Exercices corrigés : géométrie dans l'espace (Terminale spécialité)

a) Les composantes d'un vecteur s'obtiennent en soustrayant l'origine de l'extrémité, coordonnée par coordonnée : $\vec{AB}(3-1,\ -1-2,\ 2-(-1))=(2,\ -3,\ 3)$ et $\vec{CD}(2-0,\ 1-4,\ 4-1)=(2,\ -3,\ 3)$. Les deux vecteurs sont ÉGAUX, ce qui signifie que $[AB]$ et $[CD]$ sont parallèles, de même longueur et de même sens : le quadrilatère $ABDC$ est un PARALLÉLOGRAMME. Attention à l'ordre des sommets, qui est le piège de la question : c'est bien $ABDC$ et non $ABCD$, car le côté opposé à $[AB]$ dans le parallélogramme est parcouru de $C$ vers $D$.

b) On vérifie par l'autre paire de côtés : $\vec{AC}(0-1,\ 4-2,\ 1-(-1))=(-1,\ 2,\ 2)$ et $\vec{BD}(2-3,\ 1-(-1),\ 4-2)=(-1,\ 2,\ 2)$. Ils sont égaux eux aussi ✓, ce qui confirme le parallélogramme. Ce second calcul n'était pas indispensable, un seul couple de côtés égaux suffisant à caractériser un parallélogramme, mais il constitue un contrôle indépendant qui ne coûte que deux lignes.

c) On cherche un réel $k$ tel que $\vec{v}=k\vec{u}$. La première coordonnée donne $-1=2k$, donc $k=-\frac{1}{2}$. On VÉRIFIE ensuite sur les deux autres : $-\frac{1}{2}\times(-4)=2$ ✓ et $-\frac{1}{2}\times 6=-3$ ✓. Les trois coordonnées sont cohérentes avec le même $k$, donc les vecteurs sont COLINÉAIRES, et $\vec{v}$ est l'opposé de la moitié de $\vec{u}$.

d) On procède de même : la première coordonnée suggère $k=\frac{2}{1}=2$, la deuxième confirme $k=\frac{4}{2}=2$, mais la troisième donne $\frac{7}{3}\approx 2{,}33\neq 2$. Les vecteurs ne sont donc PAS colinéaires.

C'est le point de méthode central de cet exercice, et il distingue l'espace du plan. Dans le plan, deux coordonnées suffisent et le critère $ad-bc=0$ tranche d'un coup. Dans l'espace, il faut vérifier les TROIS coordonnées, et deux sur trois ne prouvent rien. La question d) est construite exactement pour piéger l'élève qui s'arrête après deux vérifications concordantes : les deux premières coordonnées de $\vec{w}$ et $\vec{t}$ sont bel et bien proportionnelles, et c'est la troisième seule qui détruit la colinéarité.

a) Raisonnons par l'absurde. Si $\vec{v}$ était colinéaire à $\vec{u}$, il existerait $k$ tel que $\vec{v}=k\vec{u}$. La première coordonnée donnerait $0=k\times 1$, donc $k=0$, et alors $\vec{v}$ serait le vecteur NUL. Or $\vec{v}(0,\ 1,\ 1)$ n'est pas nul. Contradiction : les deux vecteurs ne sont pas colinéaires. On retiendra l'argument, qui revient souvent : dès qu'un vecteur a une coordonnée nulle là où l'autre ne l'a pas, la colinéarité est impossible.

b) Le vecteur $a\vec{u}+b\vec{v}$ a pour coordonnées $\left(a\times 1+b\times 0,\ a\times 0+b\times 1,\ a\times 1+b\times 1\right)=(a,\ b,\ a+b)$. L'égalité avec $\vec{w}(1,\ 1,\ 2)$ donne un système de trois équations : $a=1$, $b=1$, et $a+b=2$. Les deux premières fixent $a$ et $b$, et la troisième est alors une CONDITION DE COMPATIBILITÉ : $1+1=2$ ✓, elle est satisfaite. Donc $\vec{w}=\vec{u}+\vec{v}$, et les trois vecteurs sont COPLANAIRES, c'est-à-dire qu'ils appartiennent tous à un même plan vectoriel.

