Produit scalaire dans l'espace/Exercices/Exercices

Exercice 1

Soit ${\vec {a}}={\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}}$ un vecteur de l'espace $\mathbb {R} ^{3}$. Déterminer l'ensemble des vecteurs ${\vec {v}}$ de $\mathbb {R} ^{3}$ tels que ${\vec {a}}\cdot {\vec {v}}=-1$.

Solution

Soit ${\vec {v}}={\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}$.

${\vec {a}}\cdot {\vec {v}}=-1\Leftrightarrow x+2y+3z=-1$ donc l'ensemble des vecteurs ${\vec {v}}$ solutions est :

$\left\{\left.{\begin{pmatrix}-1-2y-3z\\y\\z\end{pmatrix}}~\right|~(y,z)\in \mathbb {R} ^{2}\right\}$.

 

Exercice 2

Exercice 1 de l'épreuve de spécialité du Bac S 2007 en France métropolitaine.

Dans l'espace muni d'un repère orthonormal, soient $(P)$ et $(P')$ les plans d'équations respectives $x+2y-z+1=0$ et $-x+y+z=0$ et $A$ le point de coordonnées $(0,1,1)$.

1. Démontrer que $(P)$ et $(P')$ sont perpendiculaires.
2. Démontrer qu'ils se coupent suivant la droite $(d)$ dont une représentation paramétrique est $x=-{\frac {1}{3}}+t,\ y=-{\frac {1}{3}},\ z=t$, où $t$ est un paramètre réel.
3. Calculer la distance de $A$ à chacun des plans $(P)$ et $(P')$.
4. En déduire la distance de $A$ à $(d)$.

Solution

1. • Un vecteur normal à $(P)$ est ${\vec {n}}:={\begin{pmatrix}1\\2\\-1\end{pmatrix}}$.
   • Un vecteur normal à $(P')$ est ${\vec {n}}':={\begin{pmatrix}-1\\1\\1&\end{pmatrix}}$.
   • ${\vec {n}}\cdot {\vec {n}}'=1\times (-1)+2\times 1+(-1)\times 1=0$.

   Donc $(P)$ et $(P')$ sont perpendiculaires.

2. D'après la question 1, $(P)$ et $(P')$ se coupent suivant une droite. Il suffit donc de vérifier que $(d)\subset (P)\cap (P')$.
   Pour tout réel $t$, le point de coordonnées $\left(-{\frac {1}{3}}+t,-{\frac {1}{3}},t\right)$ appartient :
   • à $(P)$ car $\left(-{\frac {1}{3}}+t\right)+2\left(-{\frac {1}{3}}\right)-t+1=0$ ;
   • à $(P')$ car $-\left(-{\frac {1}{3}}+t\right)+\left(-{\frac {1}{3}}\right)+t=0$.
3. • $d\left(A,(P)\right)={\frac {\left|x_{A}+2y_{A}-z_{A}+1\right|}{\|{\vec {n}}\|}}={\frac {\left|0+2-1+1\right|}{\sqrt {1^{2}+2^{2}+(-1)^{2}}}}={\frac {2}{\sqrt {6}}}$.
   • $d\left(A,(P')\right)={\frac {\left|-x_{A}+y_{A}+z_{A}\right|}{\|{\vec {n}}'\|}}={\frac {\left|0+1+1\right|}{\sqrt {(-1)^{2}+1^{2}+1^{2}}}}={\frac {2}{\sqrt {3}}}$.
4. Puisque $(P)$ et $(P')$ se coupent perpendiculairement suivant $(d)$, le théorème de Pythagore donne :
   $d\left(A,(d)\right)^{2}=d\left(A,(P)\right)^{2}+d\left(A,(P')\right)^{2}={\frac {4}{6}}+{\frac {4}{3}}=2$ donc $d\left(A,(d)\right)={\sqrt {2}}$.

 

Exercice 3

Dans l'espace euclidien usuel $\mathbb {R} ^{3}$, on considère les points $A=(1,1,1)$, $B=(-2,-5,-2)$ et $C=(-1,-3,-3)$.

1. Déterminer l'équation du plan $P$ contenant $A$ et orthogonal à la droite $(BC)$.
2. Trouver la distance entre le plan $P$ et le point $B$.
3. Trouver la distance entre la droite $(BC)$ et le point $A$.

