Question 1 — Coordonnées d’un vecteur
Voir l’exemple d’application 1 dans la Partie II →
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 \(\overrightarrow{AB}\).
Terminale Spécialité Mathématiques
Révision Bac — Géométrie dans l’espace
Droites, plans, coplanarité, distances, angles, aires et volumes.
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
Partie I — Questions de cours
Répondre de manière claire, concise et correctement rédigée.
Question 2 — Norme d’un vecteur
Voir l’exemple d’application 2 dans la Partie II →
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
Voir l’exemple d’application 3 dans la Partie II →
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
Voir l’exemple d’application 4 dans la Partie II →
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
Voir l’exemple d’application 5 dans la Partie II →
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
Voir l’exemple d’application 6 dans la Partie II →
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
Voir l’exemple d’application 7 dans la Partie II →
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
Voir l’exemple d’application 8 dans la Partie II →
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
Voir l’exemple d’application 9 dans la Partie II →
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
Voir l’exemple d’application 10 dans la Partie II →
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
Voir l’exemple d’application 11 dans la Partie II →
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
Voir l’exemple d’application 12 dans la Partie II →
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
Voir l’exemple d’application 13 dans la Partie II →
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
Voir l’exemple d’application 14 dans la Partie II →
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
Voir l’exemple d’application 15 dans la Partie II →
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 :
\[ \boxed{ V= \frac13 \times \text{aire de la base} \times \text{hauteur} } \]Question 16 — Montrer qu’un vecteur est normal au plan \((ABC)\)
Voir l’exemple d’application 16 dans la Partie II →
Soient trois points non alignés \(A\), \(B\), \(C\), et un vecteur \(\vec n(a;b;c)\). Comment montrer que \(\vec n\) est un vecteur normal au plan \((ABC)\) ?
Correction
Le plan \((ABC)\) est dirigé par deux vecteurs non colinéaires :
\[ \overrightarrow{AB} \quad \text{et} \quad \overrightarrow{AC}. \]Pour montrer que \(\vec n\) est normal au plan \((ABC)\), il suffit de montrer que \(\vec n\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan.
\[ \boxed{ \vec n\cdot\overrightarrow{AB}=0 \quad \text{et} \quad \vec n\cdot\overrightarrow{AC}=0 } \]
Attention :
les points \(A\), \(B\), \(C\) doivent être non alignés, sinon ils ne définissent
pas un plan unique.
Question 17 — Trouver un vecteur normal au plan \((ABC)\)
Voir l’exemple d’application 17 dans la Partie II →
Soient trois points non alignés \(A\), \(B\), \(C\). Comment déterminer un vecteur normal au plan \((ABC)\) sans utiliser le produit vectoriel ?
Correction
On calcule d’abord deux vecteurs du plan :
\[ \overrightarrow{AB} \quad \text{et} \quad \overrightarrow{AC}. \]On cherche ensuite un vecteur normal sous la forme \(\vec n(a;b;c)\), puis on impose deux conditions d’orthogonalité :
\[ \begin{cases} \vec n\cdot\overrightarrow{AB}=0\\ \vec n\cdot\overrightarrow{AC}=0 \end{cases} \]Ce système contient généralement deux équations et trois inconnues. On choisit une valeur simple pour l’une des inconnues, puis on détermine les autres.
\[ \boxed{ \text{Trouver un vecteur normal revient à résoudre deux équations d’orthogonalité.} } \]Question 18 — Trouver une équation du plan \((ABC)\)
Voir l’exemple d’application 18 dans la Partie II →
Soient trois points non alignés \(A\), \(B\), \(C\). Comment déterminer une équation cartésienne du plan \((ABC)\) ?
Correction
- Calculer deux vecteurs du plan : \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\).
- Trouver un vecteur normal \(\vec n(a;b;c)\) au plan.
- Écrire une équation sous la forme \(ax+by+cz+d=0\).
- Utiliser un point du plan, par exemple \(A\), pour déterminer \(d\).
Si \(\vec n(a;b;c)\) est un vecteur normal au plan, alors une équation du plan est :
\[ ax+by+cz+d=0. \]Comme \(A(x_A;y_A;z_A)\) appartient au plan :
\[ ax_A+by_A+cz_A+d=0. \]Cette relation permet de trouver \(d\).
\[ \boxed{(ABC): ax+by+cz+d=0} \]Question 19 — Montrer qu’une droite est orthogonale à un plan
Voir l’exemple d’application 19 dans la Partie II →
Soit une droite \(d\) de vecteur directeur \(\vec u\), et un plan \(P\) de vecteur normal \(\vec n\).
Correction
Une droite est orthogonale à un plan lorsque son vecteur directeur est colinéaire à un vecteur normal du plan.
\[ \boxed{ d\perp P \Longleftrightarrow \vec u \text{ et } \vec n \text{ sont colinéaires} } \]Autrement dit, il existe un réel \(k\) tel que :
\[ \vec u=k\vec n. \]Question 20 — Montrer qu’une droite est parallèle à un plan
Voir l’exemple d’application 20 dans la Partie II →
Soit une droite \(d\) de vecteur directeur \(\vec u\), et un plan \(P\) de vecteur normal \(\vec n\).
Correction
Une droite est parallèle à un plan lorsque son vecteur directeur est orthogonal au vecteur normal du plan.
\[ \boxed{ d\parallel P \Longleftrightarrow \vec u\cdot\vec n=0 } \]
Nuance importante :
si un point de la droite appartient au plan, alors la droite est incluse dans le plan.
Sinon, elle est strictement parallèle au plan.
Question 21 — Reconnaître deux plans parallèles ou perpendiculaires
Voir l’exemple d’application 21 dans la Partie II →
Soient deux plans \(P\) et \(Q\), de vecteurs normaux respectifs \(\vec n_P\) et \(\vec n_Q\).
Correction
Deux plans sont parallèles lorsque leurs vecteurs normaux sont colinéaires :
\[ \boxed{ P\parallel Q \Longleftrightarrow \vec n_P \text{ et } \vec n_Q \text{ sont colinéaires} } \]Deux plans sont perpendiculaires lorsque leurs vecteurs normaux sont orthogonaux :
\[ \boxed{ P\perp Q \Longleftrightarrow \vec n_P\cdot\vec n_Q=0 } \]Question 22 — Déterminer la droite d’intersection de deux plans
Voir l’exemple d’application 22 dans la Partie II →
Soient deux plans \(P\) et \(Q\) donnés par deux équations cartésiennes. Comment trouver leur droite d’intersection ?