c) Avec $\vec{w'}(1,\ 1,\ 3)$, les deux premières coordonnées imposent encore $a=1$ et $b=1$, mais la troisième exigerait $a+b=3$, soit $2=3$, ce qui est faux. Le système est INCOMPATIBLE : aucun couple $(a,b)$ ne convient. Le vecteur $\vec{w'}$ n'est donc pas combinaison linéaire de $\vec{u}$ et $\vec{v}$, et les trois vecteurs ne sont pas coplanaires. Notez la structure du raisonnement, identique en b) et en c) : deux équations déterminent les inconnues, la troisième décide de tout.

d) Trois vecteurs NON COPLANAIRES de l'espace forment une BASE : tout vecteur de l'espace se décompose de manière unique comme $x\vec{u}+y\vec{v}+z\vec{w'}$. C'est la définition même d'une base en dimension trois, et elle explique pourquoi la coplanarité est la notion centrale de ce chapitre : elle est exactement l'obstacle qui empêche trois vecteurs d'engendrer tout l'espace.

On peut résumer la hiérarchie, qui vaut d'être mémorisée. Deux vecteurs colinéaires engendrent une DROITE. Deux vecteurs non colinéaires engendrent un PLAN. Trois vecteurs coplanaires n'engendrent toujours qu'un plan, le troisième n'apportant rien de neuf. Il faut trois vecteurs non coplanaires pour engendrer l'ESPACE tout entier.

a) Une représentation paramétrique s'obtient en partant du point et en avançant d'un multiple du vecteur directeur : $M(x,y,z)$ appartient à $d$ si et seulement si $\vec{AM}=t\,\vec{u}$ pour un certain réel $t$. Coordonnée par coordonnée : $x=1+2t$, $y=2-3t$, $z=-1+3t$, avec $t$ décrivant $\mathbb{R}$. Le paramètre $t$ n'est pas une coordonnée mais une « position le long de la droite » : $t=0$ donne $A$, $t=1$ donne le point situé un vecteur $\vec{u}$ plus loin.

b) La méthode est toujours la même : on utilise UNE coordonnée pour trouver $t$, puis on vérifie les deux autres. De $1+2t=3$ on tire $t=1$. On reporte : $y=2-3\times 1=-1$ ✓, ce qui correspond, et $z=-1+3\times 1=2$ ✓ également. Les trois coordonnées concordent pour la même valeur du paramètre, donc $B$ appartient à $d$, atteint pour $t=1$. La mention de la valeur du paramètre fait partie de la réponse attendue.

c) De $1+2t=5$ on tire $t=2$. On vérifie : $y=2-3\times 2=-4$ ✓, ce qui correspond, mais $z=-1+3\times 2=5$, alors que le point $E$ a pour cote $4$ ✗. Le point $E$ n'appartient donc PAS à $d$. C'est le même piège qu'à l'exercice 1 d) : deux coordonnées sur trois concordent, et cela ne suffit pas. Dans l'espace, il faut toujours aller jusqu'à la troisième.

d) On impose l'abscisse : $1+2t=7$ donne $2t=6$, soit $t=3$. On calcule alors les deux autres coordonnées : $y=2-3\times 3=2-9=-7$ et $z=-1+3\times 3=-1+9=8$. Le point cherché est $(7,\ -7,\ 8)$. Contrôle : il doit appartenir à $d$, et il y correspond au paramètre $t=3$ ✓.

Remarque utile pour la suite du chapitre : une droite de l'espace admet une INFINITÉ de représentations paramétriques, selon le point de départ et le vecteur directeur choisis. Prendre $B$ comme point de départ et $2\vec{u}$ comme directeur donnerait $x=3+4s$, $y=-1-6s$, $z=2+6s$, qui décrit exactement la même droite. Deux représentations différentes ne signifient donc jamais deux droites différentes, et pour comparer deux droites il faut comparer leurs directions et un point, pas leurs écritures.