Solution

1. ${\overrightarrow {BC}}=(1,2,-1)$ donc $P$ a pour équation $(x-x_{A})+2(y-y_{A})-(z-z_{A})=0$, soit $x+2y-z=2$.
2. $d(B,P)={\frac {|x_{B}+2y_{B}-z_{B}-2|}{\sqrt {1^{2}+2^{2}+(-1)^{2}}}}={\frac {|-2-10+2-2|}{\sqrt {6}}}={\frac {12}{\sqrt {6}}}=2{\sqrt {6}}$.
3. Soit $\{H\}=P\cap (BC)$. On sait déjà que $BH=2{\sqrt {6}}$. Le théorème de Pythagore donne : $d(A,(BC))=AH={\sqrt {AB^{2}-AH^{2}}}$. Or $AB^{2}=3^{2}+6^{2}+3^{2}=54$. Donc $d(A,(BC))={\sqrt {54-24}}={\sqrt {30}}$.
   Alternativement, on peut calculer directement les coordonnées du vecteur ${\overrightarrow {AH}}$, puis sa norme : $H=B+\lambda {\overrightarrow {BC}}\in P$ pour $\lambda =-{\frac {x_{B}+2y_{B}-z_{B}-2}{1^{2}+2^{2}+(-1)^{2}}}=-{\frac {-2-10+2-2}{6}}=2$, donc ${\overrightarrow {AH}}={\overrightarrow {AB}}+2{\overrightarrow {BC}}=(-3,-6,-3)+2(1,2,-1)=(-1,-2,-5)$ et $AH={\sqrt {1+4+25}}={\sqrt {30}}$.

 

Exercice 4

On considère la droite ${\mathcal {D}}$ dont une représentation paramétrique est donnée par

$\left\{{\begin{array}{llc}x&=&1+2\lambda \\y&=&\lambda \\z&=&-1-\lambda \end{array}}\right.,\quad \lambda \in \mathbb {R}$.

1. Donner un vecteur directeur de cette droite.
2. Calculer la distance entre ${\mathcal {D}}$ et la droite ${\mathcal {D}}'$ passant par $(1,2,-1)$ et de direction $(0,-1,1)$.

Solution

1. ${\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}}$.
2. La distance entre $M_{\lambda }:={\begin{pmatrix}1+2\lambda \\\lambda \\-1-\lambda \end{pmatrix}}\in {\mathcal {D}}$ et $M'_{\mu }:={\begin{pmatrix}1\\2-\mu \\-1+\mu \end{pmatrix}}\in {\mathcal {D}}'$ est
   ${\sqrt {(1-1-2\lambda )^{2}+(2-\mu -\lambda )^{2}+(-1+\mu +1+\lambda )^{2}}}={\sqrt {6\lambda ^{2}+2\mu ^{2}+4\lambda \mu -4\lambda -4\mu +4}}={\sqrt {2(\mu +\lambda -1)^{2}+4\lambda ^{2}+2}}$.
   Elle atteint donc son minimum pour $\lambda =0$ et $\mu =1$, et vaut alors ${\sqrt {2}}$.
   (Autre méthode pour trouver $\lambda ,\mu$ : mettre en équations la condition « ${\overrightarrow {M_{\lambda }M'_{\mu }}}$ est orthogonal aux deux droites, c'est-à-dire colinéaire à ${\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}}\land {\begin{pmatrix}0\\-1\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\-2\\-2\end{pmatrix}}$ » et résoudre.)

 

Exercice 5

Dans $\mathbb {R} ^{3}$, considérons les plans ${\mathcal {P}}$ et ${\mathcal {P}}'$ d'équations respectives $x-y+z=2$ et $x+2y+3z=4$.

1. Montrer que ${\mathcal {P}}\cap {\mathcal {P}}'$ est une droite ${\mathcal {D}}$ dont on donnera une paramétrisation.
2. Donner une équation cartésienne du plan ${\mathcal {P}}''$ perpendiculaire à ${\mathcal {D}}$ et passant par le point $A(1,0,-1)$.
3. Calculer ${\mathcal {P}}\cap {\mathcal {P}}'\cap {\mathcal {P}}''$.

Solution

1. ${\begin{cases}x-y+z&=2\\x+2y+3z&=4\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}x&=y-z+2\\3y+2z&=2\end{cases}}\Leftrightarrow \exists t\in \mathbb {R} \;{\begin{cases}y&=2t\\z&=1-3t\\x&=1+5t\end{cases}}$.
2. $0=5(x-1)+2(y-0)-3(z+1)=5x+2y-3z-8$.
3. $5(1+5t)+2(2t)-3(1-3t)-8=38t-6$ donc ${\mathcal {P}}\cap {\mathcal {P}}'\cap {\mathcal {P}}''={\mathcal {D}}\cap {\mathcal {P}}''=\{(1+5t,2t,1-3t)\}$ avec $t={\frac {6}{38}}={\frac {3}{19}}$ donc $(1+5t,2t,1-3t)={\frac {1}{19}}(34,6,10)$.