Exercice 0.1 : Calculer dans l'espace repéré : dix calculs directs

L'espace est muni d'un repère orthonormé. Pour chaque ligne, faites le calcul demandé, puis donnez la ou les valeurs indiquées.

Tout se fait coordonnée par coordonnée : un vecteur $\vec{AB}$ s'obtient par « extrémité moins origine », un milieu par la demi-somme, une norme par $\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$ , un produit scalaire par $xx'+yy'+zz'$ . Un plan de vecteur normal $\vec{n}(a,\ b,\ c)$ a une équation $ax+by+cz+d=0$ , et un point lui appartient si ses coordonnées la vérifient. Une représentation paramétrique se traite en remplaçant : $t$ donné, on calcule le point ; point donné, on cherche le MÊME $t$ dans les trois lignes.

a) $A(2,\ -1,\ 4)$ et $B(-3,\ 5,\ 1)$ : les coordonnées de $\vec{AB}$ ; donnez son abscisse et sa cote.
b) $C(-1,\ 3,\ 6)$ et $D(5,\ -2,\ -1)$ : les coordonnées du milieu $I$ de $[CD]$ ; donnez son ordonnée et sa cote.
c) La norme du vecteur $\vec{u}(2,\ -6,\ 3)$ .
d) Le produit scalaire de $\vec{u}(3,\ -2,\ 5)$ et $\vec{v}(-1,\ 4,\ 2)$ .
e) Le réel $m$ pour lequel $\vec{u}(m,\ 3,\ -1)$ et $\vec{v}(2,\ m,\ 4)$ sont orthogonaux.
f) Le plan passant par $A(1,\ 4,\ -2)$ et de vecteur normal $\vec{n}(3,\ -1,\ 2)$ a une équation $3x-y+2z+d=0$ : la valeur de $d$ .
g) Le point $M(1,\ 3,\ 2)$ appartient-il au plan d'équation $x-3y+2z+4=0$ ?
h) La droite $x=4-2t$ , $y=-1+t$ , $z=3t$ ( $t\in\mathbb{R}$ ) : le point de paramètre $t=-2$ ; donnez son abscisse et sa cote.
i) La droite $x=1+3t$ , $y=2-t$ , $z=-4+2t$ ( $t\in\mathbb{R}$ ) passe par $E(-5,\ 4,\ -8)$ : la valeur du paramètre de $E$ .
j) La droite $x=2t$ , $y=1-t$ , $z=3+t$ ( $t\in\mathbb{R}$ ) coupe le plan d'équation $x+y+2z-13=0$ : le paramètre du point d'intersection, puis la cote de ce point.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/14

a)

Abscisse de

\vec{AB}

Cote de

\vec{AB}

b)

Ordonnée de

I

Cote de

I

c)

\|\vec{u}\|

d)

\vec{u}\cdot\vec{v}

e)

m

f)

d

g)

M

appartient-il au plan ?

h)

Abscisse

Cote

i)

Paramètre de

E

j)

Paramètre

t

Cote du point

Voir la correction

Réponses

a) $\vec{AB}(-5,\ 6,\ -3)$
b) $I\left(2,\ \frac{1}{2},\ \frac{5}{2}\right)$
c) $\|\vec{u}\|=7$
d) $\vec{u}\cdot\vec{v}=-1$
e) $5m-4=0$ ; $m=\frac{4}{5}$
f) $3x-y+2z+5=0$ ; $d=5$
g) $1-9+4+4=0$ : $M$ appartient au plan
h) $(8,\ -3,\ -6)$
i) $t=-2$
j) $3t-6=0$ ; $t=2$ , point $(4,\ -1,\ 5)$

Le geste qui décide de tout : écrire les trois coordonnées en colonne et faire le MÊME calcul sur chacune. Presque toutes les erreurs de cette liste sont un signe perdu sur une seule des trois lignes.

a)

$\vec{AB}(x_{B}-x_{A},\ y_{B}-y_{A},\ z_{B}-z_{A})=(-3-2,\ 5-(-1),\ 1-4)=(-5,\ 6,\ -3)$ . Abscisse $-5$ , cote $-3$ . Piège : $A$ moins $B$ , qui donne le vecteur opposé $(5,\ -6,\ 3)$ .

b)

