SUP-05/02

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1. $F(3;0;,1)$, $H(0;1;1)$ et $M\left(\dfrac32;1;0\right)$.

2.a. Le vecteur $\overrightarrow{HM}$ a pour coordonnées $\begin{pmatrix}\frac32-0\\1-1\\0-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac32\\0\\-1\end{pmatrix}$. Le vecteur $\overrightarrow{MF}$ a pour coordonnées $\begin{pmatrix}3-\frac32\\0-1\\1-0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac32\\-1\\1\end{pmatrix}$. Donc : \[\begin{aligned} \vec n \cdot \overrightarrow{HM} &= 2\times\frac32+6\times0 + 3\times(-1) = 0\;;& \\ \vec n\cdot\overrightarrow{MF} &= 2\times\frac32 + 6\times(-1) + 3\times 1 = 0.& \end{aligned}\] $\vec n$ étant orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(HMF)$ est donc normal à ce plan.

2.b. $\vec n\begin{pmatrix}2\\6\\3\end{pmatrix}$ étant normal au plan $(HMF)$, ce plan admet pour équation cartésienne \[2x + 6y + 3z + d = 0.\] où la constante réelle $d$ reste à déterminer.
Or $H$ appartient à ce plan donc ses coordonnées en vérifient l'équation. \[\begin{aligned} &2x_H + 6y_H + 3z_H + d = 0& \\ \iff &2\times 0 + 6\times 1 + 3\times 1 + d = 0& \\ \iff &d = -9& \end{aligned}\] Donc finalement : \[(HMF):\quad\boxed{2x+6y+3z-9=0.}\]

2.c. Le plan dont on nous donne l'équation admet pour vecteur normal $\vec n'\begin{pmatrix}5\\15\\-3\end{pmatrix}$.
S'il existait un réel $k$ tel que $\vec n' = k\vec n$, alors on aurait : \[\begin{cases}5=2k\\15=6k\\-3=3k\end{cases} \implies \begin{cases}k=\frac52\\k=\frac52\\k=-1\end{cases}.\] C'est impossible, donc le réel $k$ n'existe pas et les vecteurs $\vec n$ et $\vec n'$ ne sont pas colinéaires.
Par conséquent, ces deux plans ne sont pas parallèles.

3. Sachant que $D(0;1;0)$ et $G(3;1;1)$ on obtient les coordonnées de $\overrightarrow{DG}$ : \[\begin{pmatrix}3 - 0\\1-1\\1-0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\0\\1\end{pmatrix}. \] $\overrightarrow{DG}$ dirige la droite $(DG)$ qui, de plus, passe par $D$. Donc : \[(DG):\quad\boxed{\begin{cases}x=3t\\y=1\\z=t+1\end{cases}(t\in\mathbb R).}\]

4. $N$ est sur la droite $(DG)$, donc il existe une valeur du réel $t$ telle que $x_N=3t$, $y_N=1$ et $z_N = t+1$.
$N$ est aussi sur le plan $(HMF)$, donc \[\begin{aligned} &2x_N + 6y_N + 3z_N - 9 = 0& \\ \iff &2(3t) + 6\times 1 + 3(t+1) - 9 = 0& \\ \iff &9t = 0.& \end{aligned}\] Donc $x_N = 3\times 0 = 0$, $y_N = 1$ et $z_N = 0+1 = 1$. \[\boxed{N(0;1;1).}\]

5. Le vecteur $\overrightarrow{GR}$ a pour coordonnées $\begin{pmatrix}3-3\\\frac14-1\\ \frac12 - 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\-\frac34\\-\frac12\end{pmatrix}$.
S'il existait un réel $k$ tel que $\overrightarrow{GR}=k\vec n$, alors on aurait \[\begin{cases}0=2k\\-\frac34=6k\\-\frac12=3k\end{cases} \implies \begin{cases}k=0\\k=-\frac18\\k=-\frac16\end{cases}.\] Puisque c'est impossible, $k$ n'existe pas, donc $\overrightarrow{GR}$ n'est pas colinéaire à $\vec n$, ce qui signifie que $(GR)$ n'est pas perpendiculaire à $(HMF)$. Donc $R$ ne peut pas être le projeté orthogonal de $G$ sur $(HMF)$.

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