Terminale Spécialité Mathématiques

Révision Bac — Géométrie dans l’espace

Droites, plans, coplanarité, distances, angles, aires et volumes.

Géométrie dans l’espace Révision Bac Produit scalaire Droites et plans Distances par projection Volume tétraèdre

Méthode imposée

Dans cette fiche, on n’utilise pas la formule directe de distance point-plan. Les distances point-plan sont calculées avec la méthode :

Droite normale Intersection Longueur
Important : aucun produit vectoriel n’est utilisé. On travaille avec les coordonnées, les droites paramétrées, les équations de plans, les intersections et le produit scalaire.

Sommaire

  1. Partie I — Questions de cours
  2. Partie II — Exercices d’application
  3. Partie III — Exercices type Bac
  4. Partie IV — Bilan méthode

Partie I — Questions de cours

Répondre de manière claire, concise et correctement rédigée.

Question 1 — Coordonnées d’un vecteur

Soient deux points :

\[ A(x_A;y_A;z_A) \quad \text{et} \quad B(x_B;y_B;z_B). \]

Donner les coordonnées du vecteur \(\overrightarrow{AB}\).

Correction \[ \boxed{ \overrightarrow{AB} = (x_B-x_A;y_B-y_A;z_B-z_A) } \]

Question 2 — Norme d’un vecteur

Soit un vecteur \(\vec u(a;b;c)\). Donner la formule de \(\|\vec u\|\).

Correction \[ \boxed{ \|\vec u\| = \sqrt{a^2+b^2+c^2} } \]

Question 3 — Distance entre deux points

Soient deux points :

\[ A(x_A;y_A;z_A) \quad \text{et} \quad B(x_B;y_B;z_B). \]

Donner la formule de la distance \(AB\).

Correction \[ \boxed{ AB = \sqrt{ (x_B-x_A)^2 +(y_B-y_A)^2 +(z_B-z_A)^2 } } \]

Question 4 — Produit scalaire

Soient deux vecteurs :

\[ \vec u(a;b;c) \quad \text{et} \quad \vec v(a';b';c'). \]

Donner l’expression de \(\vec u\cdot\vec v\).

Correction \[ \boxed{ \vec u\cdot\vec v = aa'+bb'+cc' } \]

Question 5 — Orthogonalité

Donner une condition pour que deux vecteurs soient orthogonaux.

Correction

Deux vecteurs sont orthogonaux lorsque leur produit scalaire est nul :

\[ \boxed{ \vec u\perp\vec v \Longleftrightarrow \vec u\cdot\vec v=0 } \]

Question 6 — Colinéarité

Donner une condition pour que deux vecteurs soient colinéaires.

Correction

Deux vecteurs \(\vec u\) et \(\vec v\) sont colinéaires lorsqu’il existe un réel \(k\) tel que :

\[ \boxed{ \vec v=k\vec u } \]

Question 7 — Alignement

Donner un critère vectoriel permettant de montrer que trois points \(A\), \(B\), \(C\) sont alignés.

Correction \[ \boxed{ A,\ B,\ C\ \text{sont alignés} \Longleftrightarrow \overrightarrow{AB} \text{ et } \overrightarrow{AC} \text{ sont colinéaires} } \]

Question 8 — Coplanarité

Donner une méthode pour montrer que quatre points \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) sont coplanaires.

Correction

Les points \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) sont coplanaires si \(D\) appartient au plan \((ABC)\).

Une méthode consiste à chercher deux réels \(\lambda\) et \(\mu\) tels que :

\[ \boxed{ \overrightarrow{AD} = \lambda\overrightarrow{AB} + \mu\overrightarrow{AC} } \]

Question 9 — Droite de l’espace

Soit une droite \(d\) passant par :

\[ A(x_A;y_A;z_A) \]

et dirigée par :

\[ \vec u(a;b;c). \]

Donner la relation vectorielle caractérisant les points \(M\) de \(d\), puis une représentation paramétrique de \(d\).

Correction

Soit \(M(x;y;z)\) un point quelconque de l’espace.

Comme la droite \(d\) passe par :

\[ A(x_A;y_A;z_A) \]

on calcule d’abord le vecteur :

\[ \overrightarrow{AM} = (x-x_A;y-y_A;z-z_A). \]

La droite \(d\) est dirigée par :

\[ \vec u(a;b;c). \]

Dire que \(M\) appartient à la droite \(d\), cela signifie que \(\overrightarrow{AM}\) est colinéaire au vecteur directeur \(\vec u\).

\[ M\in d \Longleftrightarrow \exists t\in\mathbb R,\quad \overrightarrow{AM}=t\vec u. \]

Donc :

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

Or :

\[ t(a;b;c)=(at;bt;ct). \]

On obtient donc :

\[ (x-x_A;y-y_A;z-z_A) = (at;bt;ct). \]

Deux vecteurs sont égaux lorsque leurs coordonnées sont égales. Ainsi :

\[ \begin{cases} x-x_A=at\\ y-y_A=bt\\ z-z_A=ct \end{cases} \]

On isole alors \(x\), \(y\) et \(z\) :

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

C’est la représentation paramétrique de la droite \(d\).

Question 10 — Plan passant par un point et normal à un vecteur

Soit un plan \(P\) passant par :

\[ A(x_A;y_A;z_A) \]

et admettant pour vecteur normal :

\[ \vec n(a;b;c). \]

Donner la relation vectorielle caractérisant les points \(M\) du plan, puis une équation du plan.

Correction \[ \boxed{ M\in P \Longleftrightarrow \overrightarrow{AM}\cdot\vec n=0 } \]

Si \(\vec n(a;b;c)\), alors :

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

Question 11 — Équation cartésienne d’un plan

Donner la forme générale d’une équation cartésienne d’un plan et préciser un vecteur normal associé.

Correction \[ \boxed{ ax+by+cz+d=0 } \]

avec \((a;b;c)\neq(0;0;0)\). Un vecteur normal associé est :

\[ \boxed{ \vec n(a;b;c) } \]

Question 12 — Intersection droite-plan

Expliquer comment étudier l’intersection d’une droite paramétrée et d’un plan cartésien.

Correction

On remplace les coordonnées paramétriques de la droite dans l’équation du plan.

  • Une solution : la droite coupe le plan.
  • Une identité vraie : la droite est incluse dans le plan.
  • Une contradiction : la droite est strictement parallèle au plan.

Question 13 — Distance point-plan

Expliquer comment déterminer la distance entre un point et un plan sans utiliser de formule directe.

Correction

Pour déterminer la distance entre un point \(A\) et un plan \(P\), on cherche le projeté orthogonal \(H\) de \(A\) sur \(P\).

On construit la droite passant par \(A\), dirigée par un vecteur normal au plan. Puis on trouve son intersection \(H\) avec le plan.

\[ \boxed{ d(A,P)=AH } \]

Question 14 — Distance point-droite

Expliquer comment déterminer la distance entre un point et une droite.

Correction

Pour déterminer la distance entre un point \(M\) et une droite \(d\), on cherche le projeté orthogonal \(H\) de \(M\) sur \(d\).

Si \(\vec u\) est un vecteur directeur de \(d\), alors :

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

Puis :

\[ \boxed{ d(M,d)=MH } \]

Question 15 — Volume d’un tétraèdre

Donner la formule du volume d’un tétraèdre.