$I\left(\frac{-1+5}{2},\ \frac{3+(-2)}{2},\ \frac{6+(-1)}{2}\right)=\left(2,\ \frac{1}{2},\ \frac{5}{2}\right)$ . Ordonnée $\frac{1}{2}$ , cote $\frac{5}{2}$ . Piège : la demi-DIFFÉRENCE, qui donne la moitié de $\vec{CD}$ et non un point.

c)

$\|\vec{u}\|=\sqrt{2^{2}+(-6)^{2}+3^{2}}=\sqrt{4+36+9}=\sqrt{49}=7$ . Piège : écrire $-6^{2}=-36$ ; c'est $(-6)^{2}=36$ , une norme ne fait jamais intervenir de terme négatif.

d)

$\vec{u}\cdot\vec{v}=3\times(-1)+(-2)\times 4+5\times 2=-3-8+10=-1$ . Le produit scalaire est un NOMBRE, pas un vecteur.

e)

$\vec{u}\cdot\vec{v}=2m+3m+(-1)\times 4=5m-4$ . Orthogonaux si et seulement si $5m-4=0$ , donc $m=\frac{4}{5}=0{,}8$ . Piège : poser $\vec{u}=k\vec{v}$ , qui est la condition de COLINÉARITÉ.

f)

$A$ appartient au plan : $3\times 1-4+2\times(-2)+d=0$ , soit $-5+d=0$ , donc $d=5$ . Le plan a pour équation $3x-y+2z+5=0$ . Piège : oublier le signe moins devant $y$ , ce qui donne $3+4-4+d=0$ et $d=-3$ .

g)

On remplace : $1-3\times 3+2\times 2+4=1-9+4+4=0$ . L'équation est vérifiée : $M$ appartient au plan.

h)

$t=-2$ : $x=4-2\times(-2)=8$ , $y=-1+(-2)=-3$ , $z=3\times(-2)=-6$ . Le point est $(8,\ -3,\ -6)$ : abscisse $8$ , cote $-6$ . Piège : $-2t$ en $t=-2$ vaut $+4$ .

i)

Première ligne : $1+3t=-5$ , donc $t=-2$ . On VÉRIFIE sur les deux autres : $2-(-2)=4$ et $-4+2\times(-2)=-8$ . Les trois lignes donnent le même $t$ : $E$ est sur la droite, de paramètre $-2$ . Piège : s'arrêter à la première ligne ; si une autre donnait un $t$ différent, le point ne serait pas sur la droite.

j)

On remplace $x$ , $y$ , $z$ dans l'équation du plan : $2t+(1-t)+2(3+t)-13=0$ , soit $3t-6=0$ , donc $t=2$ . Le point est $(4,\ -1,\ 5)$ : sa cote vaut $5$ . Piège : oublier le coefficient $2$ devant $z$ , qui donne $2t-6=0$ et $t=3$ .

Contrôle : un point trouvé se vérifie en le remplaçant dans l'équation qu'il doit satisfaire, ici $4+(-1)+2\times 5-13=0$ en j) ; une orthogonalité se vérifie en recalculant le produit scalaire avec la valeur trouvée, ici $\vec{u}(0{,}8,\ 3,\ -1)\cdot\vec{v}(2,\ 0{,}8,\ 4)=1{,}6+2{,}4-4=0$ en e).

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Exercice 1 : Vecteurs de l'espace

L'espace est muni d'un repère orthonormé. On donne $A(1,\ 2,\ -1)$ , $B(3,\ -1,\ 2)$ , $C(0,\ 4,\ 1)$ et $D(2,\ 1,\ 4)$ .

a) Calculez les coordonnées de $\vec{AB}$ et $\vec{CD}$ . Que peut-on en déduire pour le quadrilatère $ABDC$ ?
b) Vérifiez votre conclusion en calculant $\vec{AC}$ et $\vec{BD}$ .
c) Les vecteurs $\vec{u}(2,\ -4,\ 6)$ et $\vec{v}(-1,\ 2,\ -3)$ sont-ils colinéaires ?
d) Les vecteurs $\vec{w}(1,\ 2,\ 3)$ et $\vec{t}(2,\ 4,\ 7)$ sont-ils colinéaires ?

Voir la correction

Réponses

a) $\vec{AB}=\vec{CD}(2,-3,3)$ : $ABDC$ parallélogramme
b) $\vec{AC}=\vec{BD}(-1,2,2)$
c) Colinéaires : $\vec{v}=-\frac{1}{2}\vec{u}$
d) Non colinéaires

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.

