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(FB) et (PM) sont coplanaires et non parallèles
donc elles sont sécantes.

Ouverture
Une construction en dimension 4 cela parait difficile à concevoir mais pourtant on parle déjà de la
dimension 4 pour le cinéma. Il s’agit de salles de
cinéma 3D (hauteur, largeur et profondeur) que
l’on équipe d’effets sensoriels qui permettent de
simuler le temps, les bruits, les mouvements à
l’aide de sièges qui bougent aussi, etc.
Ce chapitre reprend les bases du chapitre de seconde
sur les positions relatives de droites et de plans auxquelles on ajoute l’orthogonalité, les vecteurs et le
repérage dans l’espace. Le but étant de compléter la
représentation dans l’espace par des calculs.
Les travaux pratiques de ce chapitre sont tous
issus de sujets de l’épreuve pratique.
Réponse à la question
Pour un tesseract, on peut trouver pas moins de
261 patrons !
Vérifier ses acquis

1 1. c.

2. a.

3. a

4. b.

2 1. a.

2. a.

3. a.

4. a.

3 1. a.

2. c.

3. c.

4. a.

4 1. b.

2. b.

3. c.

4. b.

5 1. b.

2. c.

3. a.

4. b.

3 (GH) et (QR) sont coplanaires dans le plan
(EFG) et ne sont pas parallèles donc elles sont
sécantes.
4 Le point N est sur la droite (GH) donc il appartient au plan (CDH) et par conséquent les droites
(DH) et (PN) sont coplanaires et non parallèles
donc elles sont sécantes.
5 La section du plan (PQR) sur le cube est donc
le polygone RQJPI.
6 Les côtés [RI] et [PJ] sont parallèles car ils
appartiennent à deux faces opposées du cube.
De même les côtés [PI] et [QJ] sont parallèles.
7 Pour trouver la droite d’intersection des plans
(ABC) et (PQR) il suffit de remarquer que les
droites (PI) et (BC) sont sécantes car coplanaires
dans le plan (BCF). De même les droites (PJ) et
(CD) sont sécantes dans le plan (CDH). Les deux
points obtenus appartiennent aux deux plans
(ABC) et (PQR) donc leur droite est la droite d’intersection cherchée.
E
N

Q

R

M

H

F

J

G

I
A

Activités d’introduction

B

P

D

C

Activité 1
Dans cette activité, l’objectif est de construire la
section du cube par un plan cherchant les intersections avec chacune des faces du cube.

Activité 2
Dans cette activité, l’objectif est de découvrir la
notion d’orthogonalité.

(EFG) et ne sont pas parallèles donc elles sont
sécantes.

1 a. (AB) et (CD) sont parallèles
b. (CD) et (CG) perpendiculaires car coplanaires
c. (AB) et (CG) orthogonales car non coplanaires

2 Le point M est sur la droite (FG) donc il appartient au plan (BCF) et par conséquent les droites

2 Les autres arêtes orthogonales à l’arête (AB)
sont : (DH), (FG) et (EH).

1 (FG) et (QR) sont coplanaires dans le plan

Chapitre 10 n Droites, plans et vecteurs dans l’espace n  253

© éditions Belin, 2012.

10

Droites, plans
e
et vecteurs dans l’espac

3 On a (AB) parallèle à (EF) et (EF) perpendiculaire à (FG) et (EH) dans le carré EFGH, donc (AB)
est orthogonale à (FG) et (EH). De même (AB) est
parallèle à (CD) et (CD) est perpendiculaire à (DH).

4 La droite (AB) et le plan (BCG) sont orthogonaux.
5 La droite (AB) est perpendiculaire avec les
droites (BC) et (BF) qui sont toutes les deux
sécantes et incluses dans le plan (BCG) donc (AB)
est orthogonale au plan (BCG).
6 a. La droite (OA) est perpendiculaire aux
droites (OB) et (OC) sécantes et incluses dans le plan
(OBC) donc (OA) est orthogonale au plan (OBC).
b. La droite (OA) est donc orthogonale à toute
droite du plan (OBC) donc à la droite (BC).
c. La droite (BC) est orthogonale à la droite (OA) et
perpendiculaire à la droite (OH) en tant que hauteur,
or ces deux droites sont sécantes en O et par conséquent la droite (BC) est orthogonale au plan (OAH).
d. La droite (BC) est donc orthogonale à toute
droite du plan (OAH) donc à la droite (OH).
e. La droite (OH) est orthogonale aux droites
(AB) et (BC) sécantes en B donc elle est orthogonale au plan (ABC).
Activité 3
Dans cette activité on cherche à revoir les calculs
sur les vecteurs.
E

P

K
N

A

3
B

D
M
C

ur
u
ur
u uuur
uur
ur
u
uur
4 BL 1 BF BA € AL 1 BF 1 AE donc L est
2
2
2
le milieu de [AE].

5 Les points P, K et L sont coplanaires car ils ne
sont pas alignés.
6
uur Leuuursommet
ur
u uest
ur leur
upoint
uur H car
BC BA BF BD BF BH.
Activité 4
L’objectif est d’approfondir la colinéarité et la
coplanarité des vecteurs en introduisant les
notions de dépendance et d’indépendance.

254

n

r

pas colinéaires € il n’existe pas de réel k tel que
r
r
v ku €r si a et b sont deux réels tels que
r
r
au bv 0 alors a b 0.
r
r
b. u et v sont dépendants € les points O, A et B
sont alignés.
r r r
r r r
2 a. u, v et w sont indépendants € u, v et w
ne sont pas coplanaires € il n’existe pas de réels a
r
r
r
et b tels que w au bv € rsi a, b et g sont trois
r
r
r
réels tels que au bv gw 0 alors a b g 0.
r r
r
b. u, v et w sont dépendants € les points O, A, B
et C sont coplanaires.

Activité 5
Dans cette activité on cherche à découvrir les
coordonnées dans l’espace.

1 a. On a : O(0 ; 0), I(1 ; 0), J(0 ; 1), A(1 ; 1),
E(3 ; 0), F(0 ; 4) et H(3 ; 4).
uuur
uur
r
r uuur
r
r
b. Alors : OH 3i 4j , OE 3i et OF 4j .
uuuur uuur uuur
r
r
r
2 a. OM OH HM 3i 4j 5k.
b. On a : K(0 ; 0 ; 1), B(1 ; 0 ; 1), C(1 ; 1 ; 1),
D(0 ; 1 ; 1), P(0 ; 0 ; 5), N(3 ; 0 ; 5) et L(0 ; 4 ; 5).
3 F(0 ; 4 ; 0), G(–2 ; 4 ; 0), H(–2 ; 0 ; 0),
U(0 ; 0 ; 5), R(0 ; 4 ; 5), S(–2 ; 4 ; 5), T(–2 ; 0 ; 5) et
P(2 ; 0 ; 0), V(2 ; –3 ; 0), W(0 ; –3 ; 0), M(0 ; 0 ; –1),
N(2 ; 0 ; –1), Q(2 ; –3 ; –1), L(0 ; –3 ; –1).
Activité 6

G
L

r

H

F

2

r

Dans cette activité on cherche à découvrir la
représentation paramétrique d’une droite de
l’espace.