a) Dans un repère ORTHONORMÉ, le produit scalaire se calcule en sommant les produits des coordonnées de même rang : $\vec{u}\cdot\vec{v}=1\times 3+2\times(-1)+(-1)\times 1=3-2-1=0$. Un produit scalaire nul entre deux vecteurs non nuls signifie qu'ils sont ORTHOGONAUX. L'hypothèse « repère orthonormé » n'est pas décorative : sans elle, cette formule serait fausse, et le programme la suppose partout.

b) $\|\vec{u}\|=\sqrt{1^{2}+2^{2}+(-1)^{2}}=\sqrt{1+4+1}=\sqrt{6}\approx 2{,}449$ et $\|\vec{v}\|=\sqrt{3^{2}+(-1)^{2}+1^{2}}=\sqrt{9+1+1}=\sqrt{11}\approx 3{,}317$. La norme est l'extension directe de Pythagore à trois dimensions, avec un carré de plus sous la racine.

c) $\vec{a}\cdot\vec{b}=2\times 1+1\times 3+(-2)\times 1=2+3-2=3$. Le produit scalaire est POSITIF, ce qui indique déjà, avant tout calcul d'angle, que l'angle entre les deux vecteurs est AIGU. Puis $\|\vec{a}\|=\sqrt{4+1+4}=\sqrt{9}=3$, une norme entière, ce qui est le signe que l'énoncé a choisi ses nombres pour que le calcul tombe juste.

d) Il manque $\|\vec{b}\|=\sqrt{1+9+1}=\sqrt{11}$. On applique alors $\cos\theta=\frac{\vec{a}\cdot\vec{b}}{\|\vec{a}\|\,\|\vec{b}\|}=\frac{3}{3\times\sqrt{11}}=\frac{1}{\sqrt{11}}\approx 0{,}3015$. D'où $\theta=\arccos(0{,}3015)\approx 72{,}45^{\circ}$.

Trois contrôles valident ce résultat. Le cosinus obtenu est compris entre $-1$ et $1$ ✓, ce qui est obligatoire et détecte immédiatement une erreur de norme. Il est POSITIF, donc l'angle est inférieur à $90^{\circ}$ ✓, conforme au signe du produit scalaire relevé en c). Et l'angle est proche de $72^{\circ}$, donc pas très loin de la perpendicularité, ce qui est cohérent avec un produit scalaire de $3$ seulement pour des normes de $3$ et $3{,}3$, c'est-à-dire faible devant le maximum possible de $9{,}95$.

a) Un plan est entièrement déterminé par un point et un vecteur NORMAL. Le point $M(x,y,z)$ appartient à $P$ si et seulement si $\vec{AM}\cdot\vec{n}=0$, ce qui s'écrit $2(x-1)+(-1)(y-2)+3(z+1)=0$. On développe : $2x-2-y+2+3z+3=0$, soit $2x-y+3z+3=0$. Attention au signe du $z$ : le point a pour cote $-1$, donc $z-(-1)=z+1$.

b) $2\times 1-2+3\times(-1)+3=2-2-3+3=0$ ✓. Le point $A$ appartient bien à $P$, ce qui est la moindre des choses puisque le plan a été construit pour passer par lui. Cette vérification n'est pas superflue : elle détecte une erreur de signe dans le développement de a), qui est l'erreur la plus fréquente.

c) $2\times 2-4+3\times 0+3=4-4+0+3=3\neq 0$ ✗. Le point $F$ n'appartient pas à $P$. On peut même interpréter le nombre obtenu : la valeur $3$ n'est pas une distance, mais elle en est proportionnelle, et sa division par $\|\vec{n}\|=\sqrt{14}$ donnerait précisément la distance de $F$ au plan, comme le montrera l'exercice 8.

d) Les coefficients de $x$, $y$ et $z$ dans une équation cartésienne donnent DIRECTEMENT un vecteur normal, sans aucun calcul : pour $Q : x+2y-z+5=0$, on lit $\vec{m}(1,\ 2,\ -1)$. C'est la propriété la plus rentable du chapitre, et elle explique pourquoi on privilégie l'équation cartésienne sur la représentation paramétrique pour un plan. Vérification pour $G$ : $0+2\times 0-5+5=0$ ✓, donc $G$ appartient à $Q$.

e) Deux plans sont perpendiculaires lorsque leurs vecteurs NORMAUX sont orthogonaux, et non l'inverse. On calcule : $\vec{n}\cdot\vec{m}=2\times 1+(-1)\times 2+3\times(-1)=2-2-3=-3\neq 0$. Les plans ne sont donc pas perpendiculaires.

