Orthogonalité et distances dans l’espace | Exercices corrigés — Terminale Spé Maths | Learna

Exercices — Orthogonalité et distances dans l’espace

Série Bac solide : produit scalaire • orthogonalité • normales • projetés orthogonaux • distances • droites et plans • positions relatives.

Ex. 1 Ex. 2 Ex. 3 Ex. 4 Ex. 5 Ex. 6 Ex. 7 Ex. 8 Ex. 9 Ex. 10

Exercice 1 — Produit scalaire, longueurs et angle

Dans un repère orthonormé de l’espace, on considère : \[ A\coord{1}{2}{0},\qquad B\coord{4}{-1}{3},\qquad C\coord{2}{1}{4}. \]

Calculer \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\).
Calculer \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\).
Dire si les droites \((AB)\) et \((AC)\) sont perpendiculaires.
Calculer \(AB\), \(AC\), puis \(\cos(\widehat{BAC})\).

💡 Indice méthode

Pour calculer un vecteur, utiliser la règle arrivée − départ :

\[ \overrightarrow{AB}=\coord{x_B-x_A}{y_B-y_A}{z_B-z_A}. \]

Pour le produit scalaire :

\[ \vec u\coord{a}{b}{c}\cdot\vec v\coord{a'}{b'}{c'}=aa'+bb'+cc'. \]

Pour l’angle, utiliser :

\[ \vec u\cdot\vec v=\|\vec u\|\,\|\vec v\|\cos(\theta). \]

✅ Correction détaillée

On calcule : \[ \overrightarrow{AB}=\coord{4-1}{-1-2}{3-0}=\coord{3}{-3}{3}. \] \[ \overrightarrow{AC}=\coord{2-1}{1-2}{4-0}=\coord{1}{-1}{4}. \] Produit scalaire : \[ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} =3\times1+(-3)\times(-1)+3\times4 =3+3+12=18. \] Comme le produit scalaire n’est pas nul, les droites \((AB)\) et \((AC)\) ne sont pas perpendiculaires. \[ AB=\sqrt{3^2+(-3)^2+3^2}=\sqrt{27}=3\sqrt3. \] \[ AC=\sqrt{1^2+(-1)^2+4^2}=\sqrt{18}=3\sqrt2. \] Donc : \[ \cos(\widehat{BAC})= \frac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}}{AB\times AC} =\frac{18}{3\sqrt3\times3\sqrt2} =\frac{2}{\sqrt6} =\frac{\sqrt6}{3}. \]

Conclusion : \[ \boxed{\cos(\widehat{BAC})=\frac{\sqrt6}{3}} \] et l’angle \(\widehat{BAC}\) n’est pas droit.

Exercice 2 — Droite paramétrique et appartenance

On considère les points : \[ A\coord{1}{-2}{-1},\qquad B\coord{3}{-5}{-2}. \]

Calculer un vecteur directeur de la droite \((AB)\).
Donner une représentation paramétrique de \((AB)\).
Déterminer si \(M\coord{5}{-8}{-3}\) appartient à \((AB)\).
Déterminer si \(N\coord{3}{-4}{0}\) appartient à \((AB)\).

💡 Indice méthode

Une droite passant par \(A\) et de vecteur directeur \(\vec u\) est définie par :

\[ P\in(AB) \iff \exists t\in\mathbb R,\quad \overrightarrow{AP}=t\vec u. \]

Si \(\vec u\coord{a}{b}{c}\), alors :

\[ \begin{cases} x=x_A+at\\ y=y_A+bt\\ z=z_A+ct \end{cases} \qquad t\in\mathbb R. \]

Pour tester un point, le même réel \(t\) doit fonctionner dans les trois coordonnées.

✅ Correction détaillée

\[ \overrightarrow{AB}=\coord{3-1}{-5-(-2)}{-2-(-1)}=\coord{2}{-3}{-1}. \] Une représentation paramétrique de \((AB)\) est : \[ \begin{cases} x=1+2t\\ y=-2-3t\\ z=-1-t \end{cases} \qquad t\in\mathbb R. \] Pour \(M\coord{5}{-8}{-3}\), la première équation donne : \[ 5=1+2t\Rightarrow t=2. \] Avec \(t=2\) : \[ y=-2-6=-8, \qquad z=-1-2=-3. \] Donc \(M\in(AB)\).

Pour \(N\coord{3}{-4}{0}\), la première équation donne : \[ 3=1+2t\Rightarrow t=1. \] Mais avec \(t=1\) : \[ y=-2-3=-5\neq -4. \] Donc \(N\notin(AB)\).