1 a. M0 = A(1 ; 2 ; 0) et M1 = B(2 ; 1 ; 3).
b. M–2(–1 ; 4 ; –6) et M3(4 ; –1 ; 9)
uuur appartiennent





à la droite (AB) car le vecteur AB 1 ; - 1 ; 3 est coliuuur
néaire au vecteur AM-2(-2 ; 2 ; - 6), ainsi qu’au
uuur
vecteur AM3(3 ; - 3 ; 9) .
uuur
uuur
) et AD(-1 ; 1 ; - 3) sont
c. De même AC(2 ; - 2u;uu6
r
colinéaires au vecteur AB donc les points C et D
appartiennent à la droite (AB). Ils appartiennent
aussi à l’ensemble D car C = M2 et D = M–1.
d. On conjecture que l’ensemble D est la droite (AB).
uuuur
2 a. On a : AMt(t ; - t ; 3t) donc on déduit que
uuur
uuur
AMt tAB et que D est bien la droite (AB).
b. L’abscisse du
uuurpoint Mt sur la droite (AB) munie



du repère A ; AB est t.

Chapitre 10 n Droites, plans et vecteurs dans l’espace

© éditions Belin, 2012.

1

r

1 a. u et v sont indépendants € u et v ne sont

c. Pour t Œ[0 ; 1] l’ensemble correspondant est le
segment [AB] ; pour t Œ [0 ; + [ on obtient la
demi-droite [AB) 
; pour t Œ]– ; 0], la demi-

2 On conjecture que l’aire est maximale quand
M est au milieu de [OB].
3 Le théorème de Thalès donne : OM MN,

OB
BC
z MN
5

et donc MN z. De même :
8 10
4
BM MQ
8 - z MQ


, soit :
et donc :
BO OA
8
6
3
MQ (8 - z).
4
Ê ˆ
4 Ainsi l’aire du rectangle est : Á15˜ z(8 - z).
Ë16¯
Cette aire atteint son maximum pour z 4 ce qui
donne une aire de 15 cm2.

droite [AD) et pour t Œ [-1 ; 1] le segment [BD].

soit :

Travaux pratiques
1TP TICE 1  Etude de deux lieux

géométriques

1 Construction avec un logiciel.
A

3TP TICE 3  Distance entre deux droites

dans l’espace

1 On construit la figure avec un logiciel.
C

K

G

A

N

6,2 cm

1 cm

I

O B

J

M

2 On affiche la longueur MN.

D
B
C

2 On conjecture que H est situé sur un arc de
cercle et G sur un segment.
3 Le triangle BCH est rectangle avec B et C
fixes donc le point H décrit un arc de cercle de
diamètre [BC] qui va du point sur le plan (BCD)
jusqu’au point sur le segment [AB].
uuur AI uuur
D’après le théorème de Thalès on a : AG
AO
AB
où O est le centre de gravité du triangle BCD.
Donc comme seule la longueur AI varie, on en
déduit que le point G est sur le segment [AO].
2TP TICE 2  Optimisation dans l’espace

1 Construction avec un logiciel.

4 Les droites sont orthogonales deux à deux.
5 M(k ; k ; 0) et N(t ; –t ; 1) donnent :
MN2 (k - t)2 (k t)2 1 2k2 2t2 1.

6 Cette valeur est minimum quand k = t = 0.
7 Dans ce cas M est en O, N est en A et la distance minimum est 1.
4TP TICE 4  Intersection d’une droite

et d’un tétraèdre
Partie B (démonstration) :

1

B
C

M
Q
P
O
A







uur uuur 5 uur uuur 5 uur uuur
AL AB BK AB BC CK
2
2
uuur 5 uuur uuur
uuur uuur
AB BA AC CA AD
2
3 uuur 3 uuur uuur
- AB AC AD
2
2
ur
u uur uur
1 uuur 3 uuur 3 uuur uuur
et JL JA AL - AB - AB AC AD
3
2
2
11 uuur 3 uuur uuur
- AB AC AD.
6
2



15,0 cm2
N

3 On conjecture que la longueur minimum est
1 et quelle correspond au moment où M est en
O et N en A.

Chapitre 10 n Droites, plans et vecteurs dans l’espace n  255

© éditions Belin, 2012.

H

2 et 3
uuur ur
u uuur 1 uuur
Ê 11 uuur 3 uuur uuurˆ
AM AJ JM AB k Á- AB AC AD˜
3
2
Ë 6
¯
u
uu
r
u
uu
r
u
uu
r
Ê 1 11kˆ
3k
Á AB
AC kAD
6 ˜¯
2
Ë3

uuur
4 M appartient au plan (ACD) si le vecteur AM
uuur uuur
ne dépend que des vecteurs AC et AD.

5 On obtient alors : k 2 .

3. b

3 a. Faux.
d. Faux.

b. Vrai.

4 a. Faux.
d. Faux.

b. Vrai.
e. Faux.

6 1. a.

4. c
c. Faux.

e. Faux.
c. Faux.
f. Vrai.

b. Vrai.
d. Faux.
2. c.

7 a. Faux.
c. Faux.
e. Faux.
8 1. b.

c. Vrai.

3. c.
b. Vrai.
d. Vrai.
f. Faux.

2. c.

3. d.

9 a. Vrai. b. Faux.
c. Faux.
d. Vrai.
e. Faux.
f. Faux.
g. Vrai.

Appliquer les capacités attendues
11 a. Parallèles.
c. Perpendiculaires.
e. Parallèles.

b. Perpendiculaires.
d. Sécants.
f. Incluse.

12 a. Parallèles.
b. Perpendiculaires.
c. Sécants.
d. Parallèles. e. Sécants.
13 a. Non coplanaires. b. Sécants.
c. Sécants.
d. Non coplanaires.

256

n

b. Vrai.

c. Vrai.

21 a. (AB) est parallèle à (CD) qui est perpendiculaire à (MQ).
b. (NQ) est orthogonale à (FH) et (DH).
c. (MQ) et (NQ) sont orthogonales à (CD) et (BD).
d. (NQ) est parallèle à (EG) qui est perpendiculaire à (AE).
e. (NQ) est orthogonale à (MQ) et (MP).
22 a. (AB) est orthogonale à (BC) et (BD).
b. D’après a. on déduit que (AB) est orthogonale
à (CD).
c. De même (BC) est orthogonale au plan (ABD)
donc à la droite (AD).
uuur uuur uuur uur uur uur uuur uur
24 AB DC AC CB DB BC AC DB .
uuur uuur uuur
uuur 1 uuur
25 a. CD CA AD -AC AB et
2
uur uur uur uuur uuur
uuur
uuur
uuur uuur
CE CB BE CA AB 3AC - 2AB 2AC - AB.
uur
uuur
b. On en déduit que : CE -2CD donc que C, D et
E sont alignés.
ur uuur ur
u uuur 1 uuur 1 uuur 1 uur
26 a. BI BA AI BA AC BA BC et
2
2
2
uur uuur uuur uur
DE DA AB BE
uuur uuur
uur
uur
uuur
3BA - BA 2BC 2BA 2BC
uur
ur
b. On en déduit que : DE 4 BI donc que les
droites (DE) et (BI) sont parallèles.
uuur uur
27 On doit avoir les vecteurs AD et AE colinéaires
3
donc : a - .
4
28 a. Oui.
uur uuur
b. Les vecteurs sont coplanaires car EG AC et A,
B, C, D coplanaires.