Correction

Si la base est le triangle \(ABC\) et le quatrième sommet est \(D\), la hauteur issue de \(D\) est :

\[ h=d(D,(ABC)). \]

Le volume vaut :

\[ \boxed{ V= \frac13 \times \text{aire de la base} \times \text{hauteur} } \]

Partie II — Exercices d’application

Exercice 1 — Coordonnées, norme et produit scalaire

On considère les points :

\[ A(1;2;-1), \qquad B(4;0;3), \qquad C(2;5;1). \]
  1. Calculer les vecteurs \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\).
  2. Calculer les distances \(AB\) et \(AC\).
  3. Calculer le produit scalaire \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\).
  4. Les droites \((AB)\) et \((AC)\) sont-elles perpendiculaires ?
Indice \[ \overrightarrow{AB} = (x_B-x_A;y_B-y_A;z_B-z_A) \] \[ \vec u\cdot\vec v=aa'+bb'+cc' \]
Correction détaillée \[ \overrightarrow{AB} = (4-1;0-2;3-(-1)) = (3;-2;4). \] \[ \overrightarrow{AC} = (2-1;5-2;1-(-1)) = (1;3;2). \] \[ AB = \sqrt{3^2+(-2)^2+4^2} = \sqrt{29}. \] \[ AC = \sqrt{1^2+3^2+2^2} = \sqrt{14}. \] \[ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} = 3\times1+(-2)\times3+4\times2 = 3-6+8 = 5. \]

Comme \(5\neq0\), les vecteurs ne sont pas orthogonaux.

\[ \boxed{ (AB)\text{ et }(AC)\text{ ne sont pas perpendiculaires.} } \]

Exercice 2 — Coplanarité de quatre points

On considère les points :

\[ A(1;0;2), \quad B(3;1;1), \quad C(0;2;3), \quad D(2;3;2). \]
  1. Calculer \(\overrightarrow{AB}\), \(\overrightarrow{AC}\) et \(\overrightarrow{AD}\).
  2. Vérifier s’il existe deux réels \(\lambda\) et \(\mu\) tels que : \[ \overrightarrow{AD} = \lambda\overrightarrow{AB} + \mu\overrightarrow{AC}. \]
  3. Les points \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) sont-ils coplanaires ?
Indice

Si \(\overrightarrow{AD}\) est combinaison linéaire de \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\), alors \(D\in(ABC)\).

Correction détaillée \[ \overrightarrow{AB}=(2;1;-1), \qquad \overrightarrow{AC}=(-1;2;1), \qquad \overrightarrow{AD}=(1;3;0). \]

On cherche \(\lambda\) et \(\mu\) tels que :

\[ (1;3;0) = \lambda(2;1;-1) + \mu(-1;2;1). \]

On obtient le système :

\[ \begin{cases} 1=2\lambda-\mu\\ 3=\lambda+2\mu\\ 0=-\lambda+\mu \end{cases} \]

La troisième équation donne \(\mu=\lambda\). La première devient :

\[ 1=2\lambda-\lambda=\lambda. \]

Donc :

\[ \lambda=1, \qquad \mu=1. \]

La deuxième équation est vérifiée :

\[ \lambda+2\mu = 1+2 = 3. \]

Donc :

\[ \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}. \] \[ \boxed{ A,\ B,\ C,\ D\text{ sont coplanaires.} } \]

Exercice 3 — Droite paramétrée et appartenance

On considère les points :

\[ A(2;-1;3), \qquad B(5;1;0). \]
  1. Calculer \(\overrightarrow{AB}\).
  2. Donner une représentation paramétrique de la droite \((AB)\).
  3. Le point \(M(8;3;-3)\) appartient-il à la droite \((AB)\) ?
Indice \[ M\in(AB) \Longleftrightarrow \overrightarrow{AM} = t\overrightarrow{AB}. \]
Correction détaillée \[ \overrightarrow{AB} = (5-2;1-(-1);0-3) = (3;2;-3). \]

Donc :

\[ (AB): \begin{cases} x=2+3t\\ y=-1+2t\\ z=3-3t \end{cases} \quad t\in\mathbb R. \]

Pour \(M(8;3;-3)\), on cherche \(t\) tel que :

\[ \begin{cases} 8=2+3t\\ 3=-1+2t\\ -3=3-3t \end{cases} \]

Les trois équations donnent \(t=2\).

\[ \boxed{ M(8;3;-3)\in(AB). } \]

Exercice 4 — Plan passant par un point et normal à un vecteur

On considère le point :

\[ A(2;-1;3) \]

et le vecteur :

\[ \vec n(1;2;-2). \]
  1. Donner une équation cartésienne du plan \(P\) passant par \(A\) et normal à \(\vec n\).
  2. Vérifier si le point \(M(4;0;4)\) appartient au plan \(P\).
Indice \[ M\in P \Longleftrightarrow \overrightarrow{AM}\cdot\vec n=0. \]
Correction détaillée

Le plan \(P\) passant par \(A(2;-1;3)\) et normal à \(\vec n(1;2;-2)\) vérifie :

\[ \overrightarrow{AM}\cdot\vec n=0. \]

Donc :

\[ 1(x-2)+2(y+1)-2(z-3)=0. \] \[ x-2+2y+2-2z+6=0. \] \[ \boxed{ P:x+2y-2z+6=0. } \]

Pour \(M(4;0;4)\) :

\[ 4+2\times0-2\times4+6 = 2. \]

Comme \(2\neq0\), on a :

\[ \boxed{ M(4;0;4)\notin P. } \]

Exercice 5 — Intersection de deux plans

On considère les plans :

\[ P_1:x+y-z+1=0 \]

et :

\[ P_2:2x-y+z-3=0. \]
  1. Montrer que \(P_1\) et \(P_2\) sont sécants.
  2. Déterminer une représentation paramétrique de leur droite d’intersection.
Indice

Comparer les vecteurs normaux, puis résoudre le système formé par les deux équations.

Correction détaillée

Un vecteur normal à \(P_1\) est :

\[ \vec n_1(1;1;-1). \]

Un vecteur normal à \(P_2\) est :

\[ \vec n_2(2;-1;1). \]

Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires. Donc les plans sont sécants.

On résout :

\[ \begin{cases} x+y-z+1=0\\ 2x-y+z-3=0 \end{cases} \]

On pose \(z=t\). Alors :

\[ \begin{cases} x+y=t-1\\ 2x-y=3-t \end{cases} \]

On additionne :

\[ 3x=2. \] \[ x=\frac23. \] \[ y=t-1-\frac23 = t-\frac53. \]

La droite d’intersection est donc :

\[ \boxed{ \begin{cases} x=\dfrac23\\[1mm] y=t-\dfrac53\\[1mm] z=t \end{cases} \quad t\in\mathbb R. } \]

Exercice 6 — Distance entre un point et un plan par projection

On considère le point :

\[ A(2;-1;3) \]

et le plan :

\[ P:2x-y+2z-5=0. \]
  1. Donner un vecteur normal au plan \(P\).
  2. Donner une représentation paramétrique de la droite \(\Delta\) passant par \(A\) et perpendiculaire au plan \(P\).
  3. Déterminer le point \(H\), projeté orthogonal de \(A\) sur \(P\).
  4. En déduire la distance de \(A\) au plan \(P\).
Indice

La droite \(\Delta\) est dirigée par un vecteur normal au plan \(P\). Le point \(H\) est l’intersection de \(\Delta\) avec \(P\).