Exercice 2 : Coplanarité et base de l'espace

On considère les vecteurs $\vec{u}(1,\ 0,\ 1)$ , $\vec{v}(0,\ 1,\ 1)$ , $\vec{w}(1,\ 1,\ 2)$ et $\vec{w'}(1,\ 1,\ 3)$ .

a) Justifiez que $\vec{u}$ et $\vec{v}$ ne sont pas colinéaires.
b) Déterminez deux réels $a$ et $b$ tels que $\vec{w}=a\vec{u}+b\vec{v}$ , s'ils existent. Concluez sur la coplanarité de $\vec{u}$ , $\vec{v}$ et $\vec{w}$ .
c) Reprenez la question b) avec $\vec{w'}$ .
d) Que peut-on dire du triplet $(\vec{u},\ \vec{v},\ \vec{w'})$ ?

Voir la correction

Réponses

a) Non colinéaires
b) $\vec{w}=\vec{u}+\vec{v}$ : coplanaires
c) Système incompatible : non coplanaires
d) Une base de l'espace

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.

Exercice 3 : Représentation paramétrique d'une droite

On considère la droite $d$ passant par $A(1,\ 2,\ -1)$ et de vecteur directeur $\vec{u}(2,\ -3,\ 3)$ .

a) Donnez une représentation paramétrique de $d$ .
b) Le point $B(3,\ -1,\ 2)$ appartient-il à $d$ ? Justifiez en donnant la valeur du paramètre.
c) Le point $E(5,\ -4,\ 4)$ appartient-il à $d$ ?
d) Déterminez les coordonnées du point de $d$ d'abscisse $7$ .

Voir la correction

Réponses

a) $x=1+2t$ , $y=2-3t$ , $z=-1+3t$
b) Oui, $t=1$
c) Non ( $z=5\neq 4$ )
d) $(7,\ -7,\ 8)$

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.

Exercice 4 : Produit scalaire dans l'espace

L'espace est rapporté à un repère orthonormé.

a) Calculez $\vec{u}\cdot\vec{v}$ pour $\vec{u}(1,\ 2,\ -1)$ et $\vec{v}(3,\ -1,\ 1)$ . Que peut-on en conclure ?
b) Calculez $\|\vec{u}\|$ et $\|\vec{v}\|$ .
c) Pour $\vec{a}(2,\ 1,\ -2)$ et $\vec{b}(1,\ 3,\ 1)$ , calculez $\vec{a}\cdot\vec{b}$ et $\|\vec{a}\|$ .
d) Déterminez une valeur approchée au centième de degré de l'angle entre $\vec{a}$ et $\vec{b}$ .

Voir la correction

Réponses

a) $0$ : orthogonaux
b) $\sqrt{6}\approx 2{,}449$ et $\sqrt{11}\approx 3{,}317$
c) $\vec{a}\cdot\vec{b}=3$ , $\|\vec{a}\|=3$
d) $\theta\approx 72{,}45^{\circ}$

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 $9{,}95$ .

Exercice 5 : Équation cartésienne d'un plan

L'espace est rapporté à un repère orthonormé.

Anticipation du programme de 2027 : la question e) porte sur des plans perpendiculaires, notion qui n'entre au programme de spécialité qu'à la rentrée 2027 (deux plans sont perpendiculaires quand leurs vecteurs normaux sont orthogonaux). En 2026-2027, c'est un approfondissement.

a) Déterminez une équation cartésienne du plan $P$ passant par $A(1,\ 2,\ -1)$ et de vecteur normal $\vec{n}(2,\ -1,\ 3)$ .
b) Vérifiez que le point $A$ appartient bien à $P$ .
c) Le point $F(2,\ 4,\ 0)$ appartient-il à $P$ ?
d) Donnez un vecteur normal au plan $Q$ d'équation $x+2y-z+5=0$ , puis vérifiez que $G(0,\ 0,\ 5)$ appartient à $Q$ .
e) Les plans $P$ et $Q$ sont-ils perpendiculaires ?

Voir la correction

Réponses

a) $2x-y+3z+3=0$
b) $2-2-3+3=0$
c) Non ( $3\neq 0$ )
d) $\vec{m}(1,2,-1)$ ; $G\in Q$
e) Non ( $\vec{n}\cdot\vec{m}=-3$ )

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.

