Il y a plusieurs façons d"obtenir une équation cartésienneax+by+c=0.

Première méthode.On sait queA= (xA;yA)appartient à la droite donc ses coordonnées vérifient

l"équationaxA+byA+c=0, idem avecB. On en déduit le système2a+3b+c=0 a+4b+c=0:Les

solutions s"obtiennent à une constante multiplicative près, on peut fixera=1 et on trouve alors

b=3 etc=11. L"équation est doncx+3y11=0. (b)

On trouv e~v=!AB= (5;3),p=35

etx=5t7 y=3t2 ainsi x+75 =t y+23 =tOn en déduitx+75 =y+23 ; d"où l"équation 3x+5y+31=0. (c) On trouve~v=!AB=(0;3), ladroiteestdoncverticale(sapenteestinfinie)uneéquationparamétrique estx=3 y=3t+6. Une équation cartésienne est simplement(x=3). 2. (a)

Equation paramétrique

x=3t+2 y=t+1 Troisième méthode.Pour une droite d"équation cartésienneax+by+c=0, on sait que~n= (a;b) est un vecteur normal à la droite et donc~v= (b;a)est un vecteur directeur (car alors~v~n=

0). Réciproquement si~v= (b;a)est un vecteur directeur alors une équation est de la forme

ax+by+c=0 pour une certaine constantecà déterminer. Ici on nous donne le vecteur directeur~v= (3;1)donc on cherche une équation sous la forme x+3y+c=0. Pour trouverc, on utilise queAappartient à la droite doncxA+3yA+c=0, ce qui conduit àc=1. Ainsi une équation de la droite estx+3y=1. (b)

On trouv e2 xy+1=0.

(c)

Droite horizontale d"équation (y=1).

V oicijuste les résultats :

(a)y=3x+4, (b)y=3, (c)

8 x+4y=4 (les droites parallèles à 8x+4y=3 sont de la forme 8x+4y=c).Correction del"exer cice2 N1.Le point Aest l"intersection des droites(AB)et(AC). Les coordonnées(x;y)deAsont donc solutions du

système :x+2y=3 x+y=2donné par les équations des deux droites. La seule solution est(x;y) = (1;1). On a doncA= (1;1). On fait de même pour obtenir le pointB= (1;2)etC= (2;0). 2. Notons A0lemilieude[BC]alorslescoordonnéessetrouventparlaformulesuivanteA0=(xB+xC2 ;yB+yC2 12 ;1). De même on trouveB0= (32 ;12 )etC0= (0;32 5

3.(a) Les médianes ont pour équations : (AA0):(y=1);(BB0):(3x+5y=7);(CC0):(3x+4y=6).

(b)

Vérifions que les trois médianes sont concourantes (ce qui est vrai quelque soit le triangle). On

calcule d"abord l"intersectionI= (AA0)\(BB0), les coordonnées du pointId"intersection vérifient

donc le systèmey=1

3x+5y=7. On trouveI= (23

;1).

Il ne reste plus qu"à vérifier queIappartient à la droite(CC0)d"équation 3x+4y=6. En effet

3xI+4yI=6 doncI2(CC0).

Conclusion : les médianes sont concourantes au pointI= (23

;1).Correction del"exer cice3 NNous savons que la distance d"un pointM0(x0;y0)à une droiteDd"équationax+by+c=0 est donnée par la

formuled(M0;D) =jax0+by0+c0jpa 2+b2. Pour une droiteDlla formule donne :d(M0;Dl) =j(1l2)x0+2ly0(4l+2)jp(1l2)2+4l2.

Analyse.

On cherche un pointM0= (x0;y0)tel que pour toutl,d(M0;Dl) =koùk2Rest une constante.

L"égalitéd(M0;Dl)2=k2conduit à

(1l2)x0+2ly0(4l+2) 2=k2 (1l2)2+4l2

pour toutl2R. Nos inconnues sontx0;y0;k. On regarde l"égalité comme une égalité de deux polynômes en

la variablel.

Pour ne pas avoir à tout développer on raffine un peu : on identifie les termes de plus haut degré enl4:

20l4=k2l4doncx20=k2.

En évaluant l"égalité pourl=0 cela donne(x02)2=k2. On en déduit(x02)2=x20dont la seule solution

estx0=1. Ainsik=1 (cark>0). L"égalité pourl= +1 donne(2y06)2=4k2et pourl=1 donne(2y0+2)2=4k2. La seule solution est y 0=2.

Synthèse.Vérifions que le point de coordonnéesM0= (1;2)est situé à une distancek=1 de toutes les droites

D l.