Correction détaillée

Un vecteur normal au plan est :

\[ \vec n(2;-1;2). \]

La droite \(\Delta\) passe par \(A(2;-1;3)\) et est dirigée par \(\vec n(2;-1;2)\).

\[ \Delta: \begin{cases} x=2+2t\\ y=-1-t\\ z=3+2t \end{cases} \quad t\in\mathbb R. \]

On cherche l’intersection avec \(P\). On remplace dans :

\[ 2x-y+2z-5=0. \] \[ 2(2+2t)-(-1-t)+2(3+2t)-5=0. \] \[ 4+4t+1+t+6+4t-5=0. \] \[ 6+9t=0. \] \[ t=-\frac23. \]

Donc :

\[ H\left(\frac23;-\frac13;\frac53\right). \]

La distance cherchée est \(d(A,P)=AH\).

\[ \overrightarrow{AH} = \left( \frac23-2; -\frac13-(-1); \frac53-3 \right) = \left( -\frac43; \frac23; -\frac43 \right). \] \[ AH = \sqrt{ \left(-\frac43\right)^2 + \left(\frac23\right)^2 + \left(-\frac43\right)^2 } = \sqrt{\frac{36}{9}} = 2. \] \[ \boxed{ d(A,P)=2. } \]

Exercice 7 — Distance entre un point et une droite

On considère la droite \(d\) passant par :

\[ A(1;0;2) \]

et de vecteur directeur :

\[ \vec u(2;1;-2). \]

On considère le point :

\[ M(4;3;1). \]
  1. Donner une représentation paramétrique de la droite \(d\).
  2. Soit \(H\) le projeté orthogonal de \(M\) sur \(d\). Écrire les coordonnées de \(H\) en fonction d’un paramètre \(t\).
  3. Utiliser la condition \(\overrightarrow{MH}\cdot\vec u=0\) pour déterminer \(t\).
  4. En déduire la distance \(d(M,d)\).
Indice \[ H\in d \Longrightarrow \overrightarrow{AH}=t\vec u. \] \[ \overrightarrow{MH}\cdot\vec u=0. \]
Correction détaillée \[ d: \begin{cases} x=1+2t\\ y=t\\ z=2-2t \end{cases} \quad t\in\mathbb R. \]

Comme \(H\in d\), on écrit :

\[ H(1+2t;t;2-2t). \] \[ \overrightarrow{MH} = (1+2t-4;t-3;2-2t-1) = (-3+2t;t-3;1-2t). \]

Comme \(H\) est le projeté orthogonal :

\[ \overrightarrow{MH}\cdot\vec u=0. \] \[ (-3+2t;t-3;1-2t)\cdot(2;1;-2)=0. \] \[ 2(-3+2t)+(t-3)-2(1-2t)=0. \] \[ 9t-11=0. \] \[ t=\frac{11}{9}. \] \[ H\left(\frac{31}{9};\frac{11}{9};-\frac49\right). \] \[ \overrightarrow{MH} = \left( -\frac59; -\frac{16}{9}; -\frac{13}{9} \right). \] \[ MH = \sqrt{ \left(-\frac59\right)^2 + \left(-\frac{16}{9}\right)^2 + \left(-\frac{13}{9}\right)^2 } = \frac{\sqrt{450}}9 = \frac{5\sqrt2}{3}. \] \[ \boxed{ d(M,d)=\frac{5\sqrt2}{3}. } \]

Exercice 8 — Distance entre une droite et un plan

On considère la droite :

\[ d: \begin{cases} x=1+t\\ y=2-t\\ z=3+2t \end{cases} \quad t\in\mathbb R \]

et le plan :

\[ P:x+y-2=0. \]
  1. Étudier l’intersection entre la droite \(d\) et le plan \(P\).
  2. En déduire la distance entre \(d\) et \(P\).
Indice

On commence par chercher l’intersection. Si la droite est strictement parallèle au plan, on prend un point de la droite et on calcule sa distance au plan par projection orthogonale.

Correction détaillée

On remplace :

\[ x=1+t, \qquad y=2-t \]

dans :

\[ x+y-2=0. \] \[ (1+t)+(2-t)-2=0. \] \[ 1=0. \]

Cette égalité est impossible. La droite est strictement parallèle au plan.

On prend un point de la droite. Pour \(t=0\), on obtient :

\[ A(1;2;3). \]

Un vecteur normal au plan \(P:x+y-2=0\) est :

\[ \vec n(1;1;0). \]

La droite normale au plan passant par \(A\) est :

\[ \Delta: \begin{cases} x=1+s\\ y=2+s\\ z=3 \end{cases} \quad s\in\mathbb R. \]

On cherche son intersection avec \(P\).

\[ (1+s)+(2+s)-2=0. \] \[ 1+2s=0. \] \[ s=-\frac12. \] \[ H\left(\frac12;\frac32;3\right). \] \[ \overrightarrow{AH} = \left( -\frac12; -\frac12; 0 \right). \] \[ AH = \sqrt{ \frac14+\frac14 } = \frac{\sqrt2}{2}. \] \[ \boxed{ d(d,P)=\frac{\sqrt2}{2}. } \]

Exercice 9 — Figure : cube et plan de section

On considère le cube \(ABCDEFGH\) ci-dessous.

A B C D E F G H I J K

Dans le repère orthonormé :

\[ (A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}), \]

on considère :

\[ I\left(\frac12;0;0\right), \qquad J\left(0;\frac12;1\right), \qquad K\left(1;\frac12;0\right). \]
  1. Calculer les vecteurs \(\overrightarrow{IJ}\) et \(\overrightarrow{IK}\).
  2. Montrer que le vecteur \(\vec n(1;-1;1)\) est normal au plan \((IJK)\).
  3. Déterminer une équation du plan \((IJK)\).
Indice

Un vecteur \(\vec n\) est normal au plan \((IJK)\) s’il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan.

Correction détaillée \[ \overrightarrow{IJ} = \left( 0-\frac12; \frac12-0; 1-0 \right) = \left( -\frac12; \frac12; 1 \right). \] \[ \overrightarrow{IK} = \left( 1-\frac12; \frac12-0; 0-0 \right) = \left( \frac12; \frac12; 0 \right). \]

On vérifie :

\[ \vec n(1;-1;1)\cdot\overrightarrow{IJ} = 1\times\left(-\frac12\right) + (-1)\times\frac12 + 1\times1 = 0. \] \[ \vec n(1;-1;1)\cdot\overrightarrow{IK} = 1\times\frac12 + (-1)\times\frac12 + 1\times0 = 0. \]

Donc \(\vec n(1;-1;1)\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan.

\[ \boxed{ \vec n(1;-1;1) \text{ est un vecteur normal au plan }(IJK). } \]

Une équation du plan \((IJK)\) est :

\[ x-y+z+d=0. \]

Comme \(I\left(\frac12;0;0\right)\in(IJK)\), on a :

\[ \frac12+d=0. \] \[ d=-\frac12. \] \[ \boxed{ (IJK):x-y+z-\frac12=0. } \]

Exercice 10 — Angle, aire et volume d’un tétraèdre

On considère les points :

\[ A(1;0;2), \qquad B(2;1;0), \qquad C(4;0;1), \qquad D(3;2;4). \]

On admet que le plan \((ABC)\) a pour équation :

\[ x+5y+3z-7=0. \]
  1. Calculer les vecteurs \(\overrightarrow{BA}\) et \(\overrightarrow{BC}\).
  2. Calculer \(\cos(\widehat{ABC})\).
  3. En déduire l’aire du triangle \(ABC\).
  4. Déterminer le projeté orthogonal \(H\) de \(D\) sur le plan \((ABC)\) avec une droite normale.
  5. En déduire le volume du tétraèdre \(ABCD\).
Indice \[ V = \frac13 \times \mathcal A_{ABC} \times DH. \]

Le point \(H\) est l’intersection du plan \((ABC)\) et de la droite passant par \(D\), dirigée par un vecteur normal au plan.

