Exercices corrigés — Orthogonalité Et Distances Dans L’espace (Tle spé)

1. On obtient \(\overrightarrow{AB}=(3;-3;3)\) et \(\overrightarrow{AC}=(1;-1;4)\).

2. \[\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=3\times1+(-3)\times(-1)+3\times4=18.\]

3. \[AB=\sqrt{27}=3\sqrt3,\qquad AC=\sqrt{18}=3\sqrt2.\]

4. \[\cos(\widehat{BAC})=\dfrac{18}{(3\sqrt3)(3\sqrt2)}=\dfrac{\sqrt6}{3}.\] Cette valeur n’est pas nulle : l’angle \(\widehat{BAC}\) n’est pas droit.

Méthode à retenir. Réflexe Bac : coordonnées des vecteurs → produit scalaire → normes → formule de l’angle.

1. \(\overrightarrow{AB}=(2;1;-1)\) et \(\overrightarrow{AC}=(1;-2;0)\).

2. \[\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=2-2+0=0.\] Les deux vecteurs sont orthogonaux.

3. \[AB=\sqrt6,\qquad AC=\sqrt5.\]

4. Le triangle est rectangle en \(A\). Son aire vaut \[\mathcal A=\dfrac12\sqrt6\sqrt5=\dfrac{\sqrt{30}}2.\]

Méthode à retenir. Réflexe Bac : produit scalaire nul = orthogonalité ; en triangle rectangle, exploiter immédiatement les deux longueurs perpendiculaires.

1. \[2(x-1)+(y+2)-(z-3)=0\Longleftrightarrow \boxed{2x+y-z+3=0}.\]

2. Pour \(B\), \(2\times0+1-4+3=0\). Donc \(B\in\mathcal P\).

3. Pour \(C\), \(4-1-5+3=1\neq0\). Donc \(C\notin\mathcal P\).

4. La droite cherchée peut s’écrire \[\begin{cases}x=2+2t\\y=-1+t\\z=5-t\end{cases}\qquad t\in\mathbb R.\]

Méthode à retenir. Réflexe Bac : une normale fournit directement les trois coefficients de l’équation cartésienne.

1. \[H(t;1+t;1+2t).\]

2. \[\overrightarrow{MH}=(t-2;1+t;2t-2),\] puis \[(t-2)+(1+t)+2(2t-2)=0\Longleftrightarrow6t-5=0.\] Ainsi \(t=\dfrac56\).

3. \[\boxed{H\left(\dfrac56;\dfrac{11}{6};\dfrac83\right)}.\]

4. \[MH^2=\dfrac{29}{6},\qquad \boxed{d(M,(d))=MH=\dfrac{\sqrt{174}}6}.\]

Méthode à retenir. Réflexe Bac : le projeté sur une droite appartient à la droite et le segment de projection est orthogonal au vecteur directeur.

1. On peut prendre \(\vec n=(2;-1;2)\).

2. \[H(1+2t;2-t;-1+2t).\]

3. La condition \(H\in\mathcal P\) donne \[2(1+2t)-(2-t)+2(-1+2t)+3=0\Longleftrightarrow9t+1=0,\] donc \(t=-\dfrac19\) et \[\boxed{H\left(\dfrac79;\dfrac{19}{9};-\dfrac{11}{9}\right)}.\] Comme \(\overrightarrow{MH}\) est colinéaire à la normale, \((MH)\perp\mathcal P\).

4. \[MH=\sqrt{\left(-\dfrac29\right)^2+\left(\dfrac19\right)^2+\left(-\dfrac29\right)^2}=\boxed{\dfrac13}.\]

Méthode à retenir. Réflexe Bac : pour une distance point-plan, construire d’abord le projeté orthogonal ; la distance est ensuite une longueur ordinaire.

1. \[\vec u\cdot\vec n=1-2+1=0.\]

2. La direction de \((d)\) est parallèle au plan. Or \(2+1+3-5=1\neq0\), donc \((d)\) est strictement parallèle à \(\mathcal P\).

3. \[H(2+t;1+t;3+t),\] et \[2+t+1+t+3+t-5=0\Longleftrightarrow t=-\dfrac13.\] Ainsi \[H\left(\dfrac53;\dfrac23;\dfrac83\right).\]

4. \[AH=\dfrac13\sqrt{1^2+1^2+1^2}=\boxed{\dfrac{\sqrt3}{3}}.\] Cette longueur est la distance de toute la droite au plan.