Chapitre 10 n Droites, plans et vecteurs dans l’espace

© éditions Belin, 2012.

b. Vrai.
e. Vrai.

5 a. Faux.
c. Faux.

e. Vrai.

16 a. Non coplanaires. b. Non coplanaires.
c. Sécants.  d. Sécants.  e. Sécants.  f. Sécants.

20 a. Faux.

Maitriser le cours

2. a

b. Faux.
d. Vrai.

19 a. (AB) est orthogonale à (BC) et (BF).
b. (DG) est orthogonale à (CH) et (BC).
c. (EG) est orthogonale à (FH) et (BF).
d. (AF) est orthogonale à (BE) et (BC).

Exercices

2 1. d

15 a. Faux.
c. Vrai.

17 a. Oui.   b. Oui.   c. Oui.   d. Non.

11

1 a. Faux.
d. Faux.

14 a. La droite (SB).
b. La droite (SO).
c. Non coplanaires.
d. Une droite parallèle à (AB) passant par S.

AB DE et AC DF d’où : DG DE DF donc les
vecteurs sont coplanaires.

31 a. M, P et Q sont coplanaires car (MQ) est
parallèle à (BF) qui passe par P.
uur 1 uuuur
uuur uur
uuur
b. On a : PB QM et AC EG 2NQ d’où :
uuur uuuur uuur 2 uur 1 uuur
MN MQ QN -2PB - AC .
uur uur ur
u ur
u 1 uur 2 uuur 1 ur
u
NP NE EF FP GF - CD FB
2
2
uuur 1 uur
-CD - BG.
2
33 a. Les plans (SAB) et (SCD) contiennent deux
droites parallèles (AB) et (CD) donc d’après le
théorème du toit leur intersection est une droite
parallèle et elle passe par S.

b. L’intersection de (MNP) et (SAB) est la droite
(MN). Le théorème du toit donne que l’intersection de (MNP) et (SCD) est la parallèle à (MN)
passant par P.
c.
S

P

N
M

A

C

D

B

35 a. AF (1 ; 0 ; 1)

uuur
b. AQ (0,5 ; 1 ; 0,5)
uuur
d. CN(–1 ; –0,5 ; 1)

r
r
c. w(1 ; 7 ; –9).

r
b. v (–7 ; 4 ; –4).
r
d. t (11 ; 9 ; –14).

uur

uuur
c. PM(–0,5 ; 1 ; –0,5)
uuur
e. ME(–0,5 ; –1 ; 1).

36 a. u(4 ; –2 ; 1).

37 a. B(1 ; 1 ; 0), E(1 ; 0 ; 1), F(1 ; 1 ; 1) et
G(0 ; 1 ; 1).
uuur
uur
b. AC -1 ; 1 ; 0 , BG -1 ; 0 ; 1 ,
uur
uur
EC(–1 ; 1 ; –1), BH (-1 ; - 1 ; 1) .
c. (1 ; 0,5 ; 0,5).
d. Ω(0,5 ; 0,5 ; 0,5).









39 a. Cette droite passe par le point (0 ; 1 ; 3) et
a pour vecteur directeur (2 ; –1 ; 4).
b. Cette droite passe par le point (2 ; 0 ; 4) et a
pour vecteur directeur (1 ; –3 ; 1).
c. Cette droite passe par le point (3 ; –1 ; 0) et a
pour vecteur directeur (–1 ; 1 ; 3).
x -1 t

40 a. ÔÌy t

Ôz 2 - 3t
Ó

.

x 3 - 2t
Ô
b. Ìy -1 t .
Ôz 2 3t
Ó

x 1 - t
Ô
c. Ìy 1 2t .
Ôz 1 2t
Ó

41 a. A n’appartient pas à cette droite.
b. B correspond à t = 1.
c. C n’appartient pas à cette droite.
d. D correspond à t = -1.
42 a. Un vecteur directeur de (d) est (1 ; –1 ; 2)
et un vecteur directeur de (d′) est (–2 ; –1 ; 1). Ils
ne sont pas colinéaires donc les droites ne sont
pas parallèles.
b. A(3 ; 2 ; 0) et B(2 ; 3 ; –2).
c. C(1 ; 0 ; –1) et D(–1 ; –1 ; 0).
uuur
uuur
uuur
d. AB (-1; 1; - 2), AC (-2 ; - 2 ; - 1) et AD (-4 ; - 3 ; 0)
uuur
uuur
uuur
sont coplanaires si AD aAB bAC c’est-à-dire si
-4 -a - 2b
Ô
le système Ì-3 a - 2b possède une solution
Ô0 -2a - b
Ó
unique ce qui n’est pas le cas.
e. On en déduit que les deux droites ne sont pas
sécantes.

Chapitre 10 n Droites, plans et vecteurs dans l’espace n  257

© éditions Belin, 2012.

c. Les vecteurs sont coplanaires car ils sont coplanaires deux à deux seulement.
r
r
r
29 a. u et v ne
r sont pas colinéaires car v ne
dépend pas de i .
r
r
r
r
r
r
b. xu yv (x 2y)i - yj (x y)k est égal à w
x 2y 3
Ô
si on a : Ì-y -1 qui n’a pas de solution.
Ôx y 0
Ó
c. On peut conclure que ces vecteurs ne sont pas
coplanaires.
uur uur uuur
30 BE CF AD donne trois parallélogrammes
ABED,
r uur les
uurrelations :
uuur uurACFD
uuuret BEFC
uur ce quiuuudonne

43 a. I Π(AB).
c. (CI) Ã (ABC).
e. (AB) Ã (CBA).
g. B Π(ADI).

b. B œ (CDI).
d. D œ (BI).
f. (DI) À (BCI).
h. B Π(IA).

44 1. a. (BE).
b. .
c. Droite passant par les centres des faces ABCD
et EFGH.
d. (EH).
2. a. (EB) parallèle à (CH) qui est perpendiculaire
à (DG).
b. (HF) parallèle à (BD) qui est perpendiculaire à
(AC).
c. (AE) parallèle à (BF) qui est perpendiculaire à
(FH).
d. (CH) est orthogonale à (DG) et (AD) donc au
plan (ADG) qui contient la droite (AG).
3. (HF) est orthogonale à (EG) et à (AE), car (AE)
est parallèle à (HD), donc elle est orthogonale au
plan (ACG).
45 a. Car (AE) est parallèle à (BF).
b. Car (EH) est parallèle à (BC).
c. Car (EB) est parallèle à (CH).
d. Dans le rectangle BFHD, O et O′ sont des milieux.