Correction
On résout le système formé par les deux équations de plans :
\[ \begin{cases} P: ax+by+cz+d=0\\ Q: a'x+b'y+c'z+d'=0 \end{cases} \]Comme il y a deux équations pour trois inconnues, on choisit une inconnue comme paramètre, puis on exprime les deux autres en fonction de ce paramètre.
\[ \boxed{ P\cap Q=d \quad \text{avec une représentation paramétrique de } d } \]Question 23 — Montrer que deux droites sont non coplanaires
Voir l’exemple d’application 23 dans la Partie II →
Soient deux droites \(d\) et \(d'\) de l’espace. Comment montrer qu’elles sont non coplanaires ?
Correction
Deux droites sont coplanaires si elles sont parallèles ou sécantes. Pour montrer que deux droites sont non coplanaires, on montre donc :
- qu’elles ne sont pas parallèles ;
- qu’elles ne sont pas sécantes.
On vérifie d’abord que leurs vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires. Puis on résout le système obtenu en égalant leurs représentations paramétriques. Si ce système n’a pas de solution, les droites ne sont pas sécantes.
\[ \boxed{ \text{Non parallèles et non sécantes} \Longrightarrow \text{droites non coplanaires} } \]Question 24 — Vérifier un projeté orthogonal sur un plan
Voir l’exemple d’application 24 dans la Partie II →
Soit \(H\) un point du plan \(P\). Comment vérifier que \(H\) est le projeté orthogonal d’un point \(A\) sur le plan \(P\) ?
Correction
Il faut vérifier deux conditions :
- \(H\in P\) ;
- la droite \((AH)\) est orthogonale au plan \(P\).
Si \(\vec n\) est un vecteur normal du plan \(P\), alors il suffit de montrer que \(\overrightarrow{AH}\) est colinéaire à \(\vec n\).
\[ \boxed{ H \text{ est le projeté orthogonal de } A \text{ sur } P \Longleftrightarrow H\in P \text{ et } \overrightarrow{AH}\parallel \vec n } \]Question 25 — Vérifier un projeté orthogonal sur une droite
Voir l’exemple d’application 25 dans la Partie II →
Soit \(H\) un point d’une droite \(d\). Comment vérifier que \(H\) est le projeté orthogonal d’un point \(A\) sur la droite \(d\) ?
Correction
Il faut vérifier deux conditions :
- \(H\in d\) ;
- \(\overrightarrow{AH}\) est orthogonal à un vecteur directeur de \(d\).
Si \(\vec u\) est un vecteur directeur de \(d\), alors on vérifie :
\[ \boxed{ \overrightarrow{AH}\cdot\vec u=0 } \]Question 26 — Déterminer la position relative d’une droite et d’un plan
Voir l’exemple d’application 26 dans la Partie II →
Soit une droite \(d\) donnée par une représentation paramétrique et un plan \(P\) donné par une équation cartésienne. Comment déterminer leur position relative ?
Correction
On remplace les coordonnées paramétriques de la droite dans l’équation du plan. On obtient une équation en le paramètre.
- Si l’équation admet une solution unique, la droite coupe le plan en un point.
- Si l’on obtient une identité vraie, la droite est incluse dans le plan.
- Si l’on obtient une contradiction, la droite est strictement parallèle au plan.
Question 27 — Calculer un volume de tétraèdre
Voir l’exemple d’application 27 dans la Partie II →
Soit un tétraèdre \(ABCD\). Comment calculer son volume lorsque la base est le triangle \(ABC\) et que la hauteur est issue de \(D\) ?
Correction
On calcule d’abord l’aire du triangle \(ABC\). Ensuite, on calcule la hauteur, c’est-à-dire la distance du point \(D\) au plan \((ABC)\), par projection orthogonale.
\[ \boxed{ V_{ABCD} = \frac13\times \mathcal A_{ABC}\times d(D,(ABC)) } \]
Méthode Bac : aire de base, projeté orthogonal, hauteur, puis volume.
Partie II — Exercices d’application
Les 27 exercices suivants correspondent directement aux 27 questions de cours de la Partie I. Chaque application entraîne une méthode précise : coordonnées, norme, produit scalaire, droites, plans, intersections, projections, distances, aires et volumes.
Application 1 — Calculer les coordonnées d’un vecteur
On considère les points \(A(2;-3;5)\) et \(B(-1;4;2)\). Calculer les coordonnées du vecteur \(\overrightarrow{AB}\).
Indice
On soustrait les coordonnées de \(A\) à celles de \(B\).
Correction détaillée
\[ \overrightarrow{AB} = (x_B-x_A;y_B-y_A;z_B-z_A) \] \[ \overrightarrow{AB} = (-1-2;4-(-3);2-5) = (-3;7;-3) \] \[ \boxed{\overrightarrow{AB}=(-3;7;-3)} \]Application 2 — Calculer la norme d’un vecteur
Soit le vecteur \(\vec u(2;-3;6)\). Calculer \(\|\vec u\|\).
Indice
Utiliser \(\|\vec u\|=\sqrt{x^2+y^2+z^2}\).
Correction détaillée
\[ \|\vec u\| = \sqrt{2^2+(-3)^2+6^2} = \sqrt{4+9+36} = \sqrt{49} = 7 \] \[ \boxed{\|\vec u\|=7} \]Application 3 — Calculer une distance entre deux points
On considère les points \(A(1;2;-1)\) et \(B(4;-2;3)\). Calculer la distance \(AB\).
Indice
Calculer d’abord \(\overrightarrow{AB}\), puis sa norme.
Correction détaillée
\[ \overrightarrow{AB} = (4-1;-2-2;3-(-1)) = (3;-4;4) \] \[ AB = \|\overrightarrow{AB}\| = \sqrt{3^2+(-4)^2+4^2} = \sqrt{9+16+16} = \sqrt{41} \] \[ \boxed{AB=\sqrt{41}} \]Application 4 — Calculer un produit scalaire
Soient les vecteurs \(\vec u(2;-1;3)\) et \(\vec v(4;5;-2)\). Calculer \(\vec u\cdot\vec v\).