Méthode à retenir. Réflexe Bac : produit scalaire directeur-normale nul ⇒ direction parallèle au plan ; l’appartenance d’un point distingue droite incluse et droite strictement parallèle.

1. On peut choisir \(\vec n_P=(1;1;1)\) et \(\vec n_Q=(1;-1;0)\).

2. \[\vec n_P\cdot\vec n_Q=1-1+0=0,\] donc les plans sont perpendiculaires.

3. Comme \(x=y\), posons \(x=y=t\). Alors \(z=2-2t\). Ainsi \[\boxed{(d):\ (x;y;z)=(t;t;2-2t),\ t\in\mathbb R}.\]

4. Un vecteur directeur est \(\vec u=(1;1;-2)\). On vérifie \(\vec u\cdot\vec n_P=1+1-2=0\) et \(\vec u\cdot\vec n_Q=1-1=0\).

Méthode à retenir. Réflexe Bac : la droite d’intersection de deux plans a une direction orthogonale aux deux normales.

1. \[I(3;1;1),\qquad \overrightarrow{AB}=(4;4;-2).\]

2. Le lieu des points équidistants de \(A\) et \(B\) est le plan médiateur de \([AB]\) : il passe par \(I\) et est perpendiculaire à \((AB)\).

3. \[4(x-3)+4(y-1)-2(z-1)=0\Longleftrightarrow \boxed{2x+2y-z-7=0}.\]

4. Pour \(I\), l’expression vaut \(0\). Pour \(A\), elle vaut \(-9\), et pour \(B\), elle vaut \(9\) : les deux points sont bien de part et d’autre du plan.

Méthode à retenir. Réflexe Bac : un lieu de points vérifiant \(MA=MB\) est un plan médiateur ; son vecteur normal est \(\overrightarrow{AB}\).

1. \(\overrightarrow{AB}=(2;1;2)\), \(\overrightarrow{AC}=(1;0;-1)\), et \(2+0-2=0\). Le triangle est donc rectangle en \(A\).

2. \[AB=3,\qquad AC=\sqrt2,\qquad \boxed{\mathcal A=\dfrac{3\sqrt2}{2}}.\]

3. \[\vec n\cdot\overrightarrow{AB}=2-4+2=0,\qquad \vec n\cdot\overrightarrow{AC}=1-1=0.\] Comme les deux vecteurs du plan ne sont pas colinéaires, \(\vec n\) est bien normal au plan.

4. \[(x-1)-4y+z=0\Longleftrightarrow \boxed{x-4y+z-1=0}.\]

Méthode à retenir. Réflexe Bac : pour prouver qu’un vecteur est normal à un plan, montrer qu’il est orthogonal à deux directions non colinéaires du plan.

1. \(\overrightarrow{AS}=(1;-4;1)\), qui est précisément une normale à \((ABC)\).

2. Ainsi \((SA)\perp(ABC)\) et \(A\) est le projeté orthogonal de \(S\). La hauteur vaut \[SA=\sqrt{1+16+1}=3\sqrt2.\]

3. \[\mathcal A_{ABC}=\dfrac{3\sqrt2}{2}.\]

4. \[V=\dfrac13\times\dfrac{3\sqrt2}{2}\times3\sqrt2=\\boxed{3}.\]

Méthode à retenir. Réflexe Bac : une hauteur de pyramide/tétraèdre se calcule comme une distance point-plan obtenue par projection orthogonale.

1. \(\overrightarrow{BD}=(-4;3;0)\) et \(\overrightarrow{BE}=(-4;0;2)\). Or \(\vec n\cdot\overrightarrow{BD}=-12+12=0\) et \(\vec n\cdot\overrightarrow{BE}=-12+12=0\).

2. Avec \(B(4;0;0)\), \[3(x-4)+4y+6z=0\Longleftrightarrow \boxed{3x+4y+6z-12=0}.\]

3. \(H=(3t;4t;6t)\). L’appartenance donne \(61t-12=0\), donc \(t=\dfrac{12}{61}\) et \[\boxed{H\left(\dfrac{36}{61};\dfrac{48}{61};\dfrac{72}{61}\right)}.\]

4. \[AH=\dfrac{12}{61}\sqrt{61}=\boxed{\dfrac{12\sqrt{61}}{61}}.\]

Méthode à retenir. Réflexe Bac : dans une configuration de solide, convertir d’abord le problème géométrique en vecteurs et normales.