46 Les triangles ABD et BCD sont isocèles donc
les droites (AI) et (CI) sont perpendiculaires à la
droite (BD). Par conséquent la droite (BD) est
orthogonale au plan (ACI) et donc à toute droite
de ce plan comme (AC).

47 a. (EG) est parallèle à (AC) et (DE) est parallèle à (FC).
b. (AF) est parallèle à (IK) et (AC) est parallèle à (IJ).
c. Les plans (IJK) et (DEG) sont parallèles.
48 a. AILC est un rectangle.
b. C’est le théorème des milieux.
c. (LI) est parallèle à (AC) comme côtés du rectangle donc (JK) et (LI) sont parallèles.
d. (IJ) et (KL) sont coplanaires car (JK) et (LI) sont
parallèles.
e. De plus elles ne sont pas parallèles donc elles
se coupent.
f. Ces plans sont sécants selon (BF).
g. Le point M appartient au plan (ABF) car il est
sur (IJ) et au plan (BCF) car il est sur (KL). Donc M
est sur l’intersection de ces deux plans soit (BF).
C’est même le symétrique de F par rapport à B.

258

n

49 Le théorème des milieux donne que (IJ) est
parallèle à (BC), (IK) à (BD) et (JK) à (CD). Donc les
plans sont parallèles.
50 a. Les droites (IJ) et (BC) sont coplanaires et
non parallèles donc elles se coupent en un point
H qui est l’intersection cherchée.
b. Ces deux plans ont deux points communs D et
H donc la droite (DH) est leur intersection.
c. Dans ce cas l’intersection est une droite parallèle à (IJ) passant par D.
51 Le plan (IJK) coupe le plan (BCD) selon une
droite qui passe par les points M, N et P.
52 Les plans (IJK) et (BCD) contiennent deux
droites parallèles (IJ) et (BC) donc d’après le théorème du toit leur intersection est aussi parallèle (IJ)
et (BC). Or cette intersection est la droite (LK).
53 a. M et N appartiennent au plan (ABN) car
M est sur (AB) et ils appartiennent au plan (CGM)
car N est sur (CG)
b. La droite (MN) est donc l’intersection des deux
plans.
54 Les plans (ABC) et (EFG) sont parallèles donc
le plan (FHM) coupe ces deux plans selon deux
droites parallèles entre elles. L’une est (FH) et
l’autre est justement (MN).
55 a. (AD) est parallèle à (BC) qui est parallèle à
(IJ) donc (IJ) et (AD) sont parallèles.
b. K est sur les droites (AJ) et (DI) donc il appartient aux plans (SAB) et (SCD).
c. L’intersection des plans (SAB) et (SCD) est donc
la droite (SK).
d. Comme les plans (SAB) et (SCD) contiennent
les droites (AB) et (CD) parallèles, leur intersection
(SK) est aussi parallèle d’après le théorème du toit.
56 a. (SO) est la hauteur de la pyramide donc
elle est orthogonale au plan (ABC), et en particulier elle est orthogonale à la droite (BC).
b. Le triangle SBC est isocèle en S donc (SI) est
perpendiculaire à (BC). Donc (BC) est orthogonale
à deux droites sécantes (SI) et (SO) donc elle est
orthogonale au plan (SOI).
57 a. Faux. b. Faux.
c. Vrai.
d. Faux. e. Vrai.
f. Vrai.
g. Vrai.

Ê1 1

ˆ

58 a. G Á ; ; 0˜ .
Ë3 3 ¯

Chapitre 10 n Droites, plans et vecteurs dans l’espace


2
Ôx 1 t
3
Ô
5
Ì
b. Ôy 2 t .
3
Ô
Óz 3 3t

© éditions Belin, 2012.

S’entrainer

x t
60 a. ÔÌy 1 t .
Ôz 2 t
Ó

x 1 - s
Ô
b. Ìy 2 2s.
Ôz 3 s
Ó

c. C appartient à (d′) mais pas à (d).
d. Elles sont sécantes en B car B appartient à (d).
x -1 - t
61 a. ÔÌy 2t .
Ôz 2 t
Ó

b. M est sur (d) pour t = 5 et N est sur (d′) pour
t = –2.
x -1 - 3t
Ô
c. Ìy 13t
.
Ôz 2 2t
Ó
x 6 t

62 a. ÔÌy 1 2t .
Ôz 1 - t
Ó

x 3 - s
Ô
b. Ìy -3 s .
Ôz -6 2s
Ó

c. I a pour coordonnées en fonction de t et de s :
Ê 9 t - s -2 2t s -5 - t 2sˆ
;
;
ÁË
˜¯ ce qui donne
2
2
2
9 t - s 2
t - s -7
Ô
Ô
le système : Ì-2 2t s -4 ou Ì2t s -2 qui
Ô-5 - t 2s 6
Ô-t 2s 11
Ó
Ó
a pour solutions s = 4 et t = –3. On obtient les
points C(3 ; –5 ; 4) et D(–1 ; 1 ; 2).

63 Les droites (d1) et (d3) sont parallèles car elles

ont le même vecteur directeur (3 ; –3 ; 2). Mais
aucune d’entre elles n’est sécante avec (d2).

64 a. L’intersection des trois droites donne le
point (0 ; 3 ; 1).
b. Les droites (d1) et (d2) sont confondues donc
comme les droites sont sécantes alors elles sont
coplanaires.
65 a. Ces deux droites ne sont pas parallèles car
leurs vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires.
De plus elles ne sont pas sécantes car le système
des 6 équations n’a pas de solution.
b. Un point (3 ; 3 ; 1) et un vecteur directeur
(1 ; –1 ; 2).
x 3 t
Ô
c. Ìy 3 - t .
Ôz 1 2t
Ó

66 Elles sont parallèles car leurs vecteurs directeurs sont colinéaires. Elles passent toutes les
deux par le point (–1 ; –3 ; 0).
67 Elles sont parallèles car leurs vecteurs
directeurs sont colinéaires. Mais le système
-2 t 1 2s
Ô
Ì1 t 4 2s n’a pas de solution donc elles
Ô4 3t 11 6s
Ó
sont strictement parallèles.