Indice
Multiplier les coordonnées de même rang puis additionner.
Correction détaillée
\[ \vec u\cdot\vec v = 2\times4+(-1)\times5+3\times(-2) \] \[ \vec u\cdot\vec v = 8-5-6 = -3 \] \[ \boxed{\vec u\cdot\vec v=-3} \]Application 5 — Tester une orthogonalité
Soient \(\vec u(1;2;-2)\) et \(\vec v(4;-1;1)\). Les vecteurs \(\vec u\) et \(\vec v\) sont-ils orthogonaux ?
Indice
Deux vecteurs sont orthogonaux si leur produit scalaire est nul.
Correction détaillée
\[ \vec u\cdot\vec v = 1\times4+2\times(-1)+(-2)\times1 = 4-2-2 = 0 \]Le produit scalaire est nul.
\[ \boxed{\vec u\perp\vec v} \]Application 6 — Tester une colinéarité
Soient \(\vec u(3;-6;9)\) et \(\vec v(-1;2;-3)\). Montrer que \(\vec u\) et \(\vec v\) sont colinéaires.
Indice
Chercher un réel \(k\) tel que \(\vec u=k\vec v\).
Correction détaillée
\[ -3\vec v = -3(-1;2;-3) = (3;-6;9) = \vec u \]Il existe donc un réel \(k=-3\) tel que \(\vec u=k\vec v\).
\[ \boxed{\vec u\text{ et }\vec v\text{ sont colinéaires}} \]Application 7 — Montrer que trois points sont alignés
On considère les points \(A(1;2;0)\), \(B(3;-2;4)\) et \(C(5;-6;8)\). Montrer que les points \(A\), \(B\), \(C\) sont alignés.
Indice
Comparer \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\).
Correction détaillée
\[ \overrightarrow{AB} = (3-1;-2-2;4-0) = (2;-4;4) \] \[ \overrightarrow{AC} = (5-1;-6-2;8-0) = (4;-8;8) \] \[ \overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AB} \]Les vecteurs sont colinéaires, donc les points sont alignés.
\[ \boxed{A,B,C\text{ sont alignés}} \]Application 8 — Montrer que quatre points sont coplanaires
On considère les points \(A(0;0;0)\), \(B(1;2;0)\), \(C(2;0;1)\) et \(D(6;4;2)\). Montrer que les points \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) sont coplanaires.
Indice
Chercher des réels \(\alpha\) et \(\beta\) tels que \(\overrightarrow{AD}=\alpha\overrightarrow{AB}+\beta\overrightarrow{AC}\).
Correction détaillée
\[ \overrightarrow{AB}=(1;2;0), \qquad \overrightarrow{AC}=(2;0;1), \qquad \overrightarrow{AD}=(6;4;2) \]On observe que :
\[ 2\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC} = 2(1;2;0)+2(2;0;1) \] \[ 2\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AC} = (2;4;0)+(4;0;2) = (6;4;2) = \overrightarrow{AD} \]Le vecteur \(\overrightarrow{AD}\) est donc combinaison linéaire de \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\).
\[ \boxed{A,B,C,D\text{ sont coplanaires}} \]Application 9 — Donner une représentation paramétrique d’une droite
Donner une représentation paramétrique de la droite passant par \(A(2;-1;3)\) et de vecteur directeur \(\vec u(1;4;-2)\).
Indice
Utiliser \((x;y;z)=(x_A;y_A;z_A)+t(a;b;c)\).
Correction détaillée
\[ \boxed{ \begin{cases} x=2+t\\ y=-1+4t\\ z=3-2t \end{cases} \quad t\in\mathbb{R} } \]Application 10 — Équation d’un plan avec un point et un vecteur normal
Déterminer une équation du plan \(P\) passant par \(A(1;-2;4)\) et de vecteur normal \(\vec n(3;1;-2)\).
Indice
Écrire \(3x+y-2z+d=0\), puis utiliser le point \(A\).
Correction détaillée
\[ P:3x+y-2z+d=0 \]Comme \(A\in P\), on a :
\[ 3\times1+(-2)-2\times4+d=0 \] \[ 3-2-8+d=0 \Longleftrightarrow d=7 \] \[ \boxed{P:3x+y-2z+7=0} \]Application 11 — Déterminer une équation cartésienne d’un plan
On considère le plan \(P\) passant par \(A(2;1;-1)\) et de vecteur normal \(\vec n(2;-3;1)\). Déterminer une équation cartésienne de \(P\).
Indice
Une équation est \(2x-3y+z+d=0\).
Correction détaillée
\[ 2x-3y+z+d=0 \]On utilise \(A(2;1;-1)\) :
\[ 2\times2-3\times1+(-1)+d=0 \] \[ 4-3-1+d=0 \Longleftrightarrow d=0 \] \[ \boxed{P:2x-3y+z=0} \]Application 12 — Intersection d’une droite et d’un plan
Soit le plan \(P:2x-y+z-6=0\) et la droite \(d\) définie par :
\[ \begin{cases} x=1+t\\ y=2+2t\\ z=3-t \end{cases} \quad t\in\mathbb{R}. \]Déterminer le point d’intersection de \(d\) avec \(P\).
Indice
Remplacer \(x\), \(y\), \(z\) par leurs expressions paramétriques.
Correction détaillée
\[ 2(1+t)-(2+2t)+(3-t)-6=0 \] \[ 2+2t-2-2t+3-t-6=0 \Longleftrightarrow -t-3=0 \] \[ t=-3 \]Donc :
\[ x=-2, \qquad y=-4, \qquad z=6 \] \[ \boxed{d\cap P=\{(-2;-4;6)\}} \]Application 13 — Distance d’un point à un plan par projection
Soit le plan \(P:x+2y+2z-9=0\) et le point \(A(0;1;1)\). Calculer la distance de \(A\) au plan \(P\), sans utiliser la formule directe.