1. \(\overrightarrow{AB}=(1;1;1)\) et \(\overrightarrow{AC}=(-1;1;1)\) ne sont pas colinéaires : ils définissent bien le plan \((ABC)\).

2. \[\vec n\cdot\overrightarrow{AB}=1-1=0,\qquad \vec n\cdot\overrightarrow{AC}=1-1=0.\] Ainsi \(\vec n\) est normal au plan. Une équation est \(y-z=0\).

3. La droite est \((2;3+t;1-t)\). L’équation \(3+t-(1-t)=0\) donne \(t=-1\), donc \[\boxed{H(2;2;2)}.\]

4. \[SH=\|(-1)\vec n\|=\sqrt2.\] Donc \(d(S,(ABC))=\boxed{\sqrt2}\).

Méthode à retenir. Réflexe Bac : pour montrer qu’une droite est perpendiculaire à un plan, montrer que son directeur est orthogonal à deux directions non colinéaires du plan.

1. \(\overrightarrow{AB}=(2;1;2)\), \(\overrightarrow{AC}=(-1;3;1)\). On vérifie \(-10-4+14=0\) et \(5-12+7=0\). Donc \(\vec n\) est normal au plan.

2. \[-5(x-1)-4(y+1)+7z=0\Longleftrightarrow \boxed{-5x-4y+7z+1=0}.\]

3. Pour \(H=M+t\vec n\), l’expression du plan vaut \(15+90t\). Donc \(t=-\dfrac16\), d’où \[\boxed{H\left(\dfrac{17}{6};\dfrac53;\dfrac{17}{6}\right)}.\]

4. \[MH=\dfrac16\sqrt{90}=\boxed{\dfrac{\sqrt{10}}2}.\]

Méthode à retenir. Réflexe Bac : une fois la normale connue, projection et distance se ramènent à une seule inconnue \(t\).

1. \[H(1+2t;-1+t;2-t).\]

2. \[(H-M)\cdot\vec u=0\Longleftrightarrow6t-9=0,\] donc \(t=\dfrac32\).

3. \[\boxed{H\left(4;\dfrac12;\dfrac12\right)}.\]

4. \[MH^2=\dfrac72,\qquad \boxed{d(M,(d))=\dfrac{\sqrt{14}}2}.\]

Méthode à retenir. Réflexe Bac : pour un projeté sur une droite, le paramètre est déterminé par une équation scalaire d’orthogonalité.

1. Avec \(\vec n=(1;-2;2)\), on écrit \(H=M+t\vec n\). L’appartenance au plan donne \(5+9t=0\), donc \(t=-\dfrac59\) et \[\boxed{H\left(\dfrac{22}{9};\dfrac{19}{9};\dfrac{26}{9}\right)}.\]

2. \[MH=\dfrac59\times3=\boxed{\dfrac53}.\]

3. Comme \(H,X\in\mathcal P\), le vecteur \(\overrightarrow{HX}\) est une direction du plan. Or \(\overrightarrow{MH}\) est colinéaire à la normale \(\vec n\). Donc \(\overrightarrow{MH}\cdot\overrightarrow{HX}=0\).

4. Le triangle \(MHX\) est rectangle en \(H\), donc \[MX^2=MH^2+HX^2\ge MH^2.\] Ainsi \(MX\ge MH\), avec égalité seulement si \(HX=0\), c’est-à-dire \(X=H\).

Méthode à retenir. Démonstration du programme : le projeté orthogonal d’un point sur un plan est le point du plan le plus proche.

1. \[\vec u\cdot\vec n_P=1+0-1=0.\] La direction \(\vec u\) est parallèle à \(\mathcal P\).

2. Les conditions donnent \(a+c=0\) et \(a+2b-c=0\). En prenant \(a=1\), on obtient \(c=-1\) puis \(b=-1\). Ainsi \(\vec n_Q=(1;-1;-1)\).

3. Le plan passant par \(A(1;0;0)\) vérifie \[(x-1)-y-z=0\Longleftrightarrow \boxed{x-y-z=1}.\]

4. Avec \(x-y-z=1\) et \(x+2y-z+1=0\), la différence donne \(3y+2=0\), donc \(y=-\dfrac23\). En posant \(z=t\), \(x=t+\dfrac13\). Ainsi \[\boxed{(x;y;z)=\left(\dfrac13;-\dfrac23;0\right)+t(1;0;1)}.\]

Méthode à retenir. Réflexe Bac : traduire une contrainte géométrique sur un plan par des produits scalaires portant sur sa normale.