Le tableau des correspondances mérite d'être su par cœur, car tout le chapitre s'y ramène. Deux plans sont PARALLÈLES quand leurs normaux sont colinéaires, PERPENDICULAIRES quand leurs normaux sont orthogonaux. Une droite est PARALLÈLE à un plan quand son directeur est orthogonal au normal, et ORTHOGONALE au plan quand son directeur est colinéaire au normal. On remarquera l'inversion troublante : pour une droite et un plan, orthogonal se traduit par colinéaire, et parallèle par orthogonal. C'est la source d'erreur numéro un, et le remède est de toujours revenir à ce que le normal représente, une direction PERPENDICULAIRE au plan.

a) Le vecteur directeur d'une droite se lit sur les COEFFICIENTS DU PARAMÈTRE dans la représentation paramétrique : $x=2+t$, $y=1-t$, $z=3+2t$ donne $\vec{u}(1,\ -1,\ 2)$. Le vecteur normal du plan se lit sur les coefficients de l'équation cartésienne : $2x-y+3z+3=0$ donne $\vec{n}(2,\ -1,\ 3)$. Deux lectures directes, aucun calcul.

b) $\vec{u}\cdot\vec{n}=1\times 2+(-1)\times(-1)+2\times 3=2+1+6=9\neq 0$. Le directeur n'est donc PAS orthogonal au normal, ce qui signifie que la droite n'est pas parallèle au plan : elle le COUPE en un unique point. Ce test précède toujours le calcul du point d'intersection, car il évite de se lancer dans une résolution qui n'aboutirait pas. Si le produit avait été nul, deux cas restaient possibles : droite strictement parallèle au plan, ou droite CONTENUE dans le plan, et l'on aurait tranché en testant un point de la droite dans l'équation.

c) On substitue les expressions paramétriques dans l'équation du plan, ce qui est la méthode standard : $2(2+t)-(1-t)+3(3+2t)+3=0$. On développe avec soin les signes : $4+2t-1+t+9+6t+3=0$, soit $9t+15=0$, donc $t=-\frac{15}{9}=-\frac{5}{3}$. On reporte dans la paramétrique : $x=2-\frac{5}{3}=\frac{1}{3}$, $y=1+\frac{5}{3}=\frac{8}{3}$, $z=3+2\times\left(-\frac{5}{3}\right)=3-\frac{10}{3}=-\frac{1}{3}$. Le point d'intersection est $\left(\frac{1}{3},\ \frac{8}{3},\ -\frac{1}{3}\right)$.

d) Double vérification, et les deux sont nécessaires. Appartenance à $d$ : le point a été construit à partir de $t=-\frac{5}{3}$ dans la représentation paramétrique, il y appartient donc par construction ✓. Appartenance à $P$ : $2\times\frac{1}{3}-\frac{8}{3}+3\times\left(-\frac{1}{3}\right)+3=\frac{2}{3}-\frac{8}{3}-\frac{3}{3}+\frac{9}{3}=\frac{2-8-3+9}{3}=\frac{0}{3}=0$ ✓.

Une remarque de méthode qui fait gagner du temps en examen : le fait que $9t+15$ soit une expression du PREMIER degré en $t$ n'est pas un hasard, c'est la conséquence du produit scalaire non nul trouvé en b). Le coefficient de $t$ dans cette expression EST exactement $\vec{u}\cdot\vec{n}=9$. Si ce coefficient avait été nul, l'équation se serait réduite à une constante, sans solution si la constante est non nulle, ce qui donne une droite strictement parallèle, ou avec une infinité de solutions si elle est nulle, ce qui donne une droite incluse dans le plan.

a) Les vecteurs normaux se lisent sur les coefficients : $\vec{n_{1}}(2,\ -1,\ 3)$, $\vec{n_{2}}(4,\ -2,\ 6)$ et $\vec{n_{3}}(1,\ 1,\ -1)$.