Conclusion : \[ \boxed{M\in(AB)} \qquad\text{et}\qquad \boxed{N\notin(AB)}. \]

Exercice 3 — Projeté orthogonal d’un point sur une droite

On considère la droite \((d)\) passant par \[ A\coord{0}{1}{1} \] et de vecteur directeur \[ \vec u\coord{1}{1}{2}. \] Soit le point \[ M\coord{2}{0}{3}. \]

Écrire un point \(H\) quelconque de \((d)\) en fonction d’un réel \(t\).
Déterminer \(t\) pour que \(H\) soit le projeté orthogonal de \(M\) sur \((d)\).
Donner les coordonnées de \(H\).
Calculer la distance de \(M\) à la droite \((d)\).

💡 Indice méthode

Comme \(H\in(d)\), écrire :

\[ H=A+t\vec u \qquad t\in\mathbb R. \]

Pour que \(H\) soit le projeté orthogonal de \(M\) sur \((d)\), il faut :

\[ \overrightarrow{MH}\cdot\vec u=0. \]

Cette égalité prouve que la droite \((MH)\) est perpendiculaire à \((d)\).

✅ Correction détaillée

Comme \(H\in(d)\), il existe \(t\in\mathbb R\) tel que : \[ H=A+t\vec u. \] Donc : \[ H\coord{t}{1+t}{1+2t}. \] Alors : \[ \overrightarrow{MH} =\coord{t-2}{1+t-0}{1+2t-3} =\coord{t-2}{1+t}{2t-2}. \] On impose l’orthogonalité : \[ \overrightarrow{MH}\cdot\vec u=0. \] Donc : \[ (t-2)\times1+(1+t)\times1+(2t-2)\times2=0. \] \[ t-2+1+t+4t-4=0 \quad\Rightarrow\quad 6t-5=0. \] Ainsi : \[ t=\frac56. \] On obtient : \[ H\coord{\frac56}{1+\frac56}{1+2\times\frac56} = H\coord{\frac56}{\frac{11}{6}}{\frac83}. \] La distance est \(MH\) : \[ MH^2= \left(\frac56-2\right)^2+ \left(\frac{11}{6}-0\right)^2+ \left(\frac83-3\right)^2. \] \[ MH^2= \left(-\frac76\right)^2+ \left(\frac{11}{6}\right)^2+ \left(-\frac13\right)^2 =\frac{49}{36}+\frac{121}{36}+\frac{4}{36} =\frac{174}{36} =\frac{29}{6}. \] Donc : \[ MH=\sqrt{\frac{29}{6}}=\frac{\sqrt{174}}{6}. \]

Conclusion : \[ \boxed{H\coord{\frac56}{\frac{11}{6}}{\frac83}} \qquad\text{et}\qquad \boxed{d(M,(d))=\frac{\sqrt{174}}{6}}. \]

Exercice 4 — Projeté orthogonal d’un point sur un plan

On considère le plan \[ \mathcal P:2x-y+2z+3=0 \] et le point \[ M\coord{1}{2}{-1}. \]

Donner un vecteur normal au plan \(\mathcal P\).
Écrire un point \(H\) de la droite passant par \(M\) et dirigée par cette normale.
Déterminer \(H\) pour que \(H\in\mathcal P\).
Justifier que \(H\) est le projeté orthogonal de \(M\) sur \(\mathcal P\).
Calculer la distance de \(M\) au plan \(\mathcal P\).

💡 Indice méthode

Pour un plan \(ax+by+cz+d=0\), une normale est :

\[ \vec n\coord{a}{b}{c}. \]

Pour construire le projeté orthogonal \(H\), écrire :

\[ H=M+t\vec n \qquad t\in\mathbb R. \]

Puis imposer \(H\in\mathcal P\). Comme \(\overrightarrow{MH}\) est colinéaire à \(\vec n\), on a bien \((MH)\perp\mathcal P\).

✅ Correction détaillée

Une normale au plan est : \[ \vec n\coord{2}{-1}{2}. \] On écrit : \[ H=M+t\vec n =\coord{1+2t}{2-t}{-1+2t}. \] Comme \(H\in\mathcal P\), on remplace dans l’équation du plan : \[ 2(1+2t)-(2-t)+2(-1+2t)+3=0. \] \[ 2+4t-2+t-2+4t+3=0 \quad\Rightarrow\quad 9t+1=0. \] Donc : \[ t=-\frac19. \] Ainsi : \[ H\coord{1-\frac29}{2+\frac19}{-1-\frac29} = H\coord{\frac79}{\frac{19}{9}}{-\frac{11}{9}}. \] Comme \(\overrightarrow{MH}=t\vec n\), la droite \((MH)\) est perpendiculaire au plan. Donc \(H\) est bien le projeté orthogonal.