68 Les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires
donc les droites ne sont pas parallèles. Et le sys -1 2t 1 s
Ô
tème Ì1 - t -s
a une solution qui donne le
Ô2 t 3 4s
Ó
point d’intersection (1 ; 0 ; 3).
69 Elles ne sont pas parallèles car leurs vecteurs
directeurs ne sont pas colinéaires. Et le système :
-2 t s
Ô
n’a pas de solution donc elles ne
Ì1 t -2s
Ô4 3t 8 3s
Ó
sont pas coplanaires.
uur uuur uur
70 a. BC AD EH.
uur uuur uur
c. CP BM KH.
uur ur uur
e. OJ IB PG.
uur

1 uuur
2

71 a. AL AD .
uur
uur
c. BC 2AL .
uur uur ur
u
72 a. BG BC BF .
uur uuur uuur
c. BE BA DH.

ur
u uuur uur
b. BF CG AE .
uur uur uuuur
d. JK NP MQ.
uur
uuur
b. KC -KD.
uuur
ur
d. HG -2BI.
uur uur ur
u
b. BH BD BF .
uuur uuur uuur
d. BM CK DH .

uur

ur
u 1 uur uuur
1 uur uuur
2
2
uuur 1 uuur ur
u uuur
uur 1 uuur uur ur
u
c. AN AD BF - BA . d. BP BA BC BF .
2
2
uuur uuur 1 uuur uur
e. LM HG - AD CP .
2
uur
uuur uuur uur
uuur uuur uur
74 a. BD -AB AD , BH -AB AD AE,
uur uuur uur 1 uuur uuur
uuur uur 1 uuur
BP AD AE - AB , BQ -AB AE AD .
2
2
uur 1 uuur uur uuur 1 uuur uur
b. JG AD AE , AM AB AE ,
2
2
uuur uuur uur 1 uuur
uur uuur uur uuur
AP AD AE AB et EC AD - AE AB.
2

73 a. BN BC DH. b. BL BC BA .

Chapitre 10 n Droites, plans et vecteurs dans l’espace n  259

© éditions Belin, 2012.

c. A a pour paramètre t = 0, M a pour paramètre
1
1
t - et S a pour paramètre t .
2
2
59 a. Vrai.  b. Faux.  c. Faux.  d. Faux.  e. Vrai.

uur

uuuur 1 uur
1 uur
b. MQ FH.
2
2
uur uuuur
uur uur
c. Comme BD FH, on en déduit que JK MQ et
que JKQM est un parallélogramme.

Ê 3 3 3ˆ

b. I, J et K sont donc alignés sur la droite d’équation x = y = z.

uur

1 uur r
2
lélogramme comme ADEF.
ur
u uur
uuur
ur
u uuur uur
b. 2DJ - DF 2DC 2 CJ - DA DE
uuur uuur
uuur uuur uur ur
2DC CA - 2DC - CA - CE JI.
ur
u uur uur ur
u
c. Cette relation s’écrit aussi : 2DJ - DF JD DI
ur
u uur ur
u
c’est-à-dire : 3DJ - DF DI qui prouve que les vecteurs sont coplanaires.
d. On en déduit que les points le sont aussi.

77 a. On a : CE BC IJ donc ECIJ est un paral-





78 a. Oui.   b. Oui.   c. Non.   d. Non.
r r
r r
r
r
r
r
2u 3v (5 ; 17 ; –1) et -2u 3v (10 ; 1 ; –5).
r r
r r
b. u v (1 ; 3 ; –7), u - v (1 ; 1 ; 1),
r
r
r
r
2u 3v (2 ; 7 ; –18) et -2u 3v (–2 ; –1 ; –6).
r r
r r
c. u v (8 ; –2 ; 1), u - v (–2 ; –6 ; 3),
r
r
r
r
2u 3v (21 ; –2 ; 1) et -2u 3v(9 ; 14 ; –7).
r r
r r
d. u v (1 ; 2 ; –1), u - v (1 ; 0 ; 1),
r
r
r
r
2u 3v (2 ; 5 ; –3) et -2u 3v(–2 ; 1 ; –3).

79 a. u v (1 ; 7 ; 0), u - v (–5 ; 1 ; 2),

uuur

uuur

80 a. AB(–1 ; 6 ; –2) et AC (3 ; –18 ; 6) sont colinéaires.
uuur
uuur
b. AB(4 ; 3 ; 3) et AC (5; –1 ; –2) ne sont pas colinéaires.
uuur
uuur
c. AB(1 ; 2 ; 5) et AC (–2 ; –4 ; –11) ne sont pas
colinéaires.

81 On rentre les 9 coordonnées, puis on calcule
les trois quotients
uuur uuur respectifs des coordonnées des
vecteurs AB et AC , et on les compare tous les trois.

260

n



Ê x - 1ˆ

Ê0 ˆ

Ê0 ˆ

83 a. ÁÁ y 5˜˜ 5 ÁÁ-2˜˜ - 3 ÁÁ3 ˜˜ , d’où M(1 ; –24 ; –7).

ÁË-1˜¯
ÁË-2˜¯
ÁË z
¯˜
Ê1 - x ˆ Ê-1 - xˆ Ê9 ˆ
Ê 9
ˆ
b. ÁÁ-y ˜˜ ÁÁ-1 - y˜˜ ÁÁ-1˜˜ , d’où M Á- ; 0 ; - 3˜ .
2
Ë
¯
ÁË3 - z˜¯ ÁË4 - z ˜¯ ÁË1 ˜¯
uuur
uuur
84 a. On a : AB(4 ; –2 ; 4) et AC (0 ; –2 ; 1) qui ne
sont pas colinéaires donc les trois points définissent un plan.
uur
uuur
uuur
b. DE (–2 ; 3 ; –3), -AB - 2AC(–4 ; 6 ; –6).
c. Ces vecteurs sont colinéaires.
d. On en déduit que la droite (DE) est parallèle au
plan (ABC).
uuur
uuur
85
uur a. AB(–1 ; 0 ; 5), AC (–2 ; –2 ; –2) et

DE (–4 ;–2 ; 8).
uur
uuur uuur
b. On a : DE 2AB AC.
c. On en déduit que la droite (DE) est parallèle au
plan (ABC).
uuur
uuur
86 a. On a : AB(2 ; –1 ; 3) et AC (0 ; 1 ; –1) qui ne
sont pas colinéaires donc les trois points définissent un plan.
uuur
r uuur
b. u AB 3AC (2 ; 2 ; 0).
uur
r
c. DE (1 ; 1 ; 0) et u sont colinéaires.
d. La droite (DE) est donc parallèle au plan (ABC).
uuur
uuur uuur
87 a. 2OA 3OB - OC (0 ; 0 ; 0).
uuur
uuur uuur
b. On en déduit l’égalité : 2OA 3OB OC qui
montre que les vecteurs sont coplanaires et donc
les points aussi.
uuur
uuur
88 a. On a : AB(2 ; 0 ; 1) et AC (–3 ; –2 ; 2) qui ne
sont pas colinéaires donc les trois points définissent un plan.
uuur uuur uuur
b. 2AB - AC - AD(0 ; 0 ; 0).
uuur uuur uuur
c. On en déduit l’égalité : 2AB - AC AD qui
montre que les vecteurs sont coplanaires et donc
les points aussi.

89 a. Cela revient à résoudre le système :
4 -2a b
Ô
Ì-2 3a - b qui a pour solution a = 2 et b = 8.
Ô-18 -a - 2b
Ó

Chapitre 10 n Droites, plans et vecteurs dans l’espace

© éditions Belin, 2012.