Pour(x0;y0) = (1;2), on trouve :d(M0;Dl) =j(1l2)+4l(4l+2)jp(1l2)2+4l2=jl2+1jp(l2+1)2=jl2+1jjl2+1j=1. DoncM0= (1;2)

est bien équidistant de toutes les droitesDl.Correction del"exer cice4 N(D)est une droite de vecteur normal~n= (2;3). Le projeté orthogonalp(M0)deM0sur(D)est de la forme

0+l:~noùlest un réel à déterminer. Le pointM0+l:~na pour coordonnées(x0+2l;y03l).

0+l:~n2(D)()2(x0+2l)3(y03l) =5()l=2x0+3y0+513

p(M0)a pour coordonnéesx0+22x0+3y0+513 ;y032x0+3y0+513 ou encorep(M0) =9x0+6y0+1013 ;6x0+4y01513 autrement dits(M0) =M0+2l:~n(pour lelobtenu ci-dessus). Ses coordonnées sont doncs(M0) =x0+42x0+3y0+513 ;y062x0+3y0+513 ou encore5x0+12y0+2013 ;12x05y03013 .Correction del"exer cice5 N6

1.(a) Une équation d"un plan est ax+by+cz+d=0. Si un point appartient à un plan cela donne une

condition linéaire sura;b;c;d. Si l"on nous donne trois point cela donne un système linéaire de

trois équations à trois inconnues (car l"équation est unique à un facteur multplicatif non nul près).

On trouve :

i.x+y+z1=0 ii.

3 x+3y+z7=0

(b)~n=~u^~vest normal au plan. Si~n= (a;b;c)alors une équation du plan estax+by+cz+d=0. On trouve : i.9x+7y+12z17=0 ii.

17 x+13y7z3=0

(c) T rouverdeux points B;Cde la droiteD. Le vecteurs~u=!ABet~v=!ACsont des vecteurs directeurs deP. Procédé ensuite comme la question précédente. On obtient : i. P are xempleB= (0;6;3)etC= (1;0;2)appartiennent àD. On trouve l"équation 4x y+2z=0. ii. P are xempleB= (0;1;1)(poutt=0) etC= (1;1;2)(pourt=1) appartiennent àD. On trouve l"équation 2xy1=0. (d) T rouverun point AdeDet deux pointsB;Cde la droiteD0. Le vecteurs~u=!ABet~v=!ACsont des vecteurs directeurs deP. Puis procédé comme avant. 2. Les plans sont définis paramétriquement par (P):(2;2;1)+s(1;2;1)+t(2;1;1)donc deux des vecteurs directeurs sont~u= (1;2;1)et~v= (2;1;1). Un vecteur normal à(P)est alors~n=~u^~v= (1;1;3). Pourleplan(P0)définipar(1;3;1)+s0(3;3;2)+t0(1;1;0), ilapourvecteursdirecteurs~u0=(3;3;2) et~v0= (1;1;0). Un vecteur normal à(P0)est alors~n0=~u0^~v0= (2;2;6).

Les vecteurs normaux~net~n0sont colinéaires donc les plans(P)et(P0)sont parallèles (ou confondus).

Maintenant le pointA= (2;2;1)appartient à(P)(on a faits=0 ett=0). Il appartient aussi à(P0)(en prenants0=0 ett0=1).

Bilan.(P)et(P0)sont parallèles et ont un point commun : ils sont égaux !Correction del"exer cice6 N1.(a) Un point Aappartient à un plan d"équationax+by+cz+d=0 si et seulement siaxA+byA+

cz A+d=0. DoncA(1;1;1)2Pmsi et seulement sim2+(2m1)+m=3. Ce qui équivaut à m

2+3m4=0. Les deux solutions sontm=1 etm=4. DoncAappartient aux plansP1etP4

et pas aux autres. (b) Un plan d"équation ax+by+cz+d=0 a pour vecteur normal~n=(a;b;c). Donc si~n=(2;52 ;1) est un vecteur normal àPmune équation cartésienne est de la forme 2x52 yz+d=0. Or une équation dePmestm2x+(2m1)y+mz3=0. Ces deux équations sont égales à un facteur multiplicatif prèsl2R: 2x52 yz+d=lm2x+(2m1)y+mz3. On en déduit 2=lm2, 52
=l(2m1)et1=lm. En divisant la première égalité par la troisième on trouve :m=2.

D"oùl=12

. La seconde égalité est alors vérifiée.

Le seul plan ayant~npour vecteur normal estP2.

1;m). Donc~v= (1;1;1)est vecteur directeur si et seulement sim2+2m1+m=0. Ce qui

équivaut àm2+3m1=0. Les deux plans qui ont pour vecteur directeur~vsont les plans ayant le paramètrem=3p13 2 2.