Indice
Construire la droite passant par \(A\) et dirigée par un vecteur normal de \(P\), puis chercher son intersection \(H\) avec \(P\).
Correction détaillée
Un vecteur normal de \(P\) est :
\[ \vec n(1;2;2) \]La droite normale passant par \(A\) est :
\[ \begin{cases} x=t\\ y=1+2t\\ z=1+2t \end{cases} \quad t\in\mathbb{R} \]On remplace dans l’équation de \(P\) :
\[ t+2(1+2t)+2(1+2t)-9=0 \] \[ t+2+4t+2+4t-9=0 \Longleftrightarrow 9t-5=0 \] \[ t=\frac{5}{9} \]Le projeté orthogonal est donc :
\[ H\left(\frac59;1+\frac{10}{9};1+\frac{10}{9}\right) = H\left(\frac59;\frac{19}{9};\frac{19}{9}\right) \]La distance cherchée est \(AH\) :
\[ \overrightarrow{AH} = \left(\frac59;\frac{10}{9};\frac{10}{9}\right) \] \[ AH = \sqrt{\left(\frac59\right)^2+\left(\frac{10}{9}\right)^2+\left(\frac{10}{9}\right)^2} = \sqrt{\frac{25+100+100}{81}} = \sqrt{\frac{225}{81}} = \frac53 \] \[ \boxed{d(A;P)=\frac53} \]Application 14 — Distance d’un point à une droite par projeté orthogonal
Soit la droite \(d\) passant par \(B(1;2;0)\) et de vecteur directeur \(\vec u(2;-1;2)\). On considère le point \(A(4;3;5)\). Déterminer le projeté orthogonal \(H\) de \(A\) sur \(d\), puis la distance \(AH\).
Indice
Écrire \(H(1+2t;2-t;2t)\), puis imposer \(\overrightarrow{AH}\cdot\vec u=0\).
Correction détaillée
Un point de \(d\) s’écrit :
\[ H(1+2t;2-t;2t) \] \[ \overrightarrow{AH} = (1+2t-4;2-t-3;2t-5) = (2t-3;-t-1;2t-5) \]On impose \(\overrightarrow{AH}\cdot\vec u=0\) :
\[ (2t-3)\times2+(-t-1)\times(-1)+(2t-5)\times2=0 \] \[ 4t-6+t+1+4t-10=0 \Longleftrightarrow 9t-15=0 \] \[ t=\frac53 \]Donc :
\[ H\left(1+\frac{10}{3};2-\frac53;\frac{10}{3}\right) = H\left(\frac{13}{3};\frac13;\frac{10}{3}\right) \]Enfin :
\[ \overrightarrow{AH} = \left(\frac13;-\frac83;-\frac53\right) \] \[ AH = \sqrt{\frac19+\frac{64}{9}+\frac{25}{9}} = \sqrt{\frac{90}{9}} = \sqrt{10} \] \[ \boxed{d(A;d)=\sqrt{10}} \]Application 15 — Calculer le volume d’un tétraèdre
Un tétraèdre \(ABCD\) a pour base le triangle \(ABC\). On sait que l’aire de \(ABC\) est \(18\) et que la hauteur issue de \(D\) vaut \(7\). Calculer son volume.
Indice
Utiliser \(V=\dfrac13\times\text{aire de la base}\times\text{hauteur}\).
Correction détaillée
\[ V = \frac13\times18\times7 = 6\times7 = 42 \] \[ \boxed{V=42} \]Application 16 — Montrer qu’un vecteur est normal à un plan
On considère les points \(A(1;0;2)\), \(B(3;1;1)\), \(C(2;-1;4)\) et le vecteur \(\vec n(-1;5;3)\). Montrer que \(\vec n\) est normal au plan \((ABC)\).
Indice
Vérifier que \(\vec n\) est orthogonal à \(\overrightarrow{AB}\) et à \(\overrightarrow{AC}\).
Correction détaillée
\[ \overrightarrow{AB}=(2;1;-1), \qquad \overrightarrow{AC}=(1;-1;2) \] \[ \vec n\cdot\overrightarrow{AB} = (-1)\times2+5\times1+3\times(-1) = -2+5-3 = 0 \] \[ \vec n\cdot\overrightarrow{AC} = (-1)\times1+5\times(-1)+3\times2 = -1-5+6 = 0 \]Le vecteur \(\vec n\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan.
\[ \boxed{\vec n(-1;5;3)\text{ est normal au plan }(ABC)} \]Application 17 — Trouver un vecteur normal à un plan sans produit vectoriel
Soient \(A(1;0;2)\), \(B(3;1;1)\), \(C(2;-1;4)\). Déterminer un vecteur normal au plan \((ABC)\), sans utiliser le produit vectoriel.
Indice
Chercher \(\vec n(a;b;c)\) avec deux équations d’orthogonalité.
Correction détaillée
\[ \overrightarrow{AB}=(2;1;-1), \qquad \overrightarrow{AC}=(1;-1;2) \]On cherche \(\vec n(a;b;c)\) tel que :
\[ \begin{cases} 2a+b-c=0\\ a-b+2c=0 \end{cases} \]On choisit \(c=3\). Alors :
\[ \begin{cases} 2a+b=3\\ a-b=-6 \end{cases} \]De \(a-b=-6\), on a \(b=a+6\). Donc :
\[ 2a+a+6=3 \Longleftrightarrow 3a=-3 \Longleftrightarrow a=-1 \] \[ b=5 \] \[ \boxed{\vec n(-1;5;3)} \]Application 18 — Trouver une équation du plan \((ABC)\)
On reprend \(A(1;0;2)\), \(B(3;1;1)\), \(C(2;-1;4)\) et un vecteur normal \(\vec n(-1;5;3)\). Déterminer une équation du plan \((ABC)\).
Indice
Écrire \(-x+5y+3z+d=0\), puis utiliser le point \(A\).
Correction détaillée
\[ -x+5y+3z+d=0 \]Comme \(A(1;0;2)\in(ABC)\), on obtient :
\[ -1+5\times0+3\times2+d=0 \] \[ -1+6+d=0 \Longleftrightarrow d=-5 \] \[ \boxed{(ABC):-x+5y+3z-5=0} \]Application 19 — Montrer qu’une droite est orthogonale à un plan
Soit le plan \(P:2x-y+3z-4=0\) et la droite \(d\) définie par :
\[ \begin{cases} x=1+2t\\ y=3-t\\ z=5+3t \end{cases} \quad t\in\mathbb{R}. \]Montrer que \(d\perp P\).