Correction détaillée \[ \overrightarrow{BA} = (1-2;0-1;2-0) = (-1;-1;2). \] \[ \overrightarrow{BC} = (4-2;0-1;1-0) = (2;-1;1). \] \[ \overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC} = (-1)\times2 + (-1)\times(-1) + 2\times1 = 1. \] \[ BA = \sqrt{(-1)^2+(-1)^2+2^2} = \sqrt6. \] \[ BC = \sqrt{2^2+(-1)^2+1^2} = \sqrt6. \] \[ \overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC} = BA\times BC\times\cos(\widehat{ABC}). \] \[ 1 = \sqrt6\times\sqrt6\times\cos(\widehat{ABC}). \] \[ \boxed{ \cos(\widehat{ABC}) = \frac16. } \] \[ \sin^2(\widehat{ABC}) = 1-\left(\frac16\right)^2 = \frac{35}{36}. \] \[ \sin(\widehat{ABC}) = \frac{\sqrt{35}}6. \] \[ \mathcal A_{ABC} = \frac12 \times BA \times BC \times \sin(\widehat{ABC}). \] \[ \mathcal A_{ABC} = \frac12 \times \sqrt6 \times \sqrt6 \times \frac{\sqrt{35}}6 = \frac{\sqrt{35}}2. \]

Maintenant, on calcule la hauteur issue de \(D\).

Le plan est :

\[ x+5y+3z-7=0. \]

Un vecteur normal est :

\[ \vec n(1;5;3). \]

La droite normale au plan passant par \(D(3;2;4)\) est :

\[ \Delta: \begin{cases} x=3+t\\ y=2+5t\\ z=4+3t \end{cases} \quad t\in\mathbb R. \]

On cherche son intersection avec le plan :

\[ (3+t)+5(2+5t)+3(4+3t)-7=0. \] \[ 3+t+10+25t+12+9t-7=0. \] \[ 18+35t=0. \] \[ t=-\frac{18}{35}. \] \[ H\left( \frac{87}{35}; -\frac47; \frac{86}{35} \right). \] \[ \overrightarrow{DH} = \left( -\frac{18}{35}; -\frac{90}{35}; -\frac{54}{35} \right). \] \[ DH = \sqrt{ \left(-\frac{18}{35}\right)^2 + \left(-\frac{90}{35}\right)^2 + \left(-\frac{54}{35}\right)^2 } = \frac{18}{35}\sqrt{35}. \] \[ DH = \frac{18\sqrt{35}}{35}. \] \[ V_{ABCD} = \frac13 \times \mathcal A_{ABC} \times DH. \] \[ V_{ABCD} = \frac13 \times \frac{\sqrt{35}}2 \times \frac{18\sqrt{35}}{35} = 3. \] \[ \boxed{ V_{ABCD}=3. } \]

Partie III — Exercices type Bac

Exercices longs de géométrie dans l’espace : plans, droites d’intersection, orthogonalité, distance par projection orthogonale, médiane, hauteur, sphère et tangence.

Exercice type Bac 1 — Trois plans et droite d’intersection

On se place dans un repère orthonormé \((O;\vec i,\vec j,\vec k)\) de l’espace. On considère les points :

\[ A(1;0;3),\qquad B(-2;1;2),\qquad C(0;3;2). \]
    1. Montrer que les points \(A\), \(B\) et \(C\) ne sont pas alignés.
    2. Soit \(\vec n(-1;1;4)\). Vérifier que \(\vec n\) est orthogonal au plan \((ABC)\).
    3. En déduire que le plan \((ABC)\) admet pour équation cartésienne : \[ -x+y+4z-11=0. \]
  2. On considère les plans \(\mathcal P\) et \(\mathcal P'\) d’équations : \[ \mathcal P:3x-3y+2z-9=0, \qquad \mathcal P':x-y-z+2=0. \]
    1. Démontrer que les plans \(\mathcal P\) et \(\mathcal P'\) sont sécants. On note \((d)\) leur droite d’intersection.
    2. Déterminer si les plans \(\mathcal P\) et \(\mathcal P'\) sont perpendiculaires.
  3. Montrer que la droite \((d)\) est dirigée par le vecteur \(\vec u(1;1;0)\).
  4. Montrer que le point \(M(2;1;3)\) appartient aux plans \(\mathcal P\) et \(\mathcal P'\). En déduire une représentation paramétrique de la droite \((d)\).
  5. Montrer que la droite \((d)\) est aussi incluse dans le plan \((ABC)\). Que peut-on dire des trois plans \((ABC)\), \(\mathcal P\) et \(\mathcal P'\) ?
Indice détaillé

Pour montrer qu’une droite est l’intersection de deux plans, on cherche un point commun puis un vecteur directeur commun. Pour montrer qu’elle est incluse dans un troisième plan, on remplace les coordonnées paramétriques dans l’équation du plan.

Correction détaillée

1.a. Non-alignement.

\[ \overrightarrow{AB}=B-A=(-3;1;-1), \qquad \overrightarrow{AC}=C-A=(-1;3;-1). \]

Les deux vecteurs ne sont pas colinéaires : par exemple, si \(\overrightarrow{AB}=k\overrightarrow{AC}\), alors avec les premières coordonnées on aurait \(k=3\), mais avec les deuxièmes coordonnées on aurait \(1=9\), impossible.

\[ \boxed{A,\ B\ \text{et}\ C\ \text{ne sont pas alignés.}} \]

1.b. Orthogonalité au plan \((ABC)\).

On calcule les produits scalaires avec deux vecteurs non colinéaires du plan :

\[ \vec n\cdot\overrightarrow{AB} =(-1)(-3)+1\times1+4(-1) =3+1-4=0. \] \[ \vec n\cdot\overrightarrow{AC} =(-1)(-1)+1\times3+4(-1) =1+3-4=0. \]

Le vecteur \(\vec n\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan, donc il est normal au plan \((ABC)\).

\[ \boxed{\vec n(-1;1;4)\ \text{est un vecteur normal à}\ (ABC).} \]

1.c. Équation du plan \((ABC)\).

Comme \(\vec n(-1;1;4)\) est normal au plan, une équation de \((ABC)\) est :

\[ -x+y+4z+d=0. \]

On utilise le point \(A(1;0;3)\) :

\[ -1+0+12+d=0 \Longleftrightarrow 11+d=0 \Longleftrightarrow d=-11. \] \[ \boxed{(ABC): -x+y+4z-11=0.} \]

2.a. Plans sécants.

Un vecteur normal à \(\mathcal P\) est \(\vec n_{\mathcal P}(3;-3;2)\), et un vecteur normal à \(\mathcal P'\) est \(\vec n_{\mathcal P'}(1;-1;-1)\).

Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires car les rapports \(3/1\), \((-3)/(-1)\) et \(2/(-1)\) ne sont pas tous égaux.

\[ \boxed{\mathcal P\ \text{et}\ \mathcal P'\ \text{sont sécants.}} \]

2.b. Perpendicularité des plans.