Exercice 6 : Intersection d'une droite et d'un plan

On considère le plan $P$ d'équation $2x-y+3z+3=0$ et la droite $d$ de représentation paramétrique $x=2+t$ , $y=1-t$ , $z=3+2t$ , avec $t$ réel.

a) Donnez un vecteur directeur $\vec{u}$ de $d$ et un vecteur normal $\vec{n}$ de $P$ .
b) Calculez $\vec{u}\cdot\vec{n}$ . Que peut-on en déduire sur la position relative de $d$ et $P$ ?
c) Déterminez les coordonnées du point d'intersection de $d$ et $P$ .
d) Vérifiez que ce point appartient bien à la fois à $d$ et à $P$ .

Voir la correction

Réponses

a) $\vec{u}(1,-1,2)$ , $\vec{n}(2,-1,3)$
b) $9\neq 0$ : la droite coupe le plan
c) $t=-\frac{5}{3}$ : $\left(\frac{1}{3},\ \frac{8}{3},\ -\frac{1}{3}\right)$
d) Vérifié dans $d$ et dans $P$

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.

Exercice 7 : Positions relatives de plans

On considère les plans $P_{1} : 2x-y+3z+3=0$ , $P_{2} : 4x-2y+6z-1=0$ et $P_{3} : x+y-z=0$ .

a) Donnez un vecteur normal à chacun de ces trois plans.
b) Étudiez la position relative de $P_{1}$ et $P_{2}$ . Sont-ils confondus ?
c) Étudiez la position relative de $P_{1}$ et $P_{3}$ .
d) Le point $H(1,\ 2,\ 3)$ appartient-il à $P_{3}$ ? Et à $P_{1}$ ?

Voir la correction

Réponses

a) $\vec{n_{1}}(2,-1,3)$ , $\vec{n_{2}}(4,-2,6)$ , $\vec{n_{3}}(1,1,-1)$
b) Strictement parallèles
c) Sécants selon une droite, non perpendiculaires
d) $H\in P_{3}$ , $H\notin P_{1}$

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.

Exercice 8 : Projeté orthogonal et distance à un plan

On considère le plan $P$ d'équation $2x-y+3z+3=0$ et le point $M(3,\ 1,\ -2)$ .

On note $H$ le projeté orthogonal de $M$ sur $P$ .

La question a) utilise la formule de la distance d'un point à un plan, qui n'est pas au programme : le programme demande de passer par le projeté orthogonal, comme aux questions b), c) et d) de cet exercice et à l'exercice 16. Au baccalauréat, on calcule d'abord $H$ , puis la longueur $MH$ .

a) Calculez la distance de $M$ au plan $P$ , en valeur exacte puis arrondie au millième.
b) Donnez une représentation paramétrique de la droite passant par $M$ et orthogonale à $P$ .
c) Déterminez les coordonnées de $H$ .
d) Vérifiez que $H$ appartient à $P$ , puis que la distance $MH$ correspond bien au résultat de la question a).

Voir la correction

Réponses

a) $\frac{\sqrt{14}}{7}\approx 0{,}535$
b) $x=3+2t$ , $y=1-t$ , $z=-2+3t$
c) $H\left(\frac{19}{7},\ \frac{8}{7},\ -\frac{17}{7}\right)$
d) $H\in P$ et $MH=\frac{\sqrt{14}}{7}$

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.

Exercice 9 : Quatre affirmations sur l'espace

Chacune des affirmations suivantes est fausse. Corrigez-la et justifiez.

a) « Deux droites de l'espace qui ne sont pas parallèles sont sécantes. »
b) « Trois vecteurs non nuls et deux à deux non colinéaires forment toujours une base de l'espace. »
c) « Un plan admet un unique vecteur normal. »
d) « Deux équations cartésiennes différentes définissent toujours deux plans différents. »

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Réponses

a) Faux : elles peuvent être non coplanaires
b) Faux : il faut trois vecteurs non coplanaires
c) Faux : une infinité, tous colinéaires
d) Faux : des équations proportionnelles décrivent le même plan

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.

Exercice 10 : L'exercice du cube

$ABCDEFGH$ est un cube d'arête 1. On se place dans le repère orthonormé d'origine $A$ tel que $B(1,\ 0,\ 0)$ , $D(0,\ 1,\ 0)$ et $E(0,\ 0,\ 1)$ .

Les autres sommets sont alors $C(1,\ 1,\ 0)$ , $F(1,\ 0,\ 1)$ , $G(1,\ 1,\ 1)$ et $H(0,\ 1,\ 1)$ .