Nous allons prendre 3 plans de la f amille(Pm), calculer leur point d"intersection et finalement montrer

que ce point appartient aux autres plans. 7 Prenons trois paramètre "au hasard"m=0,m=1,m=1. Un point qui appartient à ces trois plans doit vérifier les trois équations :8< :y=3 x+y+z=3 x3yz=3

Il ne reste plus qu"à vérifier que ce point appartient à tous les plansPm: c"est le cas carm20+(2m1)

(3)+m63=0.

pour toutm. En considérant que c"est une égalité polynomiale enm(x0;y0;z0sont fixés) on en déduit que

2x0+(2m1)y0+mz03 est le polynôme nul :x0m2+(2y0+z0)my03=0. Ces coefficients sont

nuls :x0=0 (le coefficient dem2), 2y0+z0=0 (le coefficient dem),y03=0 (le terme constant).

On trouve bien sûr le même point d"intersection de tous les plans :Q= (0;3;6).Correction del"exer cice7 N1.La distance d"un point A= (x0;y0;z0)à un planPd"équationax+by+cz+d=0 est donnée par la

formule : d(A;P) =jax0+by0+cz0+djpa

2+b2+c2:

On trouve donc

(a)d(A;P) =j21+10+12+4jp2

2+12+12=8p6

=4p6 3 (b)d(A;P) =2p42 2.

T rouvonsd"abord une équation paramétrique de la droite D. On pose par exemplez=tet on exprimex

etyen fonction det. Partant du système2x+y3z=1 x+z=1on trouvex=1tety=3+t. La droite Dest donc l"ensemble des pointMt= (1t;3+t;t)(tparcourantR).

La distanceAMtvérifie donc

AM Minimiser cette distance c"est trouver le minimum de la fonctiond(t) =3t24t+10. Il est donc atteint pourt0vérifiantd0(t0) =0, donc pourt0=23 . La distance entreAet la droiteDest donc la longueur AM t0=pd(t0) =q26 3 . Au passage on a obtenu la perpendiculaire àDpassant parAc"est la droite (AMt0).

Autre méthode.

Il existe une formule pour calculer directement la distance. Si~vest un vecteur directeur deDetM0un point deDalors d(A;D) =k~v^!AM0kk~vk: On a paramétré la droiteDpar les pointsMt= (1;3;0)+t(1;1;1). DoncM0= (1;3;0)2Det~v= (1;1;1)est un vecteur directeur deD. On a alors!AM0= (0;1;3)et~v^!AM0= (4;3;1): on obtient : d(A;D) =k~v^!AM0kk~vk=p26p3 :Correction del"exer cice8 N8

1.Notons Rle repère initial(0;~i;~j;~k). Dire qu"un pointMdu plan a pour coordonnées(x;y;z)dansR

signifie!OM=x~i+y~j+z~k.

SiR0désigne un autre repère(A;~u;~v;~w)alors le même pointMa pour coordonnées(x0;y0;z0)dansR0

signifie !AM=x0~u+y0~v+z0~w. La formule de changement c"est simplement écrire les coordonnées de l"égalité !OM=!OA+!AM. 0 @x y z1 A =0 @2 4 11 A +x0~u+y0~v+z0~w Mais on connaît les coordonnées de~u;~v;~wdansR: 0 @x y z1 A =0 @2 4 11 A +x00 @1 1 11 A +y00 @2 2 41
A +z00 @3 1 11 A D"où l"égalité de changement de repère : (S)8 :x=2+x0+2y0+3z0 y=4+x0+2y0z0 z=1+x04y0+z0 2.

Dans l"équation de la droit e(D)yz=3

x+y=2dans le repèreRon remplacex;y;zpar la formule(S) obtenue à la question précédente.

On obtient :

Ce qui donne une équation de(D)dans le repèreR0:

6y02z0=0

2x0+4y0+2z0=0ou encore3y0z0=0

0+2y0+z0=0

En particulier en faisant(x0;y0;z0) = (0;0;0)on remarque que cette droite passe parA. 3. Nous a vionsobtenu l"ég alité(S)de changement de repère deR0versRqui s"écrit : 8< :x+2=x0+2y0+3z0 y4=x0+2y0z0 z1=x04y0+z0=)8 :X=x0+2y0+3z0

Y=x0+2y0z0

Z=x04y0+z0

Où l"on a notéX=x+2,Y=y4,Z=z1. On inverse le système par la méthode de Gauss pour obtenir après calculs :8< :x 0=112

X+7Y+4Z

y 0=112 X+Y2Z z 0=112 3X3Y Donc 8< :x 0=112 x+7y+4z30 y 0=112 x+y2z z 0=112

3x3y+18

Avec les matrices cela se fait ainsi : le système(S)devient 0 @x+2 y4 z11 A =M0 @x0 y 0 z 01 A oùM=0quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47

[PDF] Exercices de mathématiques - Exo7