Exercices corrigés – Géométrie dans l’espace

Exercice 1

La figure ci-dessous représente le cube ABCDEFGH d’arête de longueur 1. Montrer que les droites \color{blue}{(AG) } et \color{red}{(EB)} sont orthogonales.

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Utiliser le repère orthonormé  (D,\overrightarrow{DA},,\overrightarrow{DC},\overrightarrow{DH})

Coordonnées des points et des vecteurs 

Les coordonnées des points A, G, E, et B sont les suivantes :

    \[\begin{aligned}A & : (1, 0, 0) \\G & : (0, 1, 1) \\E & : (1, 0, 1) \\B & : (1, 1, 1)\end{aligned}\]

Les coordonnées des vecteurs \overrightarrow{AG} et \overrightarrow{EB} sont respectivement :

    \[\begin{aligned}\overrightarrow{AG} & : (-1, 1, 1) \\\overrightarrow{EB} & : (0, 1, -1)\end{aligned}\]

 Orthogonalité des vecteurs

Montrons que les vecteurs \overrightarrow{AG} et \overrightarrow{EB} sont orthogonaux. Deux vecteurs sont orthogonaux s’ils ont un produit scalaire nul. Le produit scalaire de \overrightarrow{AG} et \overrightarrow{EB} est donné par :

    \[\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{EB} = (-1)(0) + (1)(1) + (1)(-1) = 0+1 - 1 = 0\]

Comme le produit scalaire est nul, les vecteurs \overrightarrow{AG} et \overrightarrow{EB} sont orthogonaux. Ainsi, les droites (AG) et (EB) sont orthogonales car elles possèdent des vecteurs directeurs orthogonaux.

Exercice 2

On considère le cube ABCDEFGH d’arête de longueur 1. L’espace est muni du repère orthonormé \left(A;\, \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE} \right) comme illustré dans la figure ci-dessous.

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Le point I est le milieu de [EF] et le point K est le milieu de [AH]:
  1. Déterminer les coordonnées des points E, F, A, H, I, et K:
  2. Montrer que la droite (BK) est orthogonale au plan (AIG).

1-Les coordonnées des points E, F, A et H sont :

E(0,0,1),F(1,0,1), A(0,0,0) et H(0,1,1)

I est le milieu de [EF]:
I\left(\frac{0 + 1}{2}, \frac{0 + 0}{2}, \frac{1 + 1}{2}\right) = (0.5, 0, 1)

K est le milieu de [AH]:
K\left(\frac{0 + 0}{2}, \frac{0 + 1}{2}, \frac{0 + 1}{2}\right) = (0, 0.5, 0.5)

2-Les points A, I et G ne sont pas alignés, donc les vecteurs \overrightarrow{AI} et \overrightarrow{AG} forment une base du plan (AIG).

Montrons que le vecteur \overrightarrow{BK} est orthogonal au vecteur \overrightarrow{AI} et au vecteur \overrightarrow{AG} en utilisant le produit scalaire.

Vecteur \overrightarrow{BK}:

    \[\overrightarrow{BK} = (0 - 1, 0.5 - 0, 0.5 - 0) = (-1, 0.5, 0.5)\]

Vecteur \overrightarrow{AI}:

    \[\overrightarrow{AI} = (0.5 - 0, 0 - 0, 1 - 0) = (0.5, 0, 1)\]

Vecteur \overrightarrow{AG}:

    \[\overrightarrow{AG} = (1 - 0, 1 - 0, 1 - 0) = (1, 1, 1)\]

Produit scalaire :

    \[\overrightarrow{BK} \cdot \overrightarrow{AI} = (-1 \cdot 0.5) + (0.5 \cdot 0) + (0.5 \cdot 1) = 0\]

    \[\overrightarrow{BK} \cdot \overrightarrow{AG} = (-1 \cdot 1) + (0.5 \cdot 1) + (0.5 \cdot 1) = 0\]

Comme les produits scalaires sont nuls, le vecteur \overrightarrow{BK} qui est un vecteur directeur de la droite (BK)est un vecteur normal au plan (AIG), Ceci montre que la droite (BK) est orthogonale au plan (AIG).