76 a.
ur ur uur 1 uuur uur uur
3 uuur uuur uuur
IE IB BE AB BC BD - AB AC AD
2
2
ur
u ur
u uuur
u
1 uuur 2 ur
1 uuur 2 1 uuur uuur
IG IA AG - AB AJ - AB ¥ AC AD
3 2
2
3
2
1 uuur 1 uuur 1 uuur
- AB AC AD
2
3
3
ur
u
ur
u
uuur
ur
u uuur uuur
b. 3IG 3IA 3 AG 3IA AC AD
ur
u uuur
uuur uur uur ur
u uuur uur ur
IA BA 2AB BC BD IA AB BE IE
c. On en déduit que les points sont alignés.



Ê 1 1 1ˆ

82 a. I Á ; ; ˜ , J -1 ; - 1 ; - 1 et K Á ; ; ˜ .
Ë 2 2 2¯
Ë 2 2 2¯

75 a. JK BD.

-3 -2a b
Ô
b. Cela donne ici : Ì1 3a - b
qui n’a pas de
Ô-1 -a - 2b
solution.
Ó

90 a. La méthode de Gaëlle est fausse car les
calculs sur les coordonnées des vecteurs se font
dans n’importe quel ordre. Celle de Nathan est
meilleure mais il faut vérifier si les solutions données par les deux premières équations vérifient
aussi la troisième.
b. Les solutions ne vérifient pas la troisième
équation donc les vecteurs ne sont pas coplanaires.
uuur
uuur
91
uuur a. On calcule : AB(–7 ; –6 ; 5), AC (5 ; 0 ; –5),

AD(–3 ; –3 ; –2), puis on cherche à résoudre le
-7 5a - 3b
Ô
système : Ì-6 -3b
qui n’a pas de solution
Ô5 -5a - 2b
Ó
donc les points ne sont pas coplanaires.
uuur
uuur
b.
On
calcule :
AB
(–2 ;
1 ;
–1),
AC (–1 ; 2 ; 0),
uuur
AD(–5 ; 5 ; –1), puis on cherche à résoudre le
-2 -a - 5b
Ô
système : Ì1 2a 5b qui n’a pas de solution
Ô-1 -b
Ó
donc les points ne sont pas coplanaires.
uuur
uuur
AB
AC (1 ; –1 ; 0),
c.

On
calcule :
(0 ;
1 ;
–1),
uuur

uur

uur

1 uuur
2
uur uur 1 uur
1 uur uuur
AF DB BC - BC - CD donc les vecteurs ne
2
2
sont pas colinéaires et les points non alignés.
uur
uur
b. Les vecteurs AE et AF sont parallèles à deux
vecteurs non parallèles du plan (BCD) donc les
plans (AEF) et (BCD) sont parallèles entre eux.
uur
uuur 3 uur 3 uur
96 a. On a : BG 2BA AE AF
2
2
ur ur
u
ur
u
ur
u 3 ur 3 ur
BI IG 4IA 3AI IE IF,
2
2
ur
u 3 ur 3 ur
d’où : IG IE IF donc les points sont
2
2
coplanaires.
b. D’après le théorème de Thalès dans le triangle
ABC, les droites (CH) et (IE) sont parallèles et dans
le triangle ABD, les droites (IF) et (DH) sont parallèles. Donc les plans (IEF) et (CDH) sont parallèles.
uuur
uuur
97 a. On a : AB(–3 ; –1 ; 2) et AC (–1 ; 0 ; –2) qui
ne sont pas colinéaires donc les trois points définissent un plan.
uur
b. De plus : DE (3 ; –2 ; 0) n’est pas ucoplanaire
ur
uuur avec
uuur

95 a. On a : AE BC CD et

ces deux vecteurs car l’équation DE aAB bAC
n’a pas de solution. Donc la droite (DE) coupe le
plan (ABC) en un point unique.

néaires mais on a : 2AB 2CD AD donc les
vecteurs sont coplanaires et les droites sécantes.
uuur
uuur
93 AB(8 ; 1 ; 0) uet
CD
(–2 ; 2 ; –3) ne sont pas
uur
colinéaires
AC
uuur
umais
uur
uuur (4 ; –1 ; 2) et on démontre
que AB 2CD 3AC donc que les vecteurs sont
coplanaires et les droites sécantes.
uuur uuur uuur
uuur
uuur
uur
94 a. MN MA AN kBA kAC kBC donc
les droites (MN) et (BC) sont parallèles.
uuur
uur uuur
uuur uuur
uuur
b. On a : MN kBC, AM aAB et AN bAC ce qui
uuur uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
donne : MA AN kBA kAC -aAB bAC d’où
on déduit bien que : k = a = b.

Préparer le BAC
Exercices guidés BAC
106 Partie A
1. a. Les longueurs FI et FJ se calculent de la
même façon avec le théorème de Pythagore dans
un triangle rectangle dont les côtés adjacents à
l’angle droit sont de 1 et 2/3.
b. K est le milieu de [IJ] donc le triangle FIJ étant
isocèle, la droite (FK) est la médiatrice de [IJ].
2. (IJ) est orthogonale à deux droites (FK) et (GK)
sécantes donc elle est orthogonale au plan (FGK).
3. (IJ) est orthogonale à (FG) car (FG) est parallèle
à (EH) qui est perpendiculaire à (IJ). P est le projeté de G sur (FIJ) donc (GP) est orthogonale au
plan (FIJ) et en particulier à la droite (IJ). Donc (IJ)
est orthogonale au plan (FGP).
4. a. La droite (IJ) est orthogonale aux plans
(FGK) et (FGP) donc ils sont confondus et les
points sont coplanaires.

Chapitre 10 n Droites, plans et vecteurs dans l’espace n  261

© éditions Belin, 2012.

AD(1 ; 1 ; –2), puis on cherche à résoudre le

1
0 a b
ÔÔa Ô
2
système : Ì1 -a b qui a pour solution Ì
Ô-1 -2b
Ôb 1
Ó
ÔÓ
2
donc les points sont coplanaires.
uuur
uur
92 a. AD(–2 ; 2 ; 2) et BC(–1 ; 1 ; 1) sont colinéaires.
uuur
uuur
b. AB(2 ; 1 ; –1) et CD (–3 ;
uuur 0 ; 2)
uuurne usont
uur pas coli-

b. P est le projeté de G, mais comme les triangles
GIJ et FIJ sont isocèles alors le plan (FGK) est le
plan médiateur de [IJ] et par conséquent P appartient à (FK).
Partie B
1. Le plan (FIJ) coupe le segment [DH] en un point
M tel que les droites (FI) et (JM) soient parallèles. La
droite (JM) coupe alors la droite (AD) en un point S
1
tel que DS et donc M est le milieu de [DH].
3
2. De même le plan (FIJ) coupe le segment [CD]
en un point N tel que les droites (FJ) et (IN) soient
parallèles et de plus cette droite (IN) coupe aussi
la droite (AD) en S donc N est le milieu de [CD].
3. La section du cube est le pentagone FINMJ cidessous.
J