b) On observe que $\vec{n_{2}}=2\,\vec{n_{1}}$, en vérifiant les trois coordonnées : $4=2\times 2$ ✓, $-2=2\times(-1)$ ✓, $6=2\times 3$ ✓. Les normaux sont colinéaires, donc les plans sont PARALLÈLES. Reste à savoir s'ils sont confondus ou strictement parallèles, et c'est le terme constant qui tranche. On multiplie l'équation de $P_{1}$ par $2$ pour comparer à coefficients identiques : $4x-2y+6z+6=0$. Le terme constant vaut $6$, alors que $P_{2}$ a pour terme constant $-1$. Les deux équations ne décrivent donc pas le même plan : $P_{1}$ et $P_{2}$ sont STRICTEMENT parallèles.

Autre façon de conclure, plus rapide et moins sujette à erreur : il suffit de prendre un point de $P_{1}$ et de tester s'il appartient à $P_{2}$. Le point $A(1,\ 2,\ -1)$ appartient à $P_{1}$ d'après l'exercice 5 ; dans $P_{2}$ : $4-4-6-1=-7\neq 0$ ✗. Un point de $P_{1}$ n'étant pas dans $P_{2}$, les plans sont bien disjoints.

c) $\vec{n_{1}}\cdot\vec{n_{3}}=2\times 1+(-1)\times 1+3\times(-1)=2-1-3=-2\neq 0$, donc les normaux ne sont pas orthogonaux et les plans ne sont pas perpendiculaires. Sont-ils parallèles ? Non plus : $\vec{n_{1}}$ et $\vec{n_{3}}$ ne sont pas colinéaires, comme le montre $\frac{2}{1}=2$ contre $\frac{-1}{1}=-1$. Deux plans non parallèles de l'espace se coupent donc SELON UNE DROITE. Notez qu'il n'existe pas d'analogue au cas des droites non coplanaires : deux plans sont toujours soit parallèles, soit sécants suivant une droite.

d) Pour $P_{3}$ : $1+2-3=0$ ✓, donc $H$ appartient à $P_{3}$. Pour $P_{1}$ : $2\times 1-2+3\times 3+3=2-2+9+3=12\neq 0$ ✗, donc $H$ n'appartient pas à $P_{1}$. Conclusion utile : $H$ n'est PAS sur la droite d'intersection de $P_{1}$ et $P_{3}$, puisqu'un point de cette droite devrait appartenir aux deux plans simultanément. Appartenir à l'un des deux ne suffit jamais.

a) On applique la formule de la distance d'un point à un plan, qui est l'analogue en dimension trois de celle du plan : $d(M,P)=\frac{|ax_{M}+by_{M}+cz_{M}+d|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}$. Numérateur : $|2\times 3-1+3\times(-2)+3|=|6-1-6+3|=|2|=2$. Dénominateur : $\sqrt{4+1+9}=\sqrt{14}$. Donc $d=\frac{2}{\sqrt{14}}$, qu'on rationalise en $\frac{2\sqrt{14}}{14}=\frac{\sqrt{14}}{7}\approx 0{,}535$. La valeur absolue est indispensable, une distance étant positive.

b) La droite cherchée est ORTHOGONALE au plan, donc son vecteur directeur est colinéaire au vecteur normal du plan : on prend $\vec{n}(2,\ -1,\ 3)$ lui-même. Passant par $M(3,\ 1,\ -2)$, elle admet pour représentation paramétrique $x=3+2t$, $y=1-t$, $z=-2+3t$. C'est ici que joue l'inversion signalée à l'exercice 5 : pour une droite orthogonale au plan, le directeur est COLINÉAIRE au normal, pas orthogonal.

c) Le projeté $H$ est l'intersection de cette droite avec le plan, on procède donc comme à l'exercice 6. On substitue : $2(3+2t)-(1-t)+3(-2+3t)+3=6+4t-1+t-6+9t+3=14t+2$. On résout $14t+2=0$, donc $t=-\frac{1}{7}$. Coordonnées : $x=3-\frac{2}{7}=\frac{19}{7}$, $y=1+\frac{1}{7}=\frac{8}{7}$, $z=-2-\frac{3}{7}=-\frac{17}{7}$. Donc $H\left(\frac{19}{7},\ \frac{8}{7},\ -\frac{17}{7}\right)$.