Exercice 3

On considère un cube (ABCDEFGH). L’espace est muni du repère orthonormé (A~;~\overrightarrow{AB},~\overrightarrow{AD},~\overrightarrow{AE}).


  1. Donner une représentation paramétrique de la droite (AG).

  2. Déterminer les positions du point M sur la droite (AG) telles que les
    droites (MB) et (MD) soient orthogonales.

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1.La droite (AG) passe par l’origine du repère A et a pour vecteur directeur \overrightarrow{v} = (1,1,1). Une représentation paramétrique de la droite (AG) est donnée par :

    \[ \left\{ \begin{array}{l c l} x &=& t\\ y &=& t\\ z &=& t \end{array} \right. \quad t \in \mathbb{R} \]

2. On cherche le point M de (AG) tel que \overrightarrow{MB} \perp \overrightarrow{MD}, c’est-à-dire

    \[\overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MD} = 0\]

  • M est un point de (AG) donc ses coordonnées sont de la forme (t~;~t~;~t).
  • Les coordonnées de B sont (1~;~0~;~0), donc \overrightarrow{MB} = (1-t~;~-t~;~-t).
  • Les coordonnées de D sont (0~;~1~;~0), donc \overrightarrow{MD} = (-t~;~1-t~;~-t).
  • Le produit scalaire \overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MD} = 3t^2 - 2t = t(3t-2).

        \[\overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MD} = 0 \iff t(3t-2) = 0 ~~\text{soit}~~ t = 0 ~~\text{ou}~~ t = \frac{2}{3}\]

    Il y a deux positions pour M sur la droite (AG) telles que (MB) et (MD) soient orthogonales :
    • M est à l’origine en A pour t=0,
    • M a pour coordonnées \left( \frac{2}{3}~;~\frac{2}{3}~;~\frac{2}{3} \right) pour t=\frac{2}{3}.

Exercice 4

On considère le cube (ABCDEFGH) illustré dans la figure ci-dessus.

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Les  trois points I, J et K vérifient :

    \[ \overrightarrow{EI} = \dfrac{1}{4} \overrightarrow{EH},\qquad \overrightarrow{EJ} = \dfrac{1}{4} \overrightarrow{EF}, \qquad \overrightarrow{BK} = \dfrac{1}{4} \overrightarrow{BF} \]

On se place dans le repère orthonormé (A~;~\overrightarrow{AB},~\overrightarrow{AD},~\overrightarrow{AE}).

1. Donner les coordonnées des points I, J et K.
2. Démontrer que le vecteur \overrightarrow{AG} est normal au plan (IJK).
3. Donner une équation cartésienne du plan (IJK).

1.
I \left(0~;~\frac{1}{4}~;~1 \right),  J \left(\frac{1}{4}~;~0~;~1 \right), K \left(1~;~0~;~\frac{1}{4}\right).

2.
On a \overrightarrow{\text{AG}} \left (1~;~1~;~1\right), \overrightarrow{\text{IJ}}\begin{pmatrix}\frac{1}{4}~;~- \frac{1}{4}~;~0\end{pmatrix}, \overrightarrow{\text{IK}}\begin{pmatrix}1~;~- \frac{1}{4}~;~-\frac{3}{4}\end{pmatrix}.

Or \overrightarrow{\text{AG}} \cdot \overrightarrow{\text{IJ}} = \frac{1}{4} - \frac{1}{4} + 0 = 0 et \overrightarrow{\text{AG}} \cdot \overrightarrow{\text{IK}} = 1 - \frac{1}{4} - \frac{3}{4} = 0.

Le vecteur \overrightarrow{\text{AG}} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (IJK) donc il est normal à ce plan.