E

Exercice BAC
109 Partie A
a. Dans le carré ABCD les droites (MN) et (AD) ne
sont pas parallèles donc elles sont sécantes.
uur 1 uuur
b. Le théorème de Thalès donne que DL AD.
4
c. Les points P et L sont communs aux deux plans
donc la droite (PL) est l’intersection des deux plans.
d. L’intersection (d) des plans (MNP) et (EFG) est
une droite parallèle à (MN) passant par P car les
plans (EFG) et (ABC) sont parallèles.
e. M, N, H et F sont coplanaires mais pas avec D.
f.
E

H

P

F

H

G

M
F

G

A

A

D

D

S

L

N
B

N
I

C

uuur
uuur
107 1. La condition est que : AM tAB avec t réel.
2. Ici il faut que t appartienne à l’intervalle [0 ; 1].
3. Un vecteur directeur est (xB – xA ; yB – yA ;
zB – zA).
4. Alors les coordonnées de M sont :
x xA t(xB - xA)
Ô
Ìy yA t(yB - yA).
Ôz z t(z - z )
A
B
A
Ó
x 1 - 4t
Ô
5. Ìy -2 3t avec t dans [0 ; 1].
Ôz -1 3t
Ó

QCM – Vrai ou faux BAC
108 a. Faux, ils peuvent être parallèles.
b. Faux, ils peuvent former un « toit ».
c. Vrai, c’est le théorème du toit.
d. Vrai, sauf si la droite est incluse dans le plan.

262

n

C

Partie B

Ê1
ˆ
Ê 1 ˆ
a. M(1 ; 0,5 ; 0), NÁ ; 1 ; 0˜ et PÁ0 ; ; 1˜ .
Ë3
¯
Ë 4 ¯

2
Ôx 1 - t
3
x 0
Ô
1 1
Ô
Ì
b. (AD)Ìy t et (MN)Ôy t .
2 2
Ôz 0
Ô
Ó
Óz 0
x 0
Ô
1
Ô
d. (PL)Ìy t .
4
Ô
ÔÓz 1 - t
x 0
Ê

Ô
e. Comme (DH) est Ìy 1 alors KÁ0 ; 1 ; ˜ .

Ë
Ôz t
Ó
Ê 5 ˆ
c. LÁ0 ; ; 0˜ .
Ë 4 ¯


2
Ôx - t
3
Ô
1 1
Ì
f. (d)Ôy t .
4 2
Ô
z

1
Ó

Chapitre 10 n Droites, plans et vecteurs dans l’espace

© éditions Belin, 2012.

B

M

ne sont pas coplanaires, car le système

a
Ô1 b
2
Ô
Ì 1
n’a pas de solution.
Ô- 2 -b
Ô
Ó-1 -a b

Pour aller plus loin
110 a. Les points O et D sont communs aux
deux plans donc la droite (DO) est l’intersection.
HO 2 et tanDBH
DH 2 .
b. tanHDO
HD
2
DB
2
c. On en déduit que ces deux angles sont égaux,
ODB
qui sont complémentaires
puis que DHB
des précédents et par conséquent les droites (DO)
et (HB) sont perpendiculaires.
d. (HD) est parallèle à (EA) qui est perpendiculaire à (EG).
e. De plus (EG) est orthogonale à (HF) qui est
sécante à (HD) donc elle est orthogonale au plan
(HFB). Par conséquent elle est orthogonale à
toute droite de ce plan donc à (HB).
f. (HB) est orthogonale à (EG) et (DO) donc elle
est orthogonale au plan (DEG).

111 1. a. (SA) est orthogonale au plan (ABC)
donc elle est orthogonale à toute droite de ce
plan, par exemple (BC).
b. Alors (BC) est orthogonale à (SA) et à (AB) donc
au plan (SAB) et par conséquent à la droite (SB).
2. a. (HI) et (BC) sont parallèles car perpendiculaires à la même droite (AB).
b. On utilise le théorème du toit.
c. (HK) et (SA) sont perpendiculaires à (AB).
d. On utilise à nouveau le théorème du toit.
e. HIJK est un parallélogramme avec un angle
droit en H donc c’est un rectangle.
3. a. Le théorème de Thalès donne HI = 2x.
b. De même pour HK = 2(1 – x).
c. A(x) = 4x(1 – x).
4. a. C’est un trinôme maximal pour x = 0,5.
b. H est alors le milieu de [AB].
c. Et HIJK est alors un carré.

2 t 1

112 a. Le système ÔÌ-3 - 4t 2 s admet une

Ô1 4 3s
Ó
seule solution pour t s -1 qui correspond au
point A(1 ; 1 ; 1).
uuur
b. On cherche si AB(–2 ; 1 ; 2) est coplanaire avec
les vecteurs directeurs des deux droites (1 ; –4 ; 0)
et (0 ; 1 ; 3). Ce qui revient au système :
-2 a
Ô
Ì1 -4a b qui n’a pas de solution, donc B n’est
Ô2 3b
Ó
pas dans ce plan.
c. f(t) (t 3)2 (-5 - 4t)2 4 17t2 46t 38
23
qui est minimale pour t0 - . Le point corres17
pondant est celui de la plus courte distance de B à
(d), c’est donc le projeté orthogonale de B sur (d).

113 a. Les coordonnées sont A(0 ; 4 ; 2) et
B(3 ; 0 ; 4) donc une représentation paramétrique
x 3t
Ô
de la droite (AB) est : Ìy 4 - 4t qui coupe le
Ôz 2 2t
Ó
plan (OIJ) pour t -1 au point M(–3 ; 8 ; 0).
b. Le plan (NAB) passe par les points M, P et Q
et son intersection avec le plan (OIJ) existe et est
une droite donc il s’agit de la droite passant par
ces trois points.
114 a. Le théorème du toit nous dit que l’intersection des plans (CIJ) et (ABC) est la droite (CD)
et que celle des plans (CIJ) et (SAD) est (DI).
b. Les points S, D, M et K appartiennent au plan
(SCD) et les droites (MK) et (SD) ne sont pas
parallèles donc elles sont sécantes.
c. Le plan (BIK) contient la parallèle à (AC)
passant par B car les droites (AC) et (IK) sont
parallèles. Donc ce plan passe par M et par conséquent l’intersection avec (SD) est le point de la
question précédente.
115 a. La droite (CH) du plan (BCE) est orthogonale à la droite (DG) du plan (BCG). La droite (BD)
est orthogonale au plan (ECG) car elle est orthogonale à (AC) et à (AE) donc elle est orthogonale
à toute droite de ce plan donc à (CE). On a ainsi
deux droites (CH) et (CE) du plan (BCE) qui sont
orthogonales à deux droites (DG) et (BD) du plan
(BDG), donc les deux plans sont orthogonaux.
b. Non, car seule la droite (BD) est orthogonale
au plan (AEG).