1. Les deux plans ont la même normale \((2;-1;2)\) et ne sont pas confondus : ils sont strictement parallèles.

2. Pour \(A(0;-1;0)\), on a \(0-(-1)+0-1=0\), donc \(A\in\mathcal P\).

3. \(H=A+t(2;-1;2)\). Dans \(\mathcal Q\), l’expression vaut \(9+9t\), donc \(t=-1\) et \[\boxed{H(-2;0;-2)}.\]

4. \[AH=\sqrt{(-2)^2+1^2+(-2)^2}=\\boxed{3}.\] Donc la distance entre les deux plans vaut \(3\).

Méthode à retenir. Réflexe Bac : ne pas utiliser une formule mémorisée ; choisir un point puis construire son projeté orthogonal sur le plan parallèle.

1. L’expression du plan en \(O\) vaut \(-3\). Avec \(\|\vec n\|^2=9\), l’équation donne \(-3+9t=0\), donc \(t=\dfrac13\) et \[\boxed{H\left(\dfrac43;-\dfrac13;\dfrac83\right)}.\]

2. \[OH=\dfrac13\times3=\\boxed{1}.\]

3. Comme \(OH=1<5\), le plan est sécant à la sphère et l’intersection est un cercle de centre \(H\).

4. Si \(R\) est le rayon du cercle section, \[R^2+OH^2=5^2,\] donc \[R=\sqrt{25-1}=\boxed{2\sqrt6}.\]

Méthode à retenir. Approfondissement officiel possible : intersection d’une sphère et d’un plan, traitée uniquement avec projection orthogonale et Pythagore.

1. \(\overrightarrow{CA}=(1;2;2)\) et \[CA=\sqrt{1+4+4}=3.\] Donc \(A\in\mathcal S\).

2. Le rayon \([CA]\) est perpendiculaire au plan tangent en \(A\). Ainsi \(\overrightarrow{CA}\) est une normale à \(\mathcal T\).

3. \[(x-2)+2(y-4)+2(z-5)=0\Longleftrightarrow \boxed{x+2y+2z-20=0}.\]

4. Le projeté de \(C\) sur \(\mathcal T\) est précisément \(A\). Donc \(d(C,\mathcal T)=CA=\\boxed{3}\), égal au rayon.

Méthode à retenir. Approfondissement officiel possible : un plan tangent à une sphère est perpendiculaire au rayon mené au point de contact.

1. \(\overrightarrow{AB}=(2;1;2)\), \(\overrightarrow{AD}=(1;-2;0)\) et leur produit scalaire vaut \(0\). De plus \(C=B+D-A\), donc \(ABCD\) est un rectangle. \[AB=3,\quad AD=\sqrt5,\quad \boxed{\mathcal A=3\sqrt5}.\]

2. \[\vec n\cdot\overrightarrow{AB}=8+2-10=0,\qquad \vec n\cdot\overrightarrow{AD}=4-4=0.\] Donc \(\vec n\) est normal au plan.

3. \(\overrightarrow{AK}=(4;2;-5)=\vec n\). Ainsi \((AK)\perp(ABCD)\) et \(A\) est le projeté de \(K\). La hauteur vaut \[AK=\sqrt{16+4+25}=\boxed{3\sqrt5}.\]

4. \[V=\dfrac13\times3\sqrt5\times3\sqrt5=\boxed{15}.\]

Méthode à retenir. Réflexe Bac : dans une pyramide à base oblique, prouver la perpendicularité de la hauteur avec un vecteur normal au plan de base.

1. \(\vec n_m=(m;1;2)\), \(\vec n_Q=(1;-2;1)\), donc \[\vec n_m\cdot\vec n_Q=m-2+2=m.\]

2. Les plans sont perpendiculaires si et seulement si \(m=0\).

3. \(\mathcal P_0:y+2z-1=0\). Pour \(A(2;1;0)\), \(1+0-1=0\), donc \(A\in\mathcal P_0\).