3.
Le vecteur (1,1,1) est normal au plan (\text{IJK}) donc:

    \[M(x~;~y~;~z) \in (\text{IJK}) \iff 1x + 1y + 1z + d = 0\]

Or le point I\left(0~;~\frac{1}{4}~;~1 \right) \in (\text{IJK}) \iff 0 + \frac{1}{4} + 1\times 1 + d = 0 \iff 1 + 4 + 4d = 0 \iff 4d = - 5 \iff d = - \frac{5}{4}.

Par conséquent:
M(x~;~y~;~z) \in (\text{IJK}) \iff x + y + z - \frac{5}{4} = 0 \iff 4x + 4y + 4z - 5 = 0.

Le plan (IJK) a pour équation cartésienne 4x + 4y + 4z - 5 = 0.

Exercice 5

Dans l’espace rapporté au repère orthonormal  (\mathcal{O};\vec{i},\vec{j},\vec{k}), les points A, B, C et D ont pour coordonnées respectives :
 

    \[\text{A}(3~;~0~;~0),\:\text{B}(0~;~6~;~0),\:\text{C}(0~;~0~;~4)\: \text{et}\:\:\text{D}(-5~;~0~;~1).\]

 
 
1. Vérifier que le vecteur \overrightarrow{n}\left(\begin{array}{c}4\\2\\3\\ \end{array}\right) est normal au plan (ABC).
2.Déterminer une équation du plan (ABC).
 
3.  Déterminer une représentation paramétrique de la droite \Delta, orthogonale au plan (ABC) passant par D.
4.  En déduire les coordonnées du point H, projeté orthogonal de D sur le plan (ABC).
 
 
1. \overrightarrow{\text{AB}} (-3~;~6~;~0), \overrightarrow{\text{AB}} \cdot \overrightarrow{n} = -3 \times 4 + 6 \times 2 + 0 \times 0 = 0
  
\overrightarrow{\text{AC}} (-3~;~0~;~4), \overrightarrow{\text{AC}} \cdot \overrightarrow{n} = -3 \times 4 + 0 \times 0 + 4 \times 3 = 0
 
donc \overrightarrow{n} est orthogonal à \overrightarrow{\text{AB}} et \overrightarrow{\text{AC}}, qui sont deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC),
 
on en déduit que \overrightarrow{n} est normal au plan (ABC).
2.Le plan (ABC) a une équation de la forme : 4x+2y+3z+d = 0.
 
Le point A(3~;~0~;~0) appartient au plan (ABC), donc 4 \times 3 + d = 0 \iff d = -12.
 
(ABC):  4x + 2y + 3z - 12 = 0.
3. La droite \Delta est orthogonale au plan (ABC), donc \overrightarrow{n} est un vecteur directeur de \Delta. On sait aussi que la droite \Delta passe par point  D(-5;0;1) .
 
On en déduit une représentation paramétrique de \Delta : 

    \[\left\{ \begin{array}{l c l} x &=&- 5+4t\\ y &=&0+2 t\\ z &=&1+3 t \end{array} \right. \quad t \in \mathbb{R}\]

4. Le point H, projeté orthogonal de D sur le plan (ABC), est le point d’intersection de D et du plan (ABC).
 

On résout le système d’équation suivant :

    \[\begin{array}{l}x=-5+4t\\y=0+2t\\z=1+3t\\4x+2y+3z-12=0\end{array}\iff\begin{array}{l}x=-5+4t\\y=0+2t\\z=1+3t\\-20+16t+4t+3+9t-12=0\end{array}\]

    \[\iff\begin{array}{l}x=-5+4t\\y=0+2t\\z=1+3t\\t=\frac{29}{29}=1\end{array}\iff\begin{array}{l}x=-1\\y=2\\z=4\\t=1\end{array}\]

On a remplacé t par 1 dans l’équation paramétrique de la droite \Delta on obtient ainsi H(-1~;~2~;~4).