Deux plans sont perpendiculaires si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux.

\[ \vec n_{\mathcal P}\cdot\vec n_{\mathcal P'} =3\times1+(-3)\times(-1)+2\times(-1) =3+3-2=4. \]

Le produit scalaire n’est pas nul.

\[ \boxed{\mathcal P\ \text{et}\ \mathcal P'\ \text{ne sont pas perpendiculaires.}} \]

3. Vecteur directeur de \((d)\).

Une droite d’intersection de deux plans est dirigée par un vecteur orthogonal aux deux vecteurs normaux. On teste \(\vec u(1;1;0)\).

\[ \vec u\cdot\vec n_{\mathcal P} =1\times3+1\times(-3)+0\times2=0. \] \[ \vec u\cdot\vec n_{\mathcal P'} =1\times1+1\times(-1)+0\times(-1)=0. \] \[ \boxed{\vec u(1;1;0)\ \text{dirige la droite}\ (d).} \]

4. Point commun et représentation paramétrique.

On vérifie d’abord que \(M(2;1;3)\) appartient aux deux plans :

\[ 3\times2-3\times1+2\times3-9 =6-3+6-9=0, \] \[ 2-1-3+2=0. \]

Donc \(M\in\mathcal P\cap\mathcal P'\). Comme \(\vec u(1;1;0)\) dirige \((d)\), on obtient :

\[ \boxed{ (d): \begin{cases} x=2+t\\ y=1+t\\ z=3 \end{cases} \quad t\in\mathbb R. } \]

5. Inclusion dans le plan \((ABC)\).

On remplace \(x\), \(y\), \(z\) par les coordonnées d’un point quelconque de \((d)\) :

\[ -(2+t)+(1+t)+4\times3-11 =-2-t+1+t+12-11=0. \]

Tous les points de \((d)\) vérifient l’équation de \((ABC)\), donc \((d)\subset(ABC)\).

\[ \boxed{(ABC),\ \mathcal P\ \text{et}\ \mathcal P'\ \text{ont une droite commune :}\ (d).} \]

Exercice type Bac 2 — Vrai/Faux sur plans, droite et sphère

Dans le repère orthonormé \((O;\vec i,\vec j,\vec k)\) de l’espace, on considère les plans :

\[ \mathcal P:x-y-z-2=0, \qquad \mathcal P':x+y+3z=0. \]

On considère aussi la droite \(\mathcal D\) de représentation paramétrique :

\[ \mathcal D: \begin{cases} x=-3-2t\\ y=2t\\ z=1+2t \end{cases} \quad t\in\mathbb R. \]

Pour chaque proposition, indiquer si elle est vraie ou fausse et justifier la réponse.

  1. La droite \(\mathcal D\) est orthogonale au plan \(\mathcal P\).
  2. La sphère \(\mathcal S\) de centre \(O\) et de rayon \(2\) est tangente au plan \(\mathcal P\).
  3. L’intersection des plans \(\mathcal P\) et \(\mathcal P'\) est la droite \(\Delta\) de représentation paramétrique : \[ \Delta: \begin{cases} x=1-t'\\ y=-1-2t'\\ z=t' \end{cases} \quad t'\in\mathbb R. \]
  4. Les droites \(\mathcal D\) et \(\Delta\) sont coplanaires.
Indice détaillé

Pour une droite orthogonale à un plan, son vecteur directeur doit être colinéaire à un vecteur normal du plan. Pour une sphère tangente à un plan, le rayon doit être égal à la distance du centre au plan. Pour deux droites, commencer par comparer leurs vecteurs directeurs, puis chercher une éventuelle intersection.

Correction détaillée

Proposition 1.

La droite \(\mathcal D\) a pour vecteur directeur :

\[ \vec u_{\mathcal D}(-2;2;2). \]

Le plan \(\mathcal P:x-y-z-2=0\) admet pour vecteur normal :

\[ \vec n_{\mathcal P}(1;-1;-1). \]

On remarque que :

\[ \vec u_{\mathcal D}=-2\vec n_{\mathcal P}. \]

Le vecteur directeur de la droite est colinéaire à un vecteur normal du plan.

\[ \boxed{\text{Proposition 1 vraie.}} \]

Proposition 2.

Pour éviter d’utiliser une formule directe, on projette orthogonalement \(O\) sur le plan \(\mathcal P\). La droite normale à \(\mathcal P\) passant par \(O\) est dirigée par \(\vec n_{\mathcal P}(1;-1;-1)\) :

\[ \begin{cases} x=s\\ y=-s\\ z=-s \end{cases} \quad s\in\mathbb R. \]

On cherche son intersection \(H\) avec \(\mathcal P\) :

\[ s-(-s)-(-s)-2=0 \Longleftrightarrow 3s-2=0 \Longleftrightarrow s=\frac23. \] \[ H\left(\frac23;-\frac23;-\frac23\right). \]

Donc :

\[ OH =\sqrt{\left(\frac23\right)^2+ \left(-\frac23\right)^2+ \left(-\frac23\right)^2} =\frac{2\sqrt3}{3}. \]

Or \(\frac{2\sqrt3}{3}\neq2\). La distance du centre \(O\) au plan n’est pas égale au rayon.

\[ \boxed{\text{Proposition 2 fausse.}} \]

Proposition 3.

On vérifie que tout point de \(\Delta\) appartient aux deux plans.

Dans \(\mathcal P\) :

\[ (1-t')-(-1-2t')-t'-2 =1-t'+1+2t'-t'-2=0. \]

Dans \(\mathcal P'\) :

\[ (1-t')+(-1-2t')+3t' =1-t'-1-2t'+3t'=0. \]

La droite \(\Delta\) est donc incluse dans \(\mathcal P\cap\mathcal P'\). Les vecteurs normaux des plans ne sont pas colinéaires, donc leur intersection est bien une droite.

\[ \boxed{\text{Proposition 3 vraie.}} \]

Proposition 4.

La droite \(\mathcal D\) est dirigée par \(\vec u_{\mathcal D}(-2;2;2)\). La droite \(\Delta\) est dirigée par \(\vec u_{\Delta}(-1;-2;1)\).

Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, donc si les droites sont coplanaires, elles doivent être sécantes. On cherche une intersection :

\[ \begin{cases} -3-2t=1-t'\\ 2t=-1-2t'\\ 1+2t=t' \end{cases} \]

Avec la troisième équation, \(t'=1+2t\). On remplace dans la première :

\[ -3-2t=1-(1+2t)=-2t. \]

On obtient \(-3=0\), impossible. Les deux droites ne sont pas sécantes.

Elles ne sont ni parallèles ni sécantes : elles sont donc non coplanaires.

\[ \boxed{\text{Proposition 4 fausse.}} \]

Exercice type Bac 3 — Hauteur, médiane et projeté orthogonal

L’espace est rapporté à un repère orthonormé \((O;\vec i,\vec j,\vec k)\). On considère les points :

\[ A(0;0;2),\qquad B(0;4;0),\qquad C(2;0;0). \]
    1. Vérifier qu’une équation du plan \((ABC)\) est : \(2x+y+2z=4\).
    2. Calculer la distance du point \(O\) au plan \((ABC)\).
    1. Déterminer une équation du plan \(P\) passant par \(A\) et orthogonal à la droite \((BC)\).
    2. Soit \(\Delta\) la droite intersection du plan \(P\) et du plan \((ABC)\). Déterminer une représentation paramétrique de \(\Delta\). Quel rôle joue cette droite dans le triangle \(ABC\) ?
    1. Soit \(\Delta'\) la médiane issue de \(B\) du triangle \(ABC\). Montrer qu’une représentation paramétrique de \(\Delta'\) est : \[ \Delta': \begin{cases} x=t\\ y=4-4t\\ z=t \end{cases} \quad t\in\mathbb R. \]
    2. Montrer que le triangle \(ABC\) est isocèle.
  4. Soit \(H\) le point d’intersection des droites \(\Delta\) et \(\Delta'\). Montrer que \(H\left(\frac89;\frac49;\frac89\right)\). Que représente le point \(H\) pour le triangle \(ABC\) ?
  5. Montrer que le point \(H\) est le projeté orthogonal du point \(O\) sur le plan \((ABC)\). Retrouver alors la distance du point \(O\) au plan \((ABC)\).
Indice détaillé

Pour la distance de \(O\) au plan, construis la droite normale au plan passant par \(O\), puis cherche son intersection avec \((ABC)\). Pour la hauteur du triangle, le plan \(P\) doit contenir \(A\) et être perpendiculaire à \((BC)\), donc son vecteur normal est dirigé par \(\overrightarrow{BC}\).