4. L’expression de \(\mathcal Q\) en \(A\) vaut \(4\). Avec \(\|\vec n_Q\|^2=6\), \(4+6t=0\), donc \(t=-\dfrac23\). Ainsi \[H\left(\dfrac43;\dfrac73;-\dfrac23\right),\qquad d(A,\mathcal Q)=\dfrac23\sqrt6=\boxed{\dfrac{2\sqrt6}{3}}.\]

Méthode à retenir. Réflexe Bac : un paramètre dans un plan se traite souvent par une condition de produit scalaire entre normales.

1. \[\vec u_m\cdot(2;-1;1)=2-m+2=4-m.\] Donc \(m=4\).

2. Pour \(m=4\), la direction est parallèle au plan. Or \(2\times1-0+2-1=3\neq0\), donc la droite n’est pas incluse : elle est strictement parallèle.

3. L’expression du plan en \(A\) vaut \(3\) et \(\|(2;-1;1)\|^2=6\). Donc \(3+6t=0\), \(t=-\dfrac12\), et \[\boxed{H\left(0;\dfrac12;\dfrac32\right)}.\]

4. \[AH=\dfrac12\sqrt6=\boxed{\dfrac{\sqrt6}{2}}.\] Comme le déplacement le long de \((d_4)\) est parallèle au plan, sa composante normale ne change pas : la distance reste constante.

Méthode à retenir. Réflexe Bac : pour une droite parallèle à un plan, le produit scalaire directeur-normale supprime la dépendance au paramètre de la droite.

1. Les deux plans ont la même normale \((2;-1;2)\). Ils sont confondus lorsque leurs constantes sont égales, soit \(m=-3\). Sinon ils sont strictement parallèles.

2. Dans \(\mathcal P_m\), l’expression au point \(A\) vaut \(m+3\). On obtient \(m+3+9t=0\), donc \[t=-\dfrac{m+3}{9},\qquad H_m=A-\dfrac{m+3}{9}(2;-1;2).\]

3. \[d(\mathcal P_m,\mathcal Q)=AH_m=\dfrac{|m+3|}{9}\times3=\boxed{\dfrac{|m+3|}{3}}.\] Cette expression a été obtenue par projection, sans formule directe.

4. On impose \(\dfrac{|m+3|}{3}=2\), soit \(|m+3|=6\). Ainsi \[\boxed{m=3\quad\text{ou}\quad m=-9}.\]

Méthode à retenir. Réflexe Bac : pour une famille de plans parallèles, projeter un point fixe de l’un sur l’autre transforme le problème de distance en une équation sur le paramètre.

1. Le plan médiateur est normal à \(\overrightarrow{AB}\) et passe par \((2;1;0)\) : \[4(x-2)+2(y-1)=0\Longleftrightarrow \boxed{2x+y-5=0}.\]

2. En posant \(x=t\), on obtient \(y=5-2t\), puis \(z=x-y=3t-5\). Ainsi \[\boxed{(d):(x;y;z)=(t;5-2t;3t-5)}.\]

3. Un directeur est \(\vec u=(1;-2;3)\). On impose \(H\cdot\vec u=0\) : \[t-2(5-2t)+3(3t-5)=14t-25=0,\] donc \(t=\dfrac{25}{14}\). Ainsi \[H\left(\dfrac{25}{14};\dfrac{10}{7};\dfrac{5}{14}\right).\]

4. \[OH^2=\dfrac{1050}{196},\qquad \boxed{OH=\dfrac{5\sqrt{42}}{14}}.\]

Méthode à retenir. Réflexe Bac : une distance à une droite définie comme intersection de plans peut se traiter en paramétrant d’abord cette droite, puis en projetant.

1. Les trois plans médiateurs sont respectivement \(x=1\), \(y=1\) et \(z=1\).

2. Leur intersection est \[\boxed{O(1;1;1)}.\]

3. \[R=OA=\sqrt3.\] La sphère a pour équation \[\boxed{(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=3}.\]

4. \(\overrightarrow{OB}=(1;-1;-1)\). Le plan tangent en \(B(2;0;0)\) vérifie \[(x-2)-y-z=0\Longleftrightarrow \boxed{x-y-z-2=0}.\]

Méthode à retenir. Approfondissement possible du programme : sphère circonscrite à un tétraèdre, obtenue par intersection de plans médiateurs.

