SOLUTIONS
7
Solutions
7 Utilisons le repère (A,
−→
AB,
−→
AC,, u).Les troisplans considérés
ontpour équations respectives :
(A
BC) αx + αy + z − α = 0
(B
AC) βx − z = 0
(C
AB) γy − z = 0
Ces trois plans sont parallèles àune même droite si et seulement
si leurs vecteurs normauxsont coplanaires, ce qui équivaut à:
αα
1
β0− 1
0 γ− 1
= 0 ,
c’est-à-dire
1
α
+
1
β
+
1
γ
= 0.
8 Les vecteurs normaux des trois plans doiventê tre coplanaires :
a 11
1a1
11a
= 0 ⇒ a ∈{1,−2}
–Sia=1,les trois plans sont parallèles, ce qui estexclu.
–Sia=−2,montrer qu’il existe un point appartenant aux trois
plans si et seulement si b = 1. L’intersection des trois plans est
alors une droite que l’on peut représenter par :
x = λ
y = λ − 1
z = λ
9 D estladroite passant par B(1, −2, 3) dirigée par u(2, 3, 1) ;
P est le plan passant par A(0, −1, 4) dirigé par
−→
AB et u.
Uneéquation du plan P est :
2x − 3y +5z−23 = 0
10 Soit u et
u desv ecteursd irecteursd eDet D
. On peut
prendrepour vecteurs normaux aux plans (D, M
)et(D
,M)les
vecteurs :
n = u ∧
−−→
MM
et
n =
u ∧
−−→
MM
H
H
MD
M
D
f
u
→
u
→
n
→ n
→
n
→
En s’aidant de l’exercice 4, on obtient :
n ·
n = u ·
u MM
2
et
n ∧
n =
u,
u ,
−−→
MM
−−→
MM
On en déduit :
MM
tan Φ =
u,
u ,
−−→
MM
u ·
u
Utilisonslaperpendiculaire commune à D et D
, qui coupe D en
H et D
en H
.
u,
u ,
−−→
MM
=
u,
u ,
−−→
MH +
−−→
HH
+
−− −→
H
M
=
u ,
u ,
−−→
HH
= C
te
Donc MM
tan Φ est également constant.
11 E est l’ensemble des points M (x, y)telsque :
x
2 − y
2 +2z =1
u 2
→
u 1
→
M 0
D 2
Δ 2
Δ 1
D 1
x
z
y
L’intersection de E avecl ep lan z = 0e st l’hyperbole équilatère
x
2 − y
2 = 1. L’intersection de E avec le plan y = 0est la parabole
x
2 +2
z−
1
2
=0.L’intersection de E avecleplan x = 0est
la parabole y
2 − 2
z −
1
2
= 0. Soit M0(x0, y0, z0)unpoint de
E. Il fauttrouver un vecteur u = (α, β, γ)t el que pour tout réel
λ, M0 + λ u ∈ E, c’est-à-dire :
∀λ ∈ R (x0 + λα)
2 − (y0 + λβ)
2 +2(z0+λγ) = 1
En développant et en annulant tous les coefficients de ce polynôme
en λ, on obtient deux solutions (à un facteur près) :
u1 = (z0, z0, y0 − x0)e t u 2 = ( − z 0 , z 0 , x 0 + y 0 )
12 1) La droite D1 estd éfinie par un point A1 et un vecteur
directeur u1 ; D2 est définie par un point A2 et un vecteurdirecteur
−
→ u 2 .
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Solutions
7 Utilisons le repère (A,
−→
AB,
−→
AC,, u).Les troisplans considérés
ontpour équations respectives :
(A
BC) αx + αy + z − α = 0
(B
AC) βx − z = 0
(C
AB) γy − z = 0
Ces trois plans sont parallèles àune même droite si et seulement
si leurs vecteurs normauxsont coplanaires, ce qui équivaut à:
αα
1
β0− 1
0 γ− 1
= 0 ,
c’est-à-dire
1
α
+
1
β
+
1
γ
= 0.
8 Les vecteurs normaux des trois plans doiventê tre coplanaires :
a 11
1a1
11a
= 0 ⇒ a ∈{1,−2}
–Sia=1,les trois plans sont parallèles, ce qui estexclu.
–Sia=−2,montrer qu’il existe un point appartenant aux trois
plans si et seulement si b = 1. L’intersection des trois plans est
alors une droite que l’on peut représenter par :
x = λ
y = λ − 1
z = λ
9 D estladroite passant par B(1, −2, 3) dirigée par u(2, 3, 1) ;
P est le plan passant par A(0, −1, 4) dirigé par
−→
AB et u.
Uneéquation du plan P est :
2x − 3y +5z−23 = 0
10 Soit u et
u desv ecteursd irecteursd eDet D
. On peut
prendrepour vecteurs normaux aux plans (D, M
)et(D
,M)les
vecteurs :
n = u ∧
−−→
MM
et
n =
u ∧
−−→
MM
H
H
MD
M
D
f
u
→
u
→
n
→ n
→
n
→
En s’aidant de l’exercice 4, on obtient :
n ·
n = u ·
u MM
2
et
n ∧
n =
u,
u ,
−−→
MM
−−→
MM
On en déduit :
MM
tan Φ =
u,
u ,
−−→
MM
u ·
u
Utilisonslaperpendiculaire commune à D et D
, qui coupe D en
H et D
en H
.
u,
u ,
−−→
MM
=
u,
u ,
−−→
MH +
−−→
HH
+
−− −→
H
M
=
u ,
u ,
−−→
HH
= C
te
Donc MM
tan Φ est également constant.
11 E est l’ensemble des points M (x, y)telsque :
x
2 − y
2 +2z =1
u 2
→
u 1
→
M 0
D 2
Δ 2
Δ 1
D 1
x
z
y
L’intersection de E avecl ep lan z = 0e st l’hyperbole équilatère
x
2 − y
2 = 1. L’intersection de E avec le plan y = 0est la parabole
x
2 +2
z−
1
2
=0.L’intersection de E avecleplan x = 0est
la parabole y
2 − 2
z −
1
2
= 0. Soit M0(x0, y0, z0)unpoint de
E. Il fauttrouver un vecteur u = (α, β, γ)t el que pour tout réel
λ, M0 + λ u ∈ E, c’est-à-dire :
∀λ ∈ R (x0 + λα)
2 − (y0 + λβ)
2 +2(z0+λγ) = 1
En développant et en annulant tous les coefficients de ce polynôme
en λ, on obtient deux solutions (à un facteur près) :
u1 = (z0, z0, y0 − x0)e t u 2 = ( − z 0 , z 0 , x 0 + y 0 )
12 1) La droite D1 estd éfinie par un point A1 et un vecteur
directeur u1 ; D2 est définie par un point A2 et un vecteurdirecteur
−
→ u 2 .
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