Correction détaillée

1.a. Équation du plan \((ABC)\).

On vérifie que les trois points satisfont l’équation \(2x+y+2z=4\).

\[ A(0;0;2):\quad 2\times0+0+2\times2=4. \] \[ B(0;4;0):\quad 2\times0+4+2\times0=4. \] \[ C(2;0;0):\quad 2\times2+0+2\times0=4. \]

Les trois points appartiennent à ce plan et ils ne sont pas alignés, donc c’est bien le plan \((ABC)\).

\[ \boxed{(ABC):2x+y+2z=4.} \]

1.b. Distance de \(O\) au plan \((ABC)\).

Le plan \((ABC)\) a pour vecteur normal \(\vec n(2;1;2)\). La droite normale au plan passant par \(O(0;0;0)\) est :

\[ \begin{cases} x=2s\\ y=s\\ z=2s \end{cases} \quad s\in\mathbb R. \]

On cherche son intersection avec le plan :

\[ 2(2s)+s+2(2s)=4 \Longleftrightarrow 9s=4 \Longleftrightarrow s=\frac49. \] \[ H\left(\frac89;\frac49;\frac89\right). \]

Donc :

\[ OH =\sqrt{\left(\frac89\right)^2+ \left(\frac49\right)^2+ \left(\frac89\right)^2} =\sqrt{\frac{64+16+64}{81}} =\frac{12}{9} =\frac43. \] \[ \boxed{d(O;(ABC))=\frac43.} \]

2.a. Plan \(P\) passant par \(A\) et orthogonal à \((BC)\).

On calcule :

\[ \overrightarrow{BC}=C-B=(2;-4;0). \]

Le plan \(P\) est orthogonal à la droite \((BC)\), donc \(\overrightarrow{BC}\) est un vecteur normal de \(P\). Avec le point \(A(0;0;2)\), on écrit :

\[ 2(x-0)-4(y-0)+0(z-2)=0. \] \[ 2x-4y=0 \Longleftrightarrow \boxed{P:x-2y=0.} \]

2.b. Droite \(\Delta=P\cap(ABC)\).

On résout le système :

\[ \begin{cases} x-2y=0\\ 2x+y+2z=4 \end{cases} \]

On pose \(y=t\). Alors \(x=2t\), puis :

\[ 2(2t)+t+2z=4 \Longleftrightarrow 5t+2z=4 \Longleftrightarrow z=2-\frac52t. \]

Pour éviter les fractions, on pose \(t=2\lambda\). On obtient :

\[ \boxed{ \Delta: \begin{cases} x=4\lambda\\ y=2\lambda\\ z=2-5\lambda \end{cases} \quad \lambda\in\mathbb R. } \]

Comme \(\Delta\) passe par \(A\) et est contenue dans le plan \(P\), qui est orthogonal à \((BC)\), la droite \(\Delta\) est la hauteur issue de \(A\) dans le triangle \(ABC\).

\[ \boxed{\Delta\ \text{est la hauteur issue de}\ A.} \]

3.a. Médiane issue de \(B\).

Le milieu de \([AC]\) est :

\[ I\left(\frac{0+2}{2};\frac{0+0}{2};\frac{2+0}{2}\right) =I(1;0;1). \]

La médiane issue de \(B\) passe par \(B(0;4;0)\) et \(I(1;0;1)\). Son vecteur directeur est :

\[ \overrightarrow{BI}=I-B=(1;-4;1). \]

D’où :

\[ \boxed{ \Delta': \begin{cases} x=t\\ y=4-4t\\ z=t \end{cases} \quad t\in\mathbb R. } \]

3.b. Triangle isocèle.

\[ AB^2=(0-0)^2+(4-0)^2+(0-2)^2=16+4=20. \] \[ BC^2=(2-0)^2+(0-4)^2+(0-0)^2=4+16=20. \] \[ \boxed{AB=BC=2\sqrt5,\ \text{donc le triangle}\ ABC\ \text{est isocèle en}\ B.} \]

4. Intersection des droites \(\Delta\) et \(\Delta'\).

On cherche l’intersection entre :

\[ \Delta: \begin{cases} x=4\lambda\\ y=2\lambda\\ z=2-5\lambda \end{cases} \qquad \Delta': \begin{cases} x=t\\ y=4-4t\\ z=t. \end{cases} \]

On résout :

\[ 4\lambda=t, \qquad 2\lambda=4-4t, \qquad 2-5\lambda=t. \]

Avec \(t=4\lambda\), la troisième équation donne :

\[ 2-5\lambda=4\lambda \Longleftrightarrow 9\lambda=2 \Longleftrightarrow \lambda=\frac29. \] \[ t=4\lambda=\frac89. \]

Donc :

\[ H\left(\frac89;\frac49;\frac89\right). \]

Le point \(H\) est l’intersection d’une hauteur et d’une médiane. Comme le triangle est isocèle en \(B\), la médiane issue de \(B\) est aussi une hauteur. Ainsi \(H\) est le point de concours des hauteurs.

\[ \boxed{H\ \text{est l’orthocentre du triangle}\ ABC.} \]

5. Projeté orthogonal de \(O\) sur \((ABC)\).

On a trouvé :

\[ H\left(\frac89;\frac49;\frac89\right). \]

Alors :

\[ \overrightarrow{OH} =\left(\frac89;\frac49;\frac89\right) =\frac49(2;1;2). \]

Or \((2;1;2)\) est un vecteur normal au plan \((ABC)\). Donc \((OH)\) est perpendiculaire au plan \((ABC)\). Comme \(H\in(ABC)\), le point \(H\) est le projeté orthogonal de \(O\) sur \((ABC)\).

\[ OH=\frac43. \] \[ \boxed{d(O;(ABC))=\frac43.} \]

Exercice type Bac 4 — Produit scalaire, plans sécants, sphère et tangence

L’espace est rapporté à un repère orthonormé direct \((O;\vec i,\vec j,\vec k)\). On considère les points :

\[ A(-2;0;1),\qquad B(1;2;-1),\qquad C(-2;2;2). \]
    1. Calculer le produit scalaire \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\), puis les longueurs \(AB\) et \(AC\).
    2. En déduire une valeur approchée, arrondie au degré près, de l’angle \(\widehat{BAC}\).
    3. En déduire que les points \(A\), \(B\) et \(C\) ne sont pas alignés.
  2. Vérifier qu’une équation cartésienne du plan \((ABC)\) est : \[ 2x-y+2z+2=0. \]
  3. Soient \(\mathcal P_1\) et \(\mathcal P_2\) les plans d’équations respectives : \[ \mathcal P_1:x+y-3z+3=0, \qquad \mathcal P_2:x-2y+6z=0. \] Montrer que les plans \(\mathcal P_1\) et \(\mathcal P_2\) sont sécants selon une droite \(\mathcal D\) dont un système d’équations paramétriques est : \[ \mathcal D: \begin{cases} x=-2\\ y=-1+3t\\ z=t \end{cases} \quad t\in\mathbb R. \]
  4. Démontrer que la droite \(\mathcal D\) et le plan \((ABC)\) sont sécants et déterminer les coordonnées de leur point d’intersection.
  5. Soit \(\mathcal S\) la sphère de centre \(\Omega(1;-3;1)\) et de rayon \(r=3\).
    1. Donner une équation cartésienne de la sphère \(\mathcal S\).
    2. Étudier l’intersection de la sphère \(\mathcal S\) et de la droite \(\mathcal D\).
    3. Démontrer que le plan \((ABC)\) est tangent à la sphère \(\mathcal S\).
Indice détaillé

Pour l’angle, utilise la formule du produit scalaire. Pour l’intersection droite-plan, remplace les coordonnées paramétriques dans l’équation du plan. Pour la tangence, construis la droite normale au plan \((ABC)\) passant par \(\Omega\), puis calcule le point d’intersection avec le plan et la longueur obtenue.