On calcule la distance : \[ \overrightarrow{MH}=\coord{\frac79-1}{\frac{19}{9}-2}{-\frac{11}{9}-(-1)} =\coord{-\frac29}{\frac19}{-\frac29}. \] \[ MH=\sqrt{\left(-\frac29\right)^2+\left(\frac19\right)^2+\left(-\frac29\right)^2} =\sqrt{\frac{4+1+4}{81}} =\frac13. \]

Conclusion : \[ \boxed{H\coord{\frac79}{\frac{19}{9}}{-\frac{11}{9}}} \qquad\text{et}\qquad \boxed{d(M,\mathcal P)=\frac13}. \]

Exercice 5 — Équation d’un plan par point et normale

On considère le point \[ A\coord{1}{-2}{3} \] et le vecteur \[ \vec n\coord{2}{1}{-1}. \]

Déterminer une équation cartésienne du plan \(\mathcal P\) passant par \(A\) et de normale \(\vec n\).
Tester si \(B\coord{0}{1}{4}\) appartient à \(\mathcal P\).
Tester si \(C\coord{2}{-1}{5}\) appartient à \(\mathcal P\).

💡 Indice méthode

Un plan passant par \(A\) et de normale \(\vec n\) vérifie :

\[ M\in\mathcal P \iff \overrightarrow{AM}\cdot\vec n=0. \]

Si \(A\coord{x_A}{y_A}{z_A}\) et \(\vec n\coord{a}{b}{c}\), alors :

\[ a(x-x_A)+b(y-y_A)+c(z-z_A)=0. \]

✅ Correction détaillée

Le plan vérifie : \[ 2(x-1)+1(y+2)-1(z-3)=0. \] On développe : \[ 2x-2+y+2-z+3=0. \] Donc : \[ \mathcal P:2x+y-z+3=0. \] Pour \(B\coord{0}{1}{4}\) : \[ 2\times0+1-4+3=0. \] Donc \(B\in\mathcal P\).

Pour \(C\coord{2}{-1}{5}\) : \[ 2\times2+(-1)-5+3=1\neq0. \] Donc \(C\notin\mathcal P\).

Conclusion : \[ \boxed{\mathcal P:2x+y-z+3=0}, \qquad \boxed{B\in\mathcal P}, \qquad \boxed{C\notin\mathcal P}. \]

Exercice 6 — Position relative d’une droite et d’un plan

On considère la droite \[ (d): \begin{cases} x=2+t\\ y=1-2t\\ z=3+t \end{cases} \qquad t\in\mathbb R \] et le plan \[ \mathcal P:x+y+z-6=0. \]

Donner un vecteur directeur de \((d)\).
Donner un vecteur normal de \(\mathcal P\).
Étudier la position de \((d)\) par rapport à \(\mathcal P\).

💡 Indice méthode

Si \(\vec u\) est directeur de la droite et \(\vec n\) normal au plan :

si \(\vec u\cdot\vec n\neq0\), alors la droite est sécante au plan ;
si \(\vec u\cdot\vec n=0\), la direction de la droite est parallèle au plan.

Dans le second cas, il faut tester un point de la droite : s’il appartient au plan, la droite est incluse ; sinon elle est strictement parallèle.

✅ Correction détaillée

Un vecteur directeur de \((d)\) est : \[ \vec u\coord{1}{-2}{1}. \] Un vecteur normal du plan est : \[ \vec n\coord{1}{1}{1}. \] Produit scalaire : \[ \vec u\cdot\vec n=1-2+1=0. \] Donc la direction de \((d)\) est parallèle au plan.

Pour \(t=0\), un point de \((d)\) est : \[ A\coord{2}{1}{3}. \] On teste dans \(\mathcal P\) : \[ 2+1+3-6=0. \] Donc \(A\in\mathcal P\).

Conclusion : \[ \boxed{(d)\subset\mathcal P}. \]

Exercice 7 — Intersection de deux plans

On considère les plans \[ \mathcal P:x-y+1=0 \qquad\text{et}\qquad \mathcal Q:-y+z+2=0. \]

Résoudre le système formé par les deux équations en posant \(x=t\).
En déduire une représentation paramétrique de la droite \((d)=\mathcal P\cap\mathcal Q\).
Donner un vecteur directeur de \((d)\).

