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    2013 Amerique Du Sud Exo2

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    Ce document présente un exercice mathématique sur des droites et des plans dans l'espace. Il démontre que certaines droites ne sont pas coplanaires et que d'autres sont perpendiculaires. Le point d'intersection de certains plans et droites est également déterminé.

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    Liban 2010.

    Enseignement spécifique
    EXERCICE 2 (4 points) (commun à tous les candidats)
     →− → − → −
    L’espace est muni d’un repère orthonormal O, i , j , k .

    On note (D) la droite passant par les points A(1, −2, −1) et B(3, −5, −2).
    1) Montrer qu’une représentation paramétrique de la droite (D) est :

     x = 1 + 2t
    y = −2 − 3t avec t ∈ R.

    z = −1 − t

    2) On note (D ′ ) la droite ayant pour représentation paramétrique :



     x=2−k
    y = 1 + 2k avec k ∈ R.

    z=k

    Montrer que les droites (D) et (D ′ ) ne sont pas coplanaires.


    3) On considère le plan (P) d’équation 4x + y + 5z + 3 = 0.

    a) Montrer que le plan (P) contient la droite (D).


    b) Montrer que le plan (P) et la droite (D ′ ) se coupent en un point C dont on précisera les coordonnées.
    −
    4) On considère la droite (∆) passant par le point C et de vecteur directeur →
    w(1, 1, −1).

    a) Montrer que les droites (∆) et (D ′ ) sont perpendiculaires.


    b) Montrer que la droite (∆) coupe perpendiculairement la droite (D) en un point E dont on précisera
    les coordonnées.

    http ://www.maths-france.fr 1 c Jean-Louis Rouget, 2014. Tous droits réservés.



    Liban 2010. Enseignement spécifique
    EXERCICE 2 : corrigé

    −→
    1) La droite (D) est la droite passant par A de coordonnées (1, −2, −1) et de vecteur directeur AB de coordonnées
    (3 − 1, −5 + 2, −2 + 1) ou encore (2, −3, −1). On en déduit qu’une représentation paramétrique de la droite (D) est

     x = 1 + 2t
    y = −2 − 3t avec t ∈ R.

    z = −1 − t
    −
    2) La droite (D) est dirigée par le vecteur → −
    u (2, −3, −1) et la droite (D ′ ) est dirigée par le vecteur →
    u ′ (−1, 2, 1). Les
    −
    → −
    → ′ −
    → ′ −
    →
    vecteurs u et u ne sont pas colinéaires (car s’il existe un réel k tel que u = k u , on a k = −1 en analysant la
    1
    troisième coordonnée mais aussi k = − en analysant la première coordonnée ce qui est impossible).
    2
    Donc les droites (D) et (D ′ ) ne sont pas parallèles. On en déduit que les droites (D) et (D ′ ) sont sécantes ou non
    coplanaires.
    On en déduit encore que les droites (D) et (D ′ ) sont non coplanaires si et seulement si les droites (D) et (D ′ ) n’ont
    aucun point commun. Etudions donc l’intersection des droites (D) et D ′ ). Soient t et k deux réels.
      
     1 + 2t = 2 − k  k = −1 − t  k = −1 − t
    −2 − 3t = 1 + 2k ⇔ 1 + 2t = 2 − (−1 − t) ⇔ t=2 .
      
    −1 − t = k −2 − 3t = 1 + 2(−1 − t) t = −1

    Ce système n’a pas de solution et donc les droites (D) et (D ′ ) n’ont pas de point commun.

    Les droites (D) et (D ′ ) sont non coplanaires.

    3) a) La droite (D) est l’ensemble des points de coordonnées (1 + 2t, −2 − 3t, −1 − t) avec t ∈ R. Or, pour tout réel t,
    4(1 + 2t) + (−2 − 3t) + 5(−1 − t) + 3 = 8t − 3t − 5t + 4 − 2 − 5 + 3 = 0.
    Donc tout point de la droite (D) appartient au plan (P) ou encore

    le plan (P) contient la droite (D).

    b) Soit M(2 − k, 1 + 2k, k), k ∈ R, un point de (D ′ ).


    M ∈ (P) ⇔ 4(2 − k) + (1 + 2k) + 5k + 3 = 0 ⇔ 3k + 12 = 0 ⇔ k = −4.
    Pour k = −4, on obtient le point de (D ′ ) de coordonnées (6, −7, −4). Ainsi, le plan (P) et la droite (D ′ ) ont un point
    commun et un seul, le point C(6, −7, −4).

    Le plan (P) et la droite (D ′ ) se coupent en C(6, −7, −4).

    −
    4) a) La droite (D ′ ) est dirigée par le vecteur →
    u ′ (−1, 2, 1).
    −
    Or, → −
    u ′ .→
    w = (−1) × 1 + 2 × 1 + 1 × (−1) = 0 et donc les droites (∆) et (D ′ ) sont orthogonales. De plus, les droites (∆)
    et (D ) ont en commun le point C et finalement les droites (∆) et (D ′ ) sont perpendiculaires.
    ′

    Les droites (∆) et (D ′ ) sont perpendiculaires.

    −
    b) La droite (D) est dirigée par le vecteur →
    u (2, −3, −1).
    −
    → −
    →
    Or, u . w = 2 × 1 + (−3) × 1 + (−1) × (−1) = 0 et donc les droites (∆) et (D) sont orthogonales. 
     x = 6 + t′
    Etudions alors l’intersection des droites (D) et (∆). (∆) est la droite de représentation paramétrique y = −7 + t ′ ,

    z = −4 − t ′
    ′
    t ∈ R.
      ′  ′
     1 + 2t = 6 + t ′  t = −3 + t  t = −3 + t
    t=2
    −2 − 3t = −7 + t ′ ⇔ 1 + 2t = 6 + (−3 + t) ⇔ t=2 ⇔ .
     ′   t ′ = −1
    −1 − t = −4 − t −2 − 3t = −7 + (−3 + t) t=2
    Puisque le système précédent a des solutions, les droites (∆) et (D) ont un point commun et sont donc perpendiculaires.
    De plus, pour t ′ = −1, on obtient le point commun à savoir le point E de coordonnées (5, −8, −3)

    Les droites (∆) et (D) sont perpendiculaires en E(5, −8, −3).

    http ://www.maths-france.fr 2 c Jean-Louis Rouget, 2014. Tous droits réservés.

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