1. L’appartenance donne \(9t=m\), donc \[\boxed{H_m\left(\dfrac m9;\dfrac{2m}{9};\dfrac{2m}{9}\right)}.\]

2. \[OH_m=\dfrac{|m|}{9}\times3=\boxed{\dfrac{|m|}{3}}.\]

3. Si \(|m|<9\), alors \(OH_m<3\) : intersection circulaire. Si \(|m|=9\), le plan est tangent. Si \(|m|>9\), il n’y a pas d’intersection.

4. Pour \(m=6\), \(OH_6=2\). Si \(r\) est le rayon du cercle, \[r^2+2^2=3^2\Rightarrow \boxed{r=\sqrt5}.\]

Méthode à retenir. Approfondissement : classifier une intersection sphère-plan revient à comparer le rayon à une distance point-plan construite par projection.

1. \[\vec u\cdot\vec n=3-1-2=0.\] De plus, l’expression du plan en \(A\) vaut \(2\neq0\). La droite est donc strictement parallèle au plan.

2. On a \(2+14t=0\), donc \(t=-\dfrac17\) et \[\boxed{H\left(\dfrac47;\dfrac87;\dfrac{12}{7}\right)}.\]

3. \[AH=\dfrac17\sqrt{14}=\boxed{\dfrac{\sqrt{14}}7}.\]

4. Pour \(M=A+s\vec u\), l’expression cartésienne du plan reste égale à \(2\), car le terme en \(s\) vaut \(s(\vec u\cdot\vec n)=0\). Son projeté est donc \[H_s=M-\dfrac17\vec n,\] et \(MH_s=\dfrac{\sqrt{14}}7\), indépendant de \(s\).

Méthode à retenir. Réflexe Bac : un déplacement parallèle au plan ne modifie pas la composante normale, donc ne modifie pas la distance au plan.

1. \[H_t(1+2t;-1+t;2t).\]

2. On obtient \[-11+9t=0\Longleftrightarrow \boxed{t_0=\dfrac{11}{9}}.\]

3. \[\boxed{H\left(\dfrac{31}{9};\dfrac29;\dfrac{22}{9}\right)},\] et \[MH^2=\dfrac{50}{9},\qquad \boxed{MH=\dfrac{5\sqrt2}{3}}.\]

4. Pour tout \(X\in(d)\), \(\overrightarrow{HX}\) est colinéaire au directeur de la droite, donc \(MH\perp HX\). Ainsi \[MX^2=MH^2+HX^2\ge MH^2,\] avec égalité seulement si \(X=H\).

Méthode à retenir. Réflexe Bac : la preuve de minimalité du projeté sur une droite est exactement la même structure de Pythagore que pour un plan.

1. Les conditions sont \[a-b=0\qquad\text{et}\qquad a+b+c=0.\]

2. On peut choisir \(a=b=1\), puis \(c=-2\), donc \(\vec n_P=(1;1;-2)\). Le plan passe par \(A(1;0;0)\), donc \[\boxed{x+y-2z-1=0}.\]

3. Écrivons \(H=t(1;1;-2)\). L’appartenance au plan donne \(6t-1=0\), donc \[\boxed{H\left(\dfrac16;\dfrac16;-\dfrac13\right)}.\]

4. \[OH=\dfrac16\sqrt6=\boxed{\dfrac{\sqrt6}{6}}.\]

Méthode à retenir. Réflexe Bac : une construction de plan sous contraintes se résout en écrivant les orthogonalités que doit satisfaire sa normale.

1. On pose \(x=y=t\), puis \(z=1-2t\). Ainsi \[\boxed{(d):(x;y;z)=(t;t;1-2t)},\qquad \vec u=(1;1;-2).\]

2. \[H_t-M=(t-2;t+1;-2t-2).\] L’orthogonalité donne \[t-2+t+1+(-2)(-2t-2)=6t+3=0,\] donc \(t=-\dfrac12\).

3. \[\boxed{H\left(-\dfrac12;-\dfrac12;2\right)}.\] Puis \[MH^2=\dfrac{15}{2},\qquad \boxed{MH=\dfrac{\sqrt{30}}2}.\]

4. Pour tout \(X\in(d)\), \(\overrightarrow{HX}\) est colinéaire à \(\vec u\), tandis que \(\overrightarrow{MH}\perp\vec u\). Donc \(MH\perp HX\), et \[MX^2=MH^2+HX^2\ge MH^2.\] L’égalité impose \(X=H\).

Méthode à retenir. Synthèse Bac : intersection de plans → paramétrage de la droite → projection orthogonale → preuve de minimalité.