d) Vérification dans $P$ : $2\times\frac{19}{7}-\frac{8}{7}+3\times\left(-\frac{17}{7}\right)+3=\frac{38-8-51+21}{7}=\frac{0}{7}=0$ ✓. Vérification de la distance : $\vec{MH}\left(\frac{19}{7}-3,\ \frac{8}{7}-1,\ -\frac{17}{7}+2\right)=\left(-\frac{2}{7},\ \frac{1}{7},\ -\frac{3}{7}\right)$, de norme $\frac{1}{7}\sqrt{4+1+9}=\frac{\sqrt{14}}{7}$ ✓, exactement la valeur de a).

Les deux méthodes coïncident donc, ce qui n'est pas une coïncidence : la formule de la distance N'EST QUE ce calcul de projection écrit de façon compacte. Remarquez d'ailleurs que le coefficient $14$ apparu en c) est exactement $\|\vec{n}\|^{2}=4+1+9$, et que la valeur $2$ est celle du numérateur de a). En pratique, la formule suffit quand on ne demande que la distance ; le passage par le projeté devient nécessaire dès qu'on veut les COORDONNÉES du point le plus proche, par exemple pour calculer un symétrique.

a) FAUX, et c'est la différence la plus importante entre le plan et l'espace. Dans le plan, deux droites non parallèles se coupent nécessairement. Dans l'espace, elles peuvent n'être NI parallèles NI sécantes : on dit alors qu'elles sont NON COPLANAIRES, car aucun plan ne les contient toutes les deux. Contre-exemple dans le cube de l'exercice 10 : les droites $(AB)$ et $(EH)$, de directeurs $(1,0,0)$ et $(0,1,0)$, non colinéaires donc non parallèles. Pourtant $(AB)$ est dans le plan $z=0$ et $(EH)$ dans le plan $z=1$ : elles ne se rencontrent jamais. Il y a donc TROIS positions relatives dans l'espace, contre deux dans le plan.

b) FAUX. Trois vecteurs peuvent être deux à deux non colinéaires tout en étant COPLANAIRES, auquel cas ils n'engendrent qu'un plan et non l'espace. Contre-exemple tiré de l'exercice 2 : $\vec{u}(1,0,1)$, $\vec{v}(0,1,1)$ et $\vec{w}(1,1,2)$ sont deux à deux non colinéaires, et pourtant $\vec{w}=\vec{u}+\vec{v}$, donc les trois sont coplanaires. La condition correcte pour former une base n'est pas la non-colinéarité deux à deux mais la NON-COPLANARITÉ des trois, qui est strictement plus forte.

c) FAUX. Si $\vec{n}$ est normal à un plan, alors $k\vec{n}$ l'est aussi pour tout réel $k$ non nul, puisque l'orthogonalité est conservée par multiplication par un scalaire. Un plan admet donc une INFINITÉ de vecteurs normaux, tous colinéaires entre eux. Exemple : $(2,-1,3)$ et $(4,-2,6)$ sont deux vecteurs normaux du même plan $P_{1}$. La formulation correcte est qu'un plan admet une unique DIRECTION normale, et non un unique vecteur normal.

d) FAUX. Multiplier une équation cartésienne par un réel non nul donne une équation d'apparence différente mais qui décrit exactement le même plan, puisqu'elle est vérifiée par exactement les mêmes points. Ainsi $2x-y+3z+3=0$ et $4x-2y+6z+6=0$ sont deux écritures du plan $P_{1}$.

Le critère correct, et il faut le connaître précisément, est le suivant : deux équations décrivent le même plan si et seulement si TOUS leurs coefficients, y compris le terme constant, sont proportionnels avec le MÊME facteur. C'est exactement ce qui distinguait $P_{1}$ et $P_{2}$ à l'exercice 7 : les coefficients de $x$, $y$ et $z$ y étaient dans le rapport $2$, mais les termes constants dans le rapport $-\frac{1}{3}$, d'où deux plans parallèles distincts.