La formule de la distance d'un point à un plan, utilisée en d), n'est pas au programme. La méthode attendue passe par le projeté orthogonal : le point d'intersection trouvé en e) est le projeté de $A$ sur $(BDE)$ , puisque $(AG)$ est orthogonale à ce plan, et la distance cherchée est la longueur entre $A$ et ce point. Au baccalauréat, on traite donc e) avant d).

a) Calculez les coordonnées de $\vec{AG}$ , $\vec{BD}$ et $\vec{BE}$ .
b) Démontrez que $\vec{AG}$ est orthogonal à $\vec{BD}$ et à $\vec{BE}$ . Que peut-on en déduire ?
c) Déduisez-en une équation cartésienne du plan $(BDE)$ .
d) Calculez la distance du point $A$ au plan $(BDE)$ .
e) Déterminez les coordonnées du point d'intersection de la droite $(AG)$ et du plan $(BDE)$ .

Voir la correction

Réponses

a) $\vec{AG}(1,1,1)$ , $\vec{BD}(-1,1,0)$ , $\vec{BE}(-1,0,1)$
b) Produits scalaires nuls : $(AG)$ orthogonale à $(BDE)$
c) $x+y+z-1=0$
d) $\frac{\sqrt{3}}{3}\approx 0{,}577$
e) $\left(\frac{1}{3},\ \frac{1}{3},\ \frac{1}{3}\right)$

a)

Les coordonnées se lisent en soustrayant : $\vec{AG}(1-0,\ 1-0,\ 1-0)=(1,\ 1,\ 1)$ , $\vec{BD}(0-1,\ 1-0,\ 0-0)=(-1,\ 1,\ 0)$ et $\vec{BE}(0-1,\ 0-0,\ 1-0)=(-1,\ 0,\ 1)$ . Le vecteur $\vec{AG}$ est la GRANDE DIAGONALE du cube, celle qui joint deux sommets opposés.

b)

$\vec{AG}\cdot\vec{BD}=1\times(-1)+1\times 1+1\times 0=-1+1+0=0$ ✓ et $\vec{AG}\cdot\vec{BE}=-1+0+1=0$ ✓. Le vecteur $\vec{AG}$ est donc orthogonal à deux vecteurs du plan $(BDE)$ , et ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, comme le montre leur troisième coordonnée, $0$ contre $1$ . Or un vecteur orthogonal à DEUX vecteurs non colinéaires d'un plan est orthogonal au plan tout entier : la droite $(AG)$ est orthogonale au plan $(BDE)$ , et $\vec{AG}$ en est un vecteur normal. L'hypothèse de non-colinéarité est essentielle : être orthogonal à un seul vecteur du plan ne suffirait pas.

c)

Le plan $(BDE)$ a donc pour vecteur normal $(1,\ 1,\ 1)$ et passe par $B(1,\ 0,\ 0)$ : son équation est $1(x-1)+1(y-0)+1(z-0)=0$ , soit $x+y+z-1=0$ . On contrôle sur les deux autres points, ce qui est indispensable : pour $D(0,1,0)$ , $0+1+0-1=0$ ✓ ; pour $E(0,0,1)$ , $0+0+1-1=0$ ✓. Les trois sommets appartiennent bien au plan.

d)

$d(A,(BDE))=\frac{|0+0+0-1|}{\sqrt{1+1+1}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\approx 0{,}577$ . Contrôle de plausibilité : cette distance doit être inférieure à la longueur de la diagonale $AG=\sqrt{3}\approx 1{,}732$ , et même valoir exactement son tiers, ce qui se vérifie : $\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{AG}{3}$ ✓.

e)

La droite $(AG)$ passe par l'origine $A$ et a pour directeur $(1,1,1)$ , d'où la paramétrique très simple $x=t$ , $y=t$ , $z=t$ . En reportant dans l'équation du plan : $t+t+t-1=0$ , soit $3t=1$ et $t=\frac{1}{3}$ . Le point d'intersection est $\left(\frac{1}{3},\ \frac{1}{3},\ \frac{1}{3}\right)$ .

Ce point est remarquable à double titre. D'abord il est le PROJETÉ ORTHOGONAL de $A$ sur le plan $(BDE)$ , puisque $(AG)$ est orthogonale à ce plan : c'est donc le point du plan le plus proche de $A$ , et sa distance à $A$ vaut $\sqrt{3\times\frac{1}{9}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ ✓, exactement le résultat de d). Ensuite il est le CENTRE DE GRAVITÉ du triangle équilatéral $BDE$ , dont on vérifie les coordonnées en moyennant celles des trois sommets : $\left(\frac{1+0+0}{3},\ \frac{0+1+0}{3},\ \frac{0+0+1}{3}\right)=\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right)$ ✓. La grande diagonale d'un cube perce donc le triangle $BDE$ en son centre, à un tiers de sa longueur, ce qui est la figure classique de tout exercice de bac sur le cube.