Indice
Comparer le vecteur directeur de \(d\) au vecteur normal du plan.
Correction détaillée
Le vecteur normal du plan est :
\[ \vec n(2;-1;3) \]Le vecteur directeur de la droite est :
\[ \vec u(2;-1;3) \]Donc \(\vec u=\vec n\). Le vecteur directeur de la droite est colinéaire au vecteur normal du plan.
\[ \boxed{d\perp P} \]Application 20 — Montrer qu’une droite est parallèle à un plan
Soit le plan \(P:x+2y-z+1=0\) et une droite \(d\) de vecteur directeur \(\vec u(2;-1;0)\). Montrer que \(d\) est parallèle au plan \(P\).
Indice
Calculer \(\vec u\cdot\vec n\), où \(\vec n\) est un vecteur normal au plan.
Correction détaillée
Un vecteur normal au plan est :
\[ \vec n(1;2;-1) \] \[ \vec u\cdot\vec n = 2\times1+(-1)\times2+0\times(-1) = 2-2 = 0 \]Le vecteur directeur de la droite est orthogonal au vecteur normal du plan.
\[ \boxed{d\parallel P} \]Application 21 — Reconnaître deux plans parallèles ou perpendiculaires
On considère les plans :
\[ P:2x-y+3z+1=0, \qquad Q:4x-2y+6z-5=0, \qquad R:x+5y+z-2=0. \]Étudier la position relative de \(P\) avec \(Q\), puis de \(P\) avec \(R\).
Indice
Comparer les vecteurs normaux.
Correction détaillée
\[ \vec n_P(2;-1;3), \qquad \vec n_Q(4;-2;6), \qquad \vec n_R(1;5;1) \]On a \(\vec n_Q=2\vec n_P\), donc :
\[ \boxed{P\parallel Q} \]Ensuite :
\[ \vec n_P\cdot\vec n_R = 2\times1+(-1)\times5+3\times1 = 2-5+3 = 0 \] \[ \boxed{P\perp R} \]Application 22 — Déterminer la droite d’intersection de deux plans
Déterminer une représentation paramétrique de la droite d’intersection des plans :
\[ P:x+y+z-3=0, \qquad Q:2x-y+z-1=0. \]Indice
Poser \(z=t\), puis résoudre le système en \(x\) et \(y\).
Correction détaillée
On résout :
\[ \begin{cases} x+y+z=3\\ 2x-y+z=1 \end{cases} \]On pose \(z=t\). Alors :
\[ \begin{cases} x+y=3-t\\ 2x-y=1-t \end{cases} \]En additionnant :
\[ 3x=4-2t \Longleftrightarrow x=\frac{4-2t}{3} \] \[ y=3-t-x = \frac{5-t}{3} \] \[ \boxed{ \begin{cases} x=\dfrac{4-2t}{3}\\ y=\dfrac{5-t}{3}\\ z=t \end{cases} \quad t\in\mathbb{R} } \]Application 23 — Montrer que deux droites sont non coplanaires
On considère les droites :
\[ d: \begin{cases} x=1+t\\ y=2+t\\ z=3-t \end{cases} \quad t\in\mathbb{R} \] \[ d': \begin{cases} x=2+s\\ y=1-s\\ z=4+2s \end{cases} \quad s\in\mathbb{R}. \]Montrer que \(d\) et \(d'\) sont non coplanaires.
Indice
Montrer qu’elles ne sont ni parallèles ni sécantes.
Correction détaillée
Les vecteurs directeurs sont :
\[ \vec u(1;1;-1), \qquad \vec v(1;-1;2) \]Ils ne sont pas colinéaires, donc les droites ne sont pas parallèles.
On cherche ensuite une intersection :
\[ \begin{cases} 1+t=2+s\\ 2+t=1-s\\ 3-t=4+2s \end{cases} \]Les deux premières équations donnent :
\[ t-s=1, \qquad t+s=-1 \] \[ 2t=0 \Longleftrightarrow t=0, \qquad s=-1 \]Dans la troisième équation :
\[ 3-0=4+2(-1) \Longleftrightarrow 3=2 \]C’est impossible. Les droites ne sont pas sécantes.
\[ \boxed{d\text{ et }d'\text{ sont non coplanaires}} \]Application 24 — Vérifier un projeté orthogonal sur un plan
Soit le plan \(P:x-2y+2z-5=0\), le point \(A(4;1;6)\) et le point \(H(3;3;4)\). Vérifier que \(H\) est le projeté orthogonal de \(A\) sur \(P\).
Indice
Vérifier \(H\in P\), puis vérifier que \(\overrightarrow{AH}\) est colinéaire à un vecteur normal du plan.
Correction détaillée
Un vecteur normal de \(P\) est :
\[ \vec n(1;-2;2) \]Vérifions que \(H\in P\) :
\[ 3-2\times3+2\times4-5 = 3-6+8-5 = 0 \]Donc \(H\in P\).
\[ \overrightarrow{AH} = (3-4;3-1;4-6) = (-1;2;-2) = -\vec n \]Le vecteur \(\overrightarrow{AH}\) est colinéaire à un vecteur normal du plan. Ainsi, la droite \((AH)\) est orthogonale au plan \(P\).
\[ \boxed{H(3;3;4)\text{ est le projeté orthogonal de }A\text{ sur }P} \]Application 25 — Vérifier un projeté orthogonal sur une droite
Soit la droite \(d\) passant par \(B(1;2;0)\) et de vecteur directeur \(\vec u(2;-1;2)\). On considère \(A(4;3;5)\) et \(H\left(\dfrac{13}{3};\dfrac13;\dfrac{10}{3}\right)\). Vérifier que \(H\) est le projeté orthogonal de \(A\) sur \(d\).
Indice
Vérifier \(H\in d\), puis \(\overrightarrow{AH}\cdot\vec u=0\).