Correction détaillée

1.a. Produit scalaire et longueurs.

\[ \overrightarrow{AB}=B-A=(3;2;-2), \qquad \overrightarrow{AC}=C-A=(0;2;1). \] \[ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} =3\times0+2\times2+(-2)\times1 =2. \] \[ AB=\sqrt{3^2+2^2+(-2)^2}=\sqrt{13}, \qquad AC=\sqrt{0^2+2^2+1^2}=\sqrt5. \] \[ \boxed{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=2, \qquad AB=\sqrt{13},\qquad AC=\sqrt5.} \]

1.b. Angle \(\widehat{BAC}\).

On utilise :

\[ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} =AB\times AC\times\cos(\widehat{BAC}). \] \[ \cos(\widehat{BAC}) =\frac{2}{\sqrt{13}\sqrt5} =\frac{2}{\sqrt{65}}. \]

Donc :

\[ \widehat{BAC}\approx 76^\circ. \] \[ \boxed{\widehat{BAC}\approx 76^\circ.} \]

1.c. Non-alignement.

Si les points \(A\), \(B\) et \(C\) étaient alignés, l’angle \(\widehat{BAC}\) vaudrait \(0^\circ\) ou \(180^\circ\). Or on a trouvé environ \(76^\circ\).

\[ \boxed{A, B\ \text{et}\ C\ \text{ne sont pas alignés.}} \]

2. Vérification de l’équation du plan \((ABC)\).

On remplace les coordonnées des trois points dans \(2x-y+2z+2\).

\[ A(-2;0;1):\quad 2(-2)-0+2(1)+2=0. \] \[ B(1;2;-1):\quad 2(1)-2+2(-1)+2=0. \] \[ C(-2;2;2):\quad 2(-2)-2+2(2)+2=0. \]

Les trois points appartiennent au plan proposé et ils ne sont pas alignés, donc ce plan est bien le plan \((ABC)\).

\[ \boxed{(ABC):2x-y+2z+2=0.} \]

3. Intersection des plans \(\mathcal P_1\) et \(\mathcal P_2\).

Les vecteurs normaux sont :

\[ \vec n_1(1;1;-3), \qquad \vec n_2(1;-2;6). \]

Ils ne sont pas colinéaires, donc les plans \(\mathcal P_1\) et \(\mathcal P_2\) sont sécants.

Vérifions maintenant la représentation donnée. Pour un point de \(\mathcal D\), on a :

\[ x=-2, \qquad y=-1+3t, \qquad z=t. \]

Dans \(\mathcal P_1\) :

\[ x+y-3z+3 =-2+(-1+3t)-3t+3=0. \]

Dans \(\mathcal P_2\) :

\[ x-2y+6z =-2-2(-1+3t)+6t=0. \]

Tous les points de la droite proposée appartiennent aux deux plans. Comme les deux plans sont sécants, cette droite est leur droite d’intersection.

\[ \boxed{\mathcal P_1\cap\mathcal P_2=\mathcal D.} \]

4. Intersection de \(\mathcal D\) avec \((ABC)\).

On remplace dans l’équation du plan \((ABC)\) :

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

Pour \(t=-1\), on obtient :

\[ x=-2, \qquad y=-1+3(-1)=-4, \qquad z=-1. \] \[ \boxed{\mathcal D\cap(ABC)=\{K(-2;-4;-1)\}.} \]

5.a. Équation de la sphère.

Une sphère de centre \(\Omega(a;b;c)\) et de rayon \(r\) a pour équation : \((x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2=r^2\).

\[ \boxed{\mathcal S:(x-1)^2+(y+3)^2+(z-1)^2=9.} \]

5.b. Intersection de \(\mathcal S\) avec \(\mathcal D\).

On remplace les coordonnées de \(\mathcal D\) dans l’équation de la sphère :

\[ (-2-1)^2+((-1+3t)+3)^2+(t-1)^2=9. \] \[ 9+(2+3t)^2+(t-1)^2=9. \] \[ (2+3t)^2+(t-1)^2=0. \]

Une somme de deux carrés est nulle seulement si les deux carrés sont nuls. Il faudrait donc \(2+3t=0\) et \(t-1=0\) en même temps, ce qui est impossible.

\[ \boxed{\mathcal S\cap\mathcal D=\varnothing.} \]

5.c. Tangence du plan \((ABC)\) avec la sphère.

Le plan \((ABC)\) a pour vecteur normal \(\vec n(2;-1;2)\). On construit la droite normale au plan passant par \(\Omega(1;-3;1)\) :

\[ \begin{cases} x=1+2s\\ y=-3-s\\ z=1+2s \end{cases} \quad s\in\mathbb R. \]

On cherche l’intersection avec le plan \((ABC)\) :

\[ 2(1+2s)-(-3-s)+2(1+2s)+2=0. \] \[ 9+9s=0 \Longleftrightarrow s=-1. \]

Le point d’intersection est :

\[ T(-1;-2;-1). \]

On calcule la longueur \(\Omega T\) :

\[ \Omega T =\sqrt{(-2)^2+1^2+(-2)^2} =3. \]

La distance du centre \(\Omega\) au plan \((ABC)\) est donc égale au rayon de la sphère. Le plan est tangent à la sphère.

\[ \boxed{(ABC)\ \text{est tangent à}\ \mathcal S\ \text{au point}\ T(-1;-2;-1).} \]

Exercice type Bac 5 — Droite incluse dans un plan et distance minimale

L’espace est rapporté à un repère orthonormé \((O;\vec i,\vec j,\vec k)\). Soit \(\mathcal P\) le plan d’équation :

\[ 3x+y-z-1=0. \]

Soit \(\mathcal D\) la droite dont une représentation paramétrique est :

\[ \mathcal D: \begin{cases} x=-t+1\\ y=2t\\ z=-t+2 \end{cases} \quad t\in\mathbb R. \]
    1. Le point \(C(1;3;2)\) appartient-il au plan \(\mathcal P\) ? Justifier.
    2. Démontrer que la droite \(\mathcal D\) est incluse dans le plan \(\mathcal P\).
  2. Soit \(\mathcal Q\) le plan passant par le point \(C\) et orthogonal à la droite \(\mathcal D\).
    1. Déterminer une équation cartésienne du plan \(\mathcal Q\).
    2. Calculer les coordonnées du point \(I\), point d’intersection du plan \(\mathcal Q\) et de la droite \(\mathcal D\).
    3. Montrer que \(CI=\sqrt3\).
  3. Soit \(t\) un nombre réel et \(M_t\) le point de la droite \(\mathcal D\) de coordonnées \((-t+1;2t;-t+2)\).
    1. Vérifier que, pour tout nombre réel \(t\), \(CM_t^2=6t^2-12t+9\).
    2. Montrer que \(CI\) est la valeur minimale de \(CM_t\) lorsque \(t\) décrit l’ensemble des nombres réels.
Indice détaillé

Le vecteur directeur de \(\mathcal D\) est visible dans la représentation paramétrique. Si un plan est orthogonal à une droite, alors ce vecteur directeur est un vecteur normal du plan. Pour la distance minimale, complète le carré dans l’expression de \(CM_t^2\).

Correction détaillée

1.a. Appartenance de \(C\) au plan \(\mathcal P\).