Exercice 11 : Deux droites de l'espace : sécantes ou non coplanaires

L'espace est muni d'un repère orthonormé. On considère les droites $d_{1}$ : $x=1+t$ , $y=t$ , $z=2-t$ ( $t\in\mathbb{R}$ ), $d_{2}$ : $x=3$ , $y=-1+s$ , $z=-6+2s$ ( $s\in\mathbb{R}$ ) et $d_{3}$ : $x=k$ , $y=1$ , $z=k$ ( $k\in\mathbb{R}$ ).

Deux droites de l'espace sont soit parallèles, soit sécantes, soit non coplanaires. On teste d'abord la colinéarité des vecteurs directeurs, puis on cherche un point commun avec DEUX paramètres distincts.

a) Donnez un vecteur directeur de chaque droite. Deux de ces droites sont-elles parallèles ?
b) Résolvez le système traduisant l'existence d'un point commun à $d_{1}$ et $d_{2}$ ; donnez $t$ et $s$ .
c) Déduisez-en la position relative de $d_{1}$ et $d_{2}$ et les coordonnées de leur éventuel point commun $I$ .
d) Étudiez de même la position relative de $d_{1}$ et $d_{3}$ .

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Réponses

a) $\vec{u_{1}}(1,1,-1)$ , $\vec{u_{2}}(0,1,2)$ , $\vec{u_{3}}(1,0,1)$ : aucune paire parallèle
b) $t=2$ , $s=3$
c) Sécantes en $I(3,\ 2,\ 0)$
d) Non coplanaires

a)

On lit les coefficients des paramètres : $\vec{u_{1}}(1,\ 1,\ -1)$ , $\vec{u_{2}}(0,\ 1,\ 2)$ , $\vec{u_{3}}(1,\ 0,\ 1)$ . $\vec{u_{2}}$ a une abscisse nulle et pas $\vec{u_{1}}$ ni $\vec{u_{3}}$ , donc il n'est colinéaire à aucun des deux ; $\vec{u_{1}}$ et $\vec{u_{3}}$ ne le sont pas non plus ( $1=k\times 1$ imposerait $k=1$ , puis $1=k\times 0$ est impossible). Aucune paire de droites parallèles.

b)

Un point commun correspond à un $t$ et à un $s$ , a priori DIFFÉRENTS, tels que $1+t=3$ , $t=-1+s$ et $2-t=-6+2s$ . La première donne $t=2$ , la deuxième $s=t+1=3$ . On vérifie la troisième : $2-2=0$ et $-6+2\times 3=0$ ✓. Le système a une solution, $t=2$ et $s=3$ . Utiliser la même lettre pour les deux paramètres est l'erreur qui fait conclure à tort « pas de point commun ».

c)

Les droites ne sont pas parallèles et ont un point commun : elles sont SÉCANTES. Avec $t=2$ dans $d_{1}$ : $I(3,\ 2,\ 0)$ . Contrôle avec $s=3$ dans $d_{2}$ : $(3,\ -1+3,\ -6+6)=(3,\ 2,\ 0)$ ✓.

d)

On cherche $t$ et $k$ avec $1+t=k$ , $t=1$ et $2-t=k$ . La deuxième donne $t=1$ , la première $k=2$ , et la troisième exigerait $2-1=2$ , soit $1=2$ : impossible. Pas de point commun, et les directions ne sont pas colinéaires : $d_{1}$ et $d_{3}$ sont NON COPLANAIRES. Aucun plan ne les contient toutes les deux.

Le plan de travail est toujours le même : directions colinéaires ou non, puis système à deux paramètres distincts, dont deux équations fixent les paramètres et la troisième DÉCIDE. Si elle est vérifiée, les droites sont sécantes ; sinon, parallèles strictement (directions colinéaires) ou non coplanaires (directions non colinéaires).

Exercice 12 : Le plan passant par trois points et le volume d'un tétraèdre

Dans un repère orthonormé d'origine $O$ , on considère $A(1,\ 0,\ 0)$ , $B(0,\ 2,\ 0)$ et $C(0,\ 0,\ 3)$ .