Correction détaillée
Un point de \(d\) s’écrit \((1+2t;2-t;2t)\).
Pour \(t=\dfrac53\), on obtient :
\[ \left(1+\frac{10}{3};2-\frac53;\frac{10}{3}\right) = \left(\frac{13}{3};\frac13;\frac{10}{3}\right) \]Donc \(H\in d\).
\[ \overrightarrow{AH} = \left(\frac13;-\frac83;-\frac53\right) \] \[ \overrightarrow{AH}\cdot\vec u = \frac13\times2+\left(-\frac83\right)\times(-1)+\left(-\frac53\right)\times2 \] \[ = \frac23+\frac83-\frac{10}{3} = 0 \] \[ \boxed{H\text{ est le projeté orthogonal de }A\text{ sur }d} \]Application 26 — Étudier la position relative d’une droite et d’un plan
On considère le plan \(P:2x-y+z-5=0\) et la droite \(d\) définie par :
\[ d: \begin{cases} x=1+t\\ y=2+3t\\ z=4-t \end{cases} \quad t\in\mathbb R. \]Déterminer la position relative de \(d\) et \(P\).
Indice
Remplacer \(x\), \(y\), \(z\) par leurs expressions paramétriques dans l’équation du plan.
Correction détaillée
On remplace dans l’équation du plan :
\[ 2(1+t)-(2+3t)+(4-t)-5=0. \] \[ 2+2t-2-3t+4-t-5=0 \] \[ -1-2t=0 \Longleftrightarrow t=-\frac12. \]Il existe une unique valeur du paramètre. La droite coupe donc le plan en un point.
\[ x=1-\frac12=\frac12, \qquad y=2+3\left(-\frac12\right)=\frac12, \qquad z=4-\left(-\frac12\right)=\frac92. \] \[ \boxed{d\cap P=\left\{\left(\frac12;\frac12;\frac92\right)\right\}} \]Application 27 — Calculer le volume d’un tétraèdre
On considère les points \(A(0;0;0)\), \(B(4;0;0)\), \(C(0;3;0)\) et \(D(1;1;6)\). Calculer le volume du tétraèdre \(ABCD\).
Indice
Utiliser le triangle \(ABC\) comme base, puis calculer la hauteur issue de \(D\).
Correction détaillée
Les points \(A\), \(B\) et \(C\) sont dans le plan \(z=0\). La base est donc le triangle rectangle \(ABC\).
\[ AB=4, \qquad AC=3. \] \[ \mathcal A_{ABC} = \frac12\times AB\times AC = \frac12\times4\times3 =6. \]La hauteur issue de \(D\) est la distance de \(D\) au plan \((ABC)\), c’est-à-dire au plan \(z=0\). Pour respecter la méthode par projection, on construit la droite normale au plan \(z=0\) passant par \(D(1;1;6)\) :
\[ \begin{cases} x=1\\ y=1\\ z=6-t \end{cases} \quad t\in\mathbb R. \]Cette droite coupe le plan \(z=0\) pour \(t=6\), donc le projeté orthogonal est \(H(1;1;0)\). Ainsi :
\[ DH=6. \] \[ V_{ABCD} = \frac13\times \mathcal A_{ABC}\times h = \frac13\times6\times6 =12. \] \[ \boxed{V_{ABCD}=12} \]Partie III — Exercices type Bac
Exercices longs de géométrie dans l’espace : plans, droites d’intersection, orthogonalité, distances par projection orthogonale, médianes, hauteurs, aires et volumes.
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 :
\[ A(1;0;3),\qquad B(-2;1;2),\qquad C(0;3;2). \]-
- Montrer que les points \(A\), \(B\) et \(C\) ne sont pas alignés.
- Soit \(\vec n(-1;1;4)\). Vérifier que \(\vec n\) est orthogonal au plan \((ABC)\).
- En déduire que le plan \((ABC)\) admet pour équation cartésienne : \[ -x+y+4z-11=0. \]
-
On considère les plans \(\mathcal P\) et \(\mathcal P'\) d’équations :
\[
\mathcal P:3x-3y+2z-9=0,
\qquad
\mathcal P':x-y-z+2=0.
\]
- Démontrer que les plans \(\mathcal P\) et \(\mathcal P'\) sont sécants. On note \((d)\) leur droite d’intersection.
- Déterminer si les plans \(\mathcal P\) et \(\mathcal P'\) sont perpendiculaires.
- Montrer que la droite \((d)\) est dirigée par le vecteur \(\vec u(1;1;0)\).
- Montrer que le point \(M(2;1;3)\) appartient aux plans \(\mathcal P\) et \(\mathcal P'\). En déduire une représentation paramétrique de la droite \((d)\).
- 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 projection
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.
- La droite \(\mathcal D\) est orthogonale au plan \(\mathcal P\).
- Le projeté orthogonal de \(O\) sur \(\mathcal P\) est \(H\left(\frac23;-\frac23;-\frac23\right)\).
- L’intersection des plans \(\mathcal P\) et \(\mathcal P'\) est la droite \(\Delta\) de représentation paramétrique : \[ \Delta: \begin{cases} x=1-t'\\ y=-1-2t'\\ z=t' \end{cases} \quad t'\in\mathbb R. \]
- 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 un projeté orthogonal sur un plan, construire la droite normale. Pour deux droites, comparer les vecteurs directeurs puis chercher une éventuelle intersection.
Correction détaillée
Proposition 1.
\[ \vec u_{\mathcal D}(-2;2;2), \qquad \vec n_{\mathcal P}(1;-1;-1). \] \[ \vec u_{\mathcal D}=-2\vec n_{\mathcal P}. \]Le vecteur directeur de la droite est colinéaire à un vecteur normal du plan.
\[ \boxed{\text{Proposition 1 vraie.}} \]Proposition 2.
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 avec \(\mathcal P\) :
\[ s-(-s)-(-s)-2=0 \Longleftrightarrow 3s-2=0 \Longleftrightarrow s=\frac23. \] \[ H\left(\frac23;-\frac23;-\frac23\right). \] \[ \boxed{\text{Proposition 2 vraie.}} \]Proposition 3.