On remplace \(x\), \(y\), \(z\) par les coordonnées de \(C(1;3;2)\) :

\[ 3\times1+3-2-1=3. \]

Le résultat n’est pas nul, donc \(C\) n’appartient pas au plan \(\mathcal P\).

\[ \boxed{C\notin\mathcal P.} \]

1.b. Inclusion de \(\mathcal D\) dans \(\mathcal P\).

On remplace les coordonnées d’un point quelconque de \(\mathcal D\) dans l’équation de \(\mathcal P\) :

\[ 3(-t+1)+2t-(-t+2)-1 =-3t+3+2t+t-2-1 =0. \]

Tous les points de \(\mathcal D\) vérifient l’équation de \(\mathcal P\), donc la droite est incluse dans le plan.

\[ \boxed{\mathcal D\subset\mathcal P.} \]

2.a. Équation du plan \(\mathcal Q\).

La droite \(\mathcal D\) a pour vecteur directeur :

\[ \vec u(-1;2;-1). \]

Le plan \(\mathcal Q\) est orthogonal à la droite \(\mathcal D\), donc \(\vec u\) est un vecteur normal de \(\mathcal Q\). Comme \(\mathcal Q\) passe par \(C(1;3;2)\), on écrit :

\[ -1(x-1)+2(y-3)-1(z-2)=0. \] \[ -x+1+2y-6-z+2=0 \Longleftrightarrow -x+2y-z-3=0. \] \[ \boxed{\mathcal Q:-x+2y-z-3=0.} \]

2.b. Point d’intersection \(I=\mathcal Q\cap\mathcal D\).

On remplace les coordonnées de \(\mathcal D\) dans l’équation de \(\mathcal Q\) :

\[ -(-t+1)+2(2t)-(-t+2)-3=0. \] \[ t-1+4t+t-2-3=0 \Longleftrightarrow 6t-6=0 \Longleftrightarrow t=1. \]

Pour \(t=1\), on obtient :

\[ I(0;2;1). \] \[ \boxed{I(0;2;1).} \]

2.c. Longueur \(CI\).

\[ \overrightarrow{CI}=I-C=(-1;-1;-1). \] \[ CI=\sqrt{(-1)^2+(-1)^2+(-1)^2}=\sqrt3. \] \[ \boxed{CI=\sqrt3.} \]

3.a. Expression de \(CM_t^2\).

On a :

\[ C(1;3;2), \qquad M_t(-t+1;2t;-t+2). \] \[ \overrightarrow{CM_t}=M_t-C=(-t;2t-3;-t). \] \[ CM_t^2=(-t)^2+(2t-3)^2+(-t)^2. \] \[ CM_t^2=t^2+(4t^2-12t+9)+t^2 =6t^2-12t+9. \] \[ \boxed{CM_t^2=6t^2-12t+9.} \]

3.b. Distance minimale.

On complète le carré :

\[ CM_t^2 =6t^2-12t+9 =6(t^2-2t)+9 =6\left((t-1)^2-1\right)+9. \] \[ CM_t^2=6(t-1)^2+3. \]

Comme \((t-1)^2\geq0\), on a :

\[ CM_t^2\geq3. \]

La valeur minimale de \(CM_t^2\) est donc \(3\), atteinte pour \(t=1\). Ainsi la valeur minimale de \(CM_t\) est \(\sqrt3\).

Or, pour \(t=1\), le point \(M_t\) est précisément \(I(0;2;1)\). Donc :

\[ \boxed{\min_{t\in\mathbb R}CM_t=CI=\sqrt3.} \]

Partie IV — Bilan méthode

Ce bilan rassemble les réflexes essentiels à réutiliser dans les exercices type Bac : vérifier une appartenance, obtenir une équation de plan, construire une droite normale, traiter une intersection et conclure proprement sur une distance ou une tangence.

1. Montrer qu’un point appartient à un plan

On remplace les coordonnées du point dans l’équation du plan. Si le résultat est nul, alors le point appartient au plan.

\[ \boxed{ M(x_M;y_M;z_M)\in P \Longleftrightarrow ax_M+by_M+cz_M+d=0 } \]

2. Montrer qu’une droite est incluse dans un plan

On remplace les coordonnées paramétriques de la droite dans l’équation du plan. Si l’expression obtenue vaut toujours \(0\), alors tous les points de la droite appartiennent au plan.

\[ \boxed{ \forall t\in\mathbb R,\quad a x(t)+b y(t)+c z(t)+d=0 \Longrightarrow d\subset P } \]

3. Plan passant par un point et normal à un vecteur

Si le plan passe par \(A(x_A;y_A;z_A)\) et admet \(\vec n(a;b;c)\) comme vecteur normal, alors on écrit :

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

Cette méthode est la plus sûre pour construire un plan orthogonal à une droite.

4. Montrer que deux plans sont sécants

On compare leurs vecteurs normaux. Si les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires, alors les deux plans sont sécants selon une droite.

\[ \boxed{ \vec n_P\ \text{et}\ \vec n_Q\ \text{non colinéaires} \Longrightarrow P\cap Q\ \text{est une droite} } \]

5. Obtenir une droite d’intersection de deux plans

Une droite d’intersection se décrit avec un point commun et un vecteur directeur. Le vecteur directeur est orthogonal aux deux vecteurs normaux des plans.

\[ \boxed{ M\in P\cap Q, \quad \vec u\cdot\vec n_P=0, \quad \vec u\cdot\vec n_Q=0 } \] \[ \boxed{ d: \begin{cases} x=x_M+t u_x\\ y=y_M+t u_y\\ z=z_M+t u_z \end{cases} \quad t\in\mathbb R } \]

6. Distance point-plan par projeté orthogonal

Pour rester dans une méthode Bac sans formule directe, on construit la droite normale au plan passant par le point, puis on cherche son intersection avec le plan.

\[ \boxed{ \text{Si }H\text{ est le projeté orthogonal de }A\text{ sur }P, \quad d(A,P)=AH } \]

7. Distance point-droite et minimum

Si \(H\) est le projeté orthogonal de \(M\) sur une droite de vecteur directeur \(\vec u\), alors \(\overrightarrow{MH}\) est orthogonal à \(\vec u\).

\[ \boxed{ H\in d \quad\text{et}\quad \overrightarrow{MH}\cdot\vec u=0 \Longrightarrow d(M,d)=MH } \]

Quand une distance dépend d’un paramètre \(t\), on peut aussi minimiser \(CM_t^2\) en complétant le carré.

8. Tangence d’un plan et d’une sphère

Un plan est tangent à une sphère lorsque la distance du centre de la sphère au plan est égale au rayon. Le point de tangence est le projeté orthogonal du centre sur le plan.

\[ \boxed{ d(\Omega,P)=r \Longrightarrow P\ \text{est tangent à la sphère de centre }\Omega\text{ et de rayon }r } \]

9. Angle avec le produit scalaire

Pour calculer un angle, on utilise le produit scalaire et les longueurs.

\[ \boxed{ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} =AB\times AC\times\cos(\widehat{BAC}) } \]

10. Aire et volume

Pour une aire de triangle, on peut utiliser deux côtés et l’angle compris. Pour un tétraèdre, on utilise une base et une hauteur.

\[ \boxed{ \mathcal A_{ABC} = \frac12 \times AB \times AC \times \sin(\widehat{BAC}) } \] \[ \boxed{ V= \frac13 \times \text{aire de la base} \times \text{hauteur} } \]

Conclusion Bac à retenir

En géométrie dans l’espace, une bonne copie montre toujours les objets utilisés : un point, un vecteur directeur ou normal, puis une vérification par substitution ou par produit scalaire. La conclusion doit être écrite en phrase complète.

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