À la question c), la formule de la distance d'un point à un plan est un raccourci hors programme ; la méthode attendue passe par le projeté orthogonal $H$ de $O$ sur le plan $(ABC)$ , comme à l'exercice 16, et donne $OH=\frac{6}{7}$ . À la question a), l'énoncé fixe la première coordonnée du vecteur normal : c'est ainsi que les sujets guident la recherche d'un vecteur orthogonal à deux vecteurs, qui sans indication relève des approfondissements du programme.

La figure n'est pas à l'échelle.

a) Calculez $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ , puis déterminez les réels $b$ et $c$ pour que $\vec{n}(6,\ b,\ c)$ soit orthogonal à ces deux vecteurs.
b) Déduisez-en une équation cartésienne du plan $(ABC)$ sous la forme $6x+by+cz+d=0$ , et vérifiez que $D\left(1,\ 1,\ -\frac{3}{2}\right)$ lui appartient.
c) Calculez la distance du point $O$ au plan $(ABC)$ .
d) Calculez le volume du tétraèdre $OABC$ , puis déduisez-en l'aire du triangle $ABC$ .

Voir la correction

Réponses

a) $\vec{AB}(-1,2,0)$ , $\vec{AC}(-1,0,3)$ ; $b=3$ , $c=2$
b) $6x+3y+2z-6=0$ ; $D$ appartient au plan
c) $\frac{6}{7}\approx 0{,}857$
d) $V=1$ ; aire de $ABC$ : $\frac{7}{2}$

a)

$\vec{AB}(-1,\ 2,\ 0)$ et $\vec{AC}(-1,\ 0,\ 3)$ . Les conditions $\vec{n}\cdot\vec{AB}=-6+2b=0$ et $\vec{n}\cdot\vec{AC}=-6+3c=0$ donnent $b=3$ et $c=2$ . Les deux vecteurs n'étant pas colinéaires, $\vec{n}(6,\ 3,\ 2)$ est normal au plan $(ABC)$ . Fixer une coordonnée (ici $a=6$ ) est légitime : un plan a une infinité de vecteurs normaux, tous colinéaires, et l'on en choisit un.

b)

$6x+3y+2z+d=0$ passe par $A$ : $6+d=0$ , donc $d=-6$ . Équation : $6x+3y+2z-6=0$ . Contrôle avec $B$ : $6-6=0$ ✓ et $C$ : $6-6=0$ ✓. Pour $D$ : $6+3-3-6=0$ ✓, $D$ appartient au plan.

c)

$d(O,(ABC))=\frac{|6\times 0+3\times 0+2\times 0-6|}{\sqrt{36+9+4}}=\frac{6}{\sqrt{49}}=\frac{6}{7}\approx 0{,}857$ .

d)

Le tétraèdre $OABC$ a pour base le triangle rectangle $OAB$ , d'aire $\frac{1\times 2}{2}=1$ , et pour hauteur $OC=3$ : $V=\frac{1}{3}\times 1\times 3=1$ . Mais on peut aussi prendre $ABC$ pour base et la distance $\frac{6}{7}$ pour hauteur : $V=\frac{1}{3}\times\mathcal{A}_{ABC}\times\frac{6}{7}$ . L'égalité $1=\frac{2}{7}\mathcal{A}_{ABC}$ donne $\mathcal{A}_{ABC}=\frac{7}{2}=3{,}5$ .

Cet exercice réunit la méthode universelle pour obtenir un vecteur normal (deux produits scalaires nuls avec deux vecteurs non colinéaires du plan) et une idée de bac très rentable : calculer un même volume de DEUX façons pour obtenir une aire ou une distance qu'on ne sait pas calculer directement.

Exercice 13 : La droite d'intersection de deux plans

On considère les plans $P$ : $x+y-z-1=0$ et $Q$ : $2x-y+z-5=0$ .

Approfondissement, au-delà du programme : déterminer la droite d'intersection de deux plans figure parmi les approfondissements possibles du programme de spécialité, pas parmi les capacités attendues. Au baccalauréat, l'énoncé guide ce calcul pas à pas, comme ici aux questions b) et c).

a) Justifiez que $P$ et $Q$ sont sécants.
b) En additionnant les deux équations, déterminez l'abscisse commune à tous les points de $P\cap Q$ .
c) En posant $z=t$ , donnez une représentation paramétrique de la droite $\Delta=P\cap Q$ et un vecteur directeur.
d) Vérifiez que ce vecteur directeur est orthogonal aux deux vecteurs normaux.
e) Déterminez le point de $\Delta$ d'ordonnée $5$ .