Chapitre 10 n Droites, plans et vecteurs dans l’espace n  263

© éditions Belin, 2012.

uuur Ê
uur
ˆ uuur Ê 1
ˆ
1
g. HM Á1 ; - ; - 1˜ , HN Á ; 0 ; - 1˜ et DF(1 ; - 1 ; 1)
2
Ë
¯
Ë2
¯

118 a. Le quadrilatère MKCH est un rectangle dans
ce cube donc le triangle MHK est rectangle en M.
b. Le théorème de Pythagore dans HBM, HMK et
HBC donne :
HK 2 HM2 MK 2
BM2 - BH2 BH2 BC2 BM2 a2
c. On obtient : BM2 l2 - a2 qui est fixée donc M
est sur une sphère de centre B et de rayon l2 - a2 .

119 1. On utilise l’énoncé des milieux dans le
triangle FAH.
2. a. De même toutes les longueurs LN, LM, MJ
et JN sont égales à la moitié de la diagonale de
chaque face du cube. Mais dans FCH on aurait le
même résultat et ainsi toutes les arêtes de l’octaèdre sont de même longueur.

264

n

b. Ces quadrilatères sont des losanges dont les
diagonales valent le côté du cube et les côtés la
moitié de la diagonale des carrés donc ce sont
des carrés.
c. L’orthogonalité vient du fait que ce sont des
carrés.
3. a. I(0,5a ; 0,5a ; 0), J(0,5a ; a ; 0,5a),
K(0,5a ; 0,5a ; a), L(0,5a ; 0 ; 0,5a),
M(a ; 0,5a ; 0,5a) et N(0 ; 0,5a ; 0,5a).
a 2
b. L’arête vaut : IJ =
.
2
a3
c. Et son volume : .
6
r
r
120 a. u1(1 ; 3 ; 0) et u2 (2 ; 1 ; –1).
b. Les deux vecteurs ne sont pas colinéaires donc
les droites ne sont pas parallèles. Et le système :
3 t 0, 5 2s
Ô
Ì9 3t 4 s n’a pas de solution donc elles ne
Ô2 4 - s
Ó
sont pas coplanaires.
c. d2 est sécante à (P1) car elle n’est pas parallèle
à d1.
d. De même pour d1 avec (P2). Les plans (P1) et
(P2) se coupent selon une droite qui passe par S
et qui coupe chacune des droites d1 et d2 dans
chacun de ces deux plans car sinon les trois
droites seraient parallèles entre elles.

Accompagnement
personnalisé
 AP 1
1. Dans le repère donné, le point A représente
l’origine, les droites orientées par les vecteurs
représentent les axes des abscisses, ordonnées et
cote dans cet ordre. Les unités sur ces axes sont
données par ces mêmes vecteurs.
a. On décompose selon l’origine et les trois vecteurs du repère.
b. L’existence du réel t vient de l’alignement des
trois points et son intervalle de définition du fait
que l’on s’intéresse seulement au segment [CE].
2. On pense à des calculs de longueurs avec les
coordonnées.
a. Le plan médiateur est l’ensemble des points
équidistants de I et de J.

Chapitre 10 n Droites, plans et vecteurs dans l’espace

© éditions Belin, 2012.

116 a. Le plan (P) est parallèle à (AD) donc son
intersection avec (CD) est l’intersection de (CD)
avec la parallèle à (AD) passant par M. De même
l’intersection de (P) avec (AB) est l’intersection de
(AB) avec la parallèle à (BC) passant par M.
b. La section avec le tétraèdre est donc un parallélogramme mais comme le tétraèdre est régulier
cela donne un rectangle.
c. Le tétraèdre étant régulier avec le théorème de
Thalès on obtient que ce rectangle a pour côtés x
et 6 – x, donc son aire vaut bien : -x2 6x .
d. Cette aire est maximale pour x = 3, ce qui correspond au milieu de [AC].
r ur ur
u 1 uuur 2 uur
1 uuur 2 uuur
117 1. a.IJ IB BJ AB BC - AB AC .
2
3
6
3
ur ur
u uur
1 uuur 2 uuur
b. IL IA AL - AB AD .
2
3
ur
u ur
u uuur uuur
1 uuur uuur 1 uuur
c. IK IA AD DK - AB AD DC
2
2
1 uuur 1 uuur 1 uuur
- AB AD AC.
2
2
2
ur
u 3 r 3 ur
d. IK IJ IL .
4
4
e. Donc les points I, J, K et L sont coplanaires.
2. b. Le point L est au deux tiers sur la médiane
issue de A dans le triangle ABM c’est donc le
centre de gravité de ce triangle.
c. Dans ce triangle la droite (IL) est donc une
autre médiane et elle passe par le sommet M.
e. L’énoncé des milieux dans le triangle CDN
montre que (JK) et (DN) sont parallèles. Et dans le
triangle BJM que (DN) et (JM) sont parallèles.
f. On en déduit que les points J, K et M sont alignés.
g. Les droites (IL) et (JK) se coupent en M, elles
sont donc coplanaires et les points également.

b. « En déduire » signifie que la question précédente doit suffire pour répondre à celle-ci.
c. On utilise la formule de la distance.
3. On pense à une étude de fonction avec dérivée, variations, extremum. L’enchaînement des
questions permet de vérifier au fur et à mesure
les erreurs possibles.
a. Une méthode liée aux variations et à la distance IM.
b. Il faut faire le lien entre longueur et angle.
c. On peut utiliser la dérivation ou le second
degré.
d. Graphiquement on voudrait alignés les points
M, I et J.
e. On cherche le plus court chemin avec des projetés, cela semble donc logique.

h

Alors le volume donne :
V

h

Ú0 pR2 dz pR2Ú0 dz pR2[z]0h pR2h.

Ê Rˆ
pR2 dz p Á ˜
0
Ë h¯

Ú

h

2

2

h

Ú0 z2 dz

h

2

Ê Rˆ È z3 ˘
Ê Rˆ h3 1 2
pÁ ˜ Í ˙ pÁ ˜
pR h.
3
Ë h¯ ÍÎ 3 ˚˙
Ë h¯ 3
0

3. a. D’après le théorème de Pythagore on a :
R2 = r(z)2 + z2.
b. Alors l’aire de la section est :
pr(z)2 = p(R2 – z2) et le volume donne :
V

1. a. La section est un disque d’aire pR2.
b. Il n’y a que la hauteur qui varie donc :
V

2

ÊR ˆ
Cette section a donc pour aire : pR2 p Á z˜ .
Ëh ¯

R

R

Ú– R pR(z)2 dz pÚ– R (R2 - z2) dz

R
Ê
È z3 ˘ ˆ
R
p Á R2 ÈÎz˘˚ - Í ˙ ˜
–R Í 3 ˙ ˜
Á
Î ˚R¯
Ë
2

Ê
2R3ˆ
4
p Á R2 ¥ 2R pR3.
3 ˜¯
3
Ë

Chapitre 10 n Droites, plans et vecteurs dans l’espace n  265

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 AP 4

2. De même pour un cône, la section par un
plan à la hauteur z est un disque de rayon r tel
r
z
que d’après le théorème de Thalès on ait : .
R h


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