On vérifie que tout point de \(\Delta\) appartient aux deux plans.
\[ (1-t')-(-1-2t')-t'-2=0, \] \[ (1-t')+(-1-2t')+3t'=0. \]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 une droite.
\[ \boxed{\text{Proposition 3 vraie.}} \]Proposition 4.
\[ \vec u_{\mathcal D}(-2;2;2), \qquad \vec u_{\Delta}(-1;-2;1). \]Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires. Si les droites étaient coplanaires, elles seraient donc sécantes. On cherche une intersection :
\[ \begin{cases} -3-2t=1-t'\\ 2t=-1-2t'\\ 1+2t=t' \end{cases} \]Avec \(t'=1+2t\), la première équation donne \(-3=0\), impossible.
\[ \boxed{\text{Proposition 4 fausse.}} \]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 :
\[ A(0;0;2),\qquad B(0;4;0),\qquad C(2;0;0). \]-
- Vérifier qu’une équation du plan \((ABC)\) est : \(2x+y+2z=4\).
- Calculer la distance du point \(O\) au plan \((ABC)\).
-
- Déterminer une équation du plan \(P\) passant par \(A\) et orthogonal à la droite \((BC)\).
- 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 \(ABC\) ?
-
- Soit \(\Delta'\) la médiane issue de \(B\) du triangle \(ABC\). Montrer qu’une représentation paramétrique de \(\Delta'\) est : \[ \Delta': \begin{cases} x=t\\ y=4-4t\\ z=t \end{cases} \quad t\in\mathbb R. \]
- Montrer que le triangle \(ABC\) est isocèle.
- 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 \(ABC\) ?
- 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, projection et volume
L’espace est rapporté à un repère orthonormé direct \((O;\vec i,\vec j,\vec k)\). On considère les points :
\[ A(-2;0;1),\qquad B(1;2;-1),\qquad C(-2;2;2). \]-
- Calculer le produit scalaire \(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\), puis les longueurs \(AB\) et \(AC\).
- En déduire une valeur approchée, arrondie au degré près, de l’angle \(\widehat{BAC}\).
- En déduire que les points \(A\), \(B\) et \(C\) ne sont pas alignés.
- Vérifier qu’une équation cartésienne du plan \((ABC)\) est : \[ 2x-y+2z+2=0. \]
- 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 : \[ \mathcal D: \begin{cases} x=-2\\ y=-1+3t\\ z=t \end{cases} \quad t\in\mathbb R. \]
- Démontrer que la droite \(\mathcal D\) et le plan \((ABC)\) sont sécants et déterminer les coordonnées de leur point d’intersection.
-
Soit \(D(1;-3;1)\).
- Déterminer le projeté orthogonal \(H\) de \(D\) sur le plan \((ABC)\).
- Calculer la distance de \(D\) au plan \((ABC)\).
- En déduire le volume du tétraèdre \(ABCD\).
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 projection, construis la droite normale au plan \((ABC)\) passant par \(D\), 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. Projeté orthogonal de \(D\) sur \((ABC)\).
Le plan \((ABC)\) a pour équation \(2x-y+2z+2=0\), donc un vecteur normal est :
\[ \vec n(2;-1;2). \]La droite normale au plan passant par \(D(1;-3;1)\) est :
\[ \begin{cases} x=1+2s\\ y=-3-s\\ z=1+2s \end{cases} \quad s\in\mathbb R. \]On cherche son intersection avec le plan \((ABC)\) :
\[ 2(1+2s)-(-3-s)+2(1+2s)+2=0. \] \[ 9+9s=0 \Longleftrightarrow s=-1. \]Donc le projeté orthogonal est :
\[ H(-1;-2;-1). \] \[ \boxed{H(-1;-2;-1)} \]5.b. Distance de \(D\) au plan \((ABC)\).
\[ \overrightarrow{DH} = (-2;1;-2). \] \[ DH = \sqrt{(-2)^2+1^2+(-2)^2} = 3. \] \[ \boxed{d(D,(ABC))=3} \]5.c. Volume du tétraèdre \(ABCD\).
On prend le triangle \(ABC\) comme base. On a déjà calculé :
\[ AB=\sqrt{13}, \qquad AC=\sqrt5, \qquad \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=2. \]On calcule l’aire de \(ABC\) avec \(\mathcal A=\dfrac12 AB\times AC\times\sin(\widehat{BAC})\). Comme \(\cos(\widehat{BAC})=\dfrac{2}{\sqrt{65}}\), on a :
\[ \sin^2(\widehat{BAC}) = 1-\frac{4}{65} = \frac{61}{65}. \] \[ \mathcal A_{ABC} = \frac12\times\sqrt{13}\times\sqrt5\times\sqrt{\frac{61}{65}} = \frac{\sqrt{61}}{2}. \] \[ V_{ABCD} = \frac13\times\mathcal A_{ABC}\times DH = \frac13\times\frac{\sqrt{61}}2\times3 = \frac{\sqrt{61}}2. \] \[ \boxed{V_{ABCD}=\frac{\sqrt{61}}2} \]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 :
\[ \mathcal D: \begin{cases} x=-t+1\\ y=2t\\ z=-t+2 \end{cases} \quad t\in\mathbb R. \]-
- Le point \(C(1;3;2)\) appartient-il au plan \(\mathcal P\) ? Justifier.
- Démontrer que la droite \(\mathcal D\) est incluse dans le plan \(\mathcal P\).
-
Soit \(\mathcal Q\) le plan passant par le point \(C\) et orthogonal à la droite \(\mathcal D\).
- Déterminer une équation cartésienne du plan \(\mathcal Q\).
- Calculer les coordonnées du point \(I\), point d’intersection du plan \(\mathcal Q\) et de la droite \(\mathcal D\).
- Montrer que \(CI=\sqrt3\).
-
Soit \(t\) un nombre réel et \(M_t\) le point de la droite \(\mathcal D\) de coordonnées
\((-t+1;2t;-t+2)\).
- Vérifier que, pour tout nombre réel \(t\), \(CM_t^2=6t^2-12t+9\).