💡 Indice méthode

L’intersection de deux plans sécants est une droite. Pour obtenir une paramétrique :

choisir une inconnue comme paramètre, ici \(x=t\) ;
exprimer \(y\) en fonction de \(t\) ;
exprimer \(z\) en fonction de \(t\).

✅ Correction détaillée

À partir de \(\mathcal P\) : \[ x-y+1=0\Rightarrow y=x+1. \] En posant \(x=t\), on obtient : \[ y=t+1. \] À partir de \(\mathcal Q\) : \[ -y+z+2=0\Rightarrow z=y-2. \] Donc : \[ z=t+1-2=t-1. \] Ainsi : \[ (d): \begin{cases} x=t\\ y=t+1\\ z=t-1 \end{cases} \qquad t\in\mathbb R. \] Un vecteur directeur est : \[ \vec u\coord{1}{1}{1}. \]

Conclusion : \[ \boxed{(d): \begin{cases} x=t\\ y=t+1\\ z=t-1 \end{cases} \quad t\in\mathbb R} \] et \[ \boxed{\vec u\coord{1}{1}{1}}. \]

Exercice 8 — Directions orthogonales et droites non coplanaires

On considère les droites \[ (d): \begin{cases} x=t\\ y=1+t\\ z=2 \end{cases} \qquad t\in\mathbb R \] et \[ (d'): \begin{cases} x=1+s\\ y=2-s\\ z=s \end{cases} \qquad s\in\mathbb R. \]

Donner un vecteur directeur de chaque droite.
Montrer que leurs directions sont orthogonales.
Montrer que les droites ne sont pas sécantes.
Conclure : les droites sont-elles perpendiculaires ?

💡 Indice méthode

Deux directions sont orthogonales si le produit scalaire des vecteurs directeurs vaut \(0\).

Mais deux droites sont perpendiculaires seulement si elles sont sécantes et si leurs directions sont orthogonales.

Pour tester si elles sont sécantes, résoudre le système obtenu en égalant les coordonnées avec les paramètres \(t\) et \(s\).

✅ Correction détaillée

Un vecteur directeur de \((d)\) est : \[ \vec u\coord{1}{1}{0}. \] Un vecteur directeur de \((d')\) est : \[ \vec v\coord{1}{-1}{1}. \] Produit scalaire : \[ \vec u\cdot\vec v=1\times1+1\times(-1)+0\times1=0. \] Donc les directions sont orthogonales.

Cherchons une intersection : \[ \begin{cases} t=1+s\\ 1+t=2-s\\ 2=s \end{cases} \] De la troisième équation, \(s=2\). La première donne alors \(t=3\). La deuxième donne : \[ 1+3=2-2, \] soit \(4=0\), ce qui est impossible. Donc les droites ne sont pas sécantes.

Conclusion : les directions sont orthogonales, mais les droites ne sont pas perpendiculaires car elles ne se coupent pas. Elles sont non coplanaires.

Exercice 9 — Cube, plan et intersection type Bac

Dans le repère orthonormé \((A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})\) d’un cube d’arête \(1\), on considère : \[ I\coord{1}{\frac13}{0}, \qquad J\coord{0}{\frac23}{1}, \qquad K\coord{\frac34}{0}{1}. \]

Calculer \(\overrightarrow{IJ}\) et \(\overrightarrow{IK}\).
Vérifier que \(\vec n\coord{8}{9}{5}\) est normal au plan \((IJK)\).
Déterminer une équation cartésienne du plan \((IJK)\).
Déterminer le point d’intersection de \((IJK)\) avec la droite \((BF)\).

💡 Indice méthode

Pour montrer que \(\vec n\) est normal au plan \((IJK)\), vérifier :

\[ \vec n\cdot\overrightarrow{IJ}=0 \qquad\text{et}\qquad \vec n\cdot\overrightarrow{IK}=0. \]

Une équation du plan est ensuite :

\[ 8x+9y+5z+d=0. \]

Pour la droite \((BF)\), dans ce repère :

\[ B\coord{1}{0}{0}, \qquad F\coord{1}{0}{1}. \]

✅ Correction détaillée

On calcule : \[ \overrightarrow{IJ}=\coord{0-1}{\frac23-\frac13}{1-0} =\coord{-1}{\frac13}{1}. \] \[ \overrightarrow{IK}=\coord{\frac34-1}{0-\frac13}{1-0} =\coord{-\frac14}{-\frac13}{1}. \] Vérifions la normalité : \[ \vec n\cdot\overrightarrow{IJ} =8\times(-1)+9\times\frac13+5\times1 =-8+3+5=0. \] \[ \vec n\cdot\overrightarrow{IK} =8\times\left(-\frac14\right)+9\times\left(-\frac13\right)+5\times1 =-2-3+5=0. \] Donc \(\vec n\coord{8}{9}{5}\) est normal au plan \((IJK)\).