- 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 :
\[ \boxed{\min_{t\in\mathbb R}CM_t=CI=\sqrt3.} \]Exercice type Bac 6 — Plan, projection, distance et volume
Dans un repère orthonormé de l’espace, on considère les points :
\[ A(1;0;2), \qquad B(3;1;-1), \qquad C(0;2;1), \qquad D(4;-1;3). \]- Montrer que les points \(A\), \(B\), \(C\) définissent un plan.
- Déterminer une équation cartésienne du plan \((ABC)\).
- Déterminer le projeté orthogonal \(H\) de \(D\) sur \((ABC)\).
- Calculer la distance \(d(D,(ABC))\).
- Calculer l’aire du triangle \(ABC\) avec le produit scalaire.
- En déduire le volume du tétraèdre \(ABCD\).
Correction détaillée
On calcule :
\[ \overrightarrow{AB}=(2;1;-3), \qquad \overrightarrow{AC}=(-1;2;-1). \]Ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les points \(A\), \(B\), \(C\) définissent bien un plan.
Cherchons un vecteur normal \(\vec n(a;b;c)\). On impose :
\[ \begin{cases} 2a+b-3c=0\\ -a+2b-c=0 \end{cases} \]Une solution simple est \(\vec n(1;1;1)\). Ainsi une équation de \((ABC)\) est :
\[ x+y+z+d=0. \]Comme \(A(1;0;2)\) appartient au plan :
\[ 1+0+2+d=0 \Longleftrightarrow d=-3. \] \[ \boxed{(ABC):x+y+z-3=0} \]La droite normale au plan passant par \(D(4;-1;3)\) a pour représentation :
\[ \begin{cases} x=4+t\\ y=-1+t\\ z=3+t \end{cases} \quad t\in\mathbb R. \]Son intersection avec le plan vérifie :
\[ (4+t)+(-1+t)+(3+t)-3=0 \Longleftrightarrow 3+3t=0 \Longleftrightarrow t=-1. \]Donc :
\[ H(3;-2;2). \] \[ \overrightarrow{DH}=(-1;-1;-1), \qquad DH=\sqrt3. \] \[ \boxed{d(D,(ABC))=\sqrt3} \]Calculons maintenant l’aire de \(ABC\). On a :
\[ AB=\sqrt{14}, \qquad AC=\sqrt6, \qquad \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} = 2\times(-1)+1\times2+(-3)\times(-1) = 3. \]Donc :
\[ \cos(\widehat{BAC}) = \frac{3}{\sqrt{14}\sqrt6}. \]Ainsi :
\[ \sin^2(\widehat{BAC}) = 1-\frac{9}{84} = \frac{75}{84} = \frac{25}{28}. \] \[ \sin(\widehat{BAC}) = \frac{5}{2\sqrt7}. \]L’aire du triangle \(ABC\) vaut :
\[ \mathcal A_{ABC} = \frac12 \times AB \times AC \times \sin(\widehat{BAC}). \] \[ \mathcal A_{ABC} = \frac12 \times \sqrt{14} \times \sqrt6 \times \frac{5}{2\sqrt7} = \frac{5\sqrt3}{2}. \]Enfin :
\[ V_{ABCD} = \frac13 \times \mathcal A_{ABC} \times d(D,(ABC)). \] \[ V_{ABCD} = \frac13 \times \frac{5\sqrt3}{2} \times \sqrt3 = \frac52. \] \[ \boxed{V_{ABCD}=\frac52} \]Exercice type Bac 7 — Deux plans, droite d’intersection et distance
On considère les plans :
\[ P:x+2y-z-3=0 \qquad\text{et}\qquad Q:2x-y+z-1=0. \]On considère le point \(A(2;0;4)\).
- Montrer que les plans \(P\) et \(Q\) sont sécants.
- Déterminer une représentation paramétrique de leur droite d’intersection \(\Delta\).
- Déterminer le projeté orthogonal \(H\) de \(A\) sur le plan \(P\).
- Calculer la distance de \(A\) au plan \(P\), sans utiliser la formule directe.
Correction détaillée
Les vecteurs normaux des plans sont :
\[ \vec n_P(1;2;-1), \qquad \vec n_Q(2;-1;1). \]Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les plans \(P\) et \(Q\) sont sécants selon une droite \(\Delta\).
Pour déterminer \(\Delta\), on résout :
\[ \begin{cases} x+2y-z-3=0\\ 2x-y+z-1=0 \end{cases} \]On pose \(z=5\lambda\). Le système devient :
\[ \begin{cases} x+2y=3+5\lambda\\ 2x-y=1-5\lambda \end{cases} \]On obtient :
\[ x=1-\lambda, \qquad y=1+3\lambda. \] \[ \boxed{ \Delta: \begin{cases} x=1-\lambda\\ y=1+3\lambda\\ z=5\lambda \end{cases} \quad \lambda\in\mathbb R } \]Pour projeter \(A(2;0;4)\) sur \(P\), on utilise la droite normale à \(P\) passant par \(A\), de vecteur directeur \(\vec n_P(1;2;-1)\) :
\[ \begin{cases} x=2+t\\ y=2t\\ z=4-t \end{cases} \quad t\in\mathbb R. \]On cherche son intersection avec \(P\) :
\[ (2+t)+2(2t)-(4-t)-3=0. \] \[ 6t-5=0 \Longleftrightarrow t=\frac56. \] \[ H\left(\frac{17}{6};\frac53;\frac{19}{6}\right). \] \[ \overrightarrow{AH} = \left(\frac56;\frac53;-\frac56\right). \] \[ AH = \sqrt{ \left(\frac56\right)^2 + \left(\frac53\right)^2 + \left(-\frac56\right)^2 } = \sqrt{\frac{150}{36}} = \frac{5\sqrt6}{6}. \] \[ \boxed{d(A,P)=\frac{5\sqrt6}{6}} \]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, un angle, une aire ou un volume.
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. Vérifier un projeté orthogonal
Pour vérifier que \(H\) est le projeté orthogonal d’un point \(A\) sur un plan \(P\), il faut vérifier que \(H\) appartient au plan et que la droite \((AH)\) est orthogonale au plan.
\[ \boxed{ H\in P \quad\text{et}\quad \overrightarrow{AH}\parallel \vec n_P \Longrightarrow H\text{ est le projeté orthogonal de }A\text{ sur }P } \]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.