Le plan a une équation : \[ 8x+9y+5z+d=0. \] Comme \(I\coord{1}{\frac13}{0}\) appartient au plan : \[ 8\times1+9\times\frac13+5\times0+d=0. \] \[ 8+3+d=0\Rightarrow d=-11. \] Donc : \[ (IJK):8x+9y+5z-11=0. \] La droite \((BF)\) est donnée par : \[ \begin{cases} x=1\\ y=0\\ z=s \end{cases} \qquad s\in\mathbb R. \] On remplace dans le plan : \[ 8+5s-11=0 \quad\Rightarrow\quad 5s=3 \quad\Rightarrow\quad s=\frac35. \]

Conclusion : \[ \boxed{(IJK):8x+9y+5z-11=0} \qquad\text{et}\qquad \boxed{(IJK)\cap(BF)=\left\{\left(1;0;\frac35\right)\right\}}. \]

Exercice 10 — Paramètre et position droite-plan

On considère la droite \[ (d): \begin{cases} x=1+2t\\ y=-t\\ z=2+t \end{cases} \qquad t\in\mathbb R \] et la famille de plans \[ \mathcal P_m:2x+my+z-5=0 \qquad (m\in\mathbb R). \]

Donner un vecteur directeur de \((d)\) et un vecteur normal de \(\mathcal P_m\).
Déterminer la valeur de \(m\) pour laquelle la direction de \((d)\) est parallèle au plan \(\mathcal P_m\).
Pour cette valeur de \(m\), dire si \((d)\) est incluse dans \(\mathcal P_m\) ou strictement parallèle à \(\mathcal P_m\).
Pour \(m=1\), déterminer le point d’intersection de \((d)\) avec \(\mathcal P_1\).

💡 Indice méthode

Une droite de vecteur directeur \(\vec u\) est parallèle à un plan de normale \(\vec n\) lorsque :

\[ \vec u\cdot\vec n=0. \]

Si cette condition est vraie, il faut tester un point de la droite dans l’équation du plan :

s’il appartient au plan, la droite est incluse ;
sinon, elle est strictement parallèle.

Pour trouver une intersection, remplacer \(x,y,z\) de la droite dans l’équation du plan.

✅ Correction détaillée

Un vecteur directeur de \((d)\) est : \[ \vec u\coord{2}{-1}{1}. \] Un vecteur normal de \(\mathcal P_m\) est : \[ \vec n_m\coord{2}{m}{1}. \] Pour que la direction de \((d)\) soit parallèle au plan, on impose : \[ \vec u\cdot\vec n_m=0. \] Donc : \[ 2\times2+(-1)\times m+1\times1=0. \] \[ 5-m=0 \quad\Rightarrow\quad m=5. \] Pour \(m=5\), on teste le point de \((d)\) obtenu avec \(t=0\) : \[ A\coord{1}{0}{2}. \] Dans \(\mathcal P_5\) : \[ 2\times1+5\times0+2-5=-1\neq0. \] Donc la droite n’est pas incluse dans le plan. Elle est strictement parallèle.

Pour \(m=1\), le plan est : \[ \mathcal P_1:2x+y+z-5=0. \] On remplace les coordonnées de \((d)\) : \[ 2(1+2t)+(-t)+(2+t)-5=0. \] \[ 2+4t-t+2+t-5=0 \quad\Rightarrow\quad -1+4t=0. \] Donc : \[ t=\frac14. \] Le point d’intersection est : \[ I\coord{1+2\times\frac14}{-\frac14}{2+\frac14} = I\coord{\frac32}{-\frac14}{\frac94}. \]

Conclusion : \[ \boxed{m=5\Rightarrow (d)\parallel\mathcal P_5\ \text{strictement}} \] et, pour \(m=1\), \[ \boxed{I\coord{\frac32}{-\frac14}{\frac94}}. \]