Voir la correction

Réponses

a) Normaux non colinéaires : sécants
b) $x=2$
c) $x=2$ , $y=-1+t$ , $z=t$ ; $\vec{u}(0,1,1)$
d) $\vec{u}\cdot\vec{n_{P}}=\vec{u}\cdot\vec{n_{Q}}=0$
e) $(2,\ 5,\ 6)$

a)

$\vec{n_{P}}(1,\ 1,\ -1)$ et $\vec{n_{Q}}(2,\ -1,\ 1)$ ne sont pas colinéaires : $2=k\times 1$ imposerait $k=2$ , mais $-1\neq 2\times 1$ . Les plans ne sont pas parallèles, donc sécants selon une droite.

b)

$(x+y-z-1)+(2x-y+z-5)=3x-6$ . Un point de $P\cap Q$ annule les deux équations, donc leur somme : $3x-6=0$ , $x=2$ . TOUS les points de l'intersection ont pour abscisse $2$ .

c)

Avec $x=2$ , l'équation de $P$ devient $2+y-z-1=0$ , soit $y=z-1$ . En posant $z=t$ : $x=2$ , $y=-1+t$ , $z=t$ , $t\in\mathbb{R}$ . Contrôle dans $Q$ : $4-(-1+t)+t-5=4+1-t+t-5=0$ ✓ pour tout $t$ . Vecteur directeur : $\vec{u}(0,\ 1,\ 1)$ .

d)

$\vec{u}\cdot\vec{n_{P}}=0+1-1=0$ ✓ et $\vec{u}\cdot\vec{n_{Q}}=0-1+1=0$ ✓. C'est attendu : la droite est contenue dans les deux plans, donc sa direction est orthogonale à chacun des deux vecteurs normaux.

e)

$y=-1+t=5$ donne $t=6$ , d'où le point $(2,\ 5,\ 6)$ . Contrôle : $2+5-6-1=0$ ✓ et $4-5+6-5=0$ ✓.

Une droite de l'espace n'a pas d'équation cartésienne unique : elle est décrite soit par une représentation paramétrique, soit comme l'intersection de DEUX plans. Passer de la seconde à la première revient à résoudre un système de deux équations à trois inconnues, en choisissant l'une d'elles comme paramètre. La vérification finale se fait en réinjectant la paramétrique dans les DEUX équations.

Exercice 14 : Une pyramide régulière

Dans un repère orthonormé d'unité le mètre, on considère la pyramide $SABCD$ de base carrée avec $A(0,\ 0,\ 0)$ , $B(4,\ 0,\ 0)$ , $C(4,\ 4,\ 0)$ , $D(0,\ 4,\ 0)$ et de sommet $S(2,\ 2,\ 3)$ .

À la question d), la formule de la distance d'un point à un plan est un raccourci hors programme. La méthode attendue : on détermine le projeté orthogonal $H$ de $C$ sur $(SAB)$ , intersection de ce plan et de la droite passant par $C$ dirigée par $\vec{n}(0,\ 3,\ -2)$ , puis la longueur $CH$ ; on retrouve $\frac{12}{\sqrt{13}}$ .

La figure n'est pas à l'échelle.

a) Calculez la longueur de l'arête $SA$ au millième, et le volume de la pyramide.
b) Calculez $\vec{SA}\cdot\vec{SC}$ , puis la mesure de l'angle $\widehat{ASC}$ au centième de degré.
c) Vérifiez que $\vec{n}(0,\ 3,\ -2)$ est normal au plan $(SAB)$ et déterminez une équation de ce plan.
d) Calculez la distance du point $C$ au plan $(SAB)$ au millième.
e) Calculez l'aire du triangle $SAB$ et vérifiez la cohérence avec le volume du tétraèdre $SABC$ .

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Réponses

a) $SA=\sqrt{17}\approx 4{,}123$ m ; $V=16$ m³
b) $\vec{SA}\cdot\vec{SC}=1$ ; $\widehat{ASC}\approx 86{,}63^{\circ}$
c) $3y-2z=0$
d) $\frac{12}{\sqrt{13}}\approx 3{,}328$ m
e) $2\sqrt{13}\approx 7{,}211$ m² ; $V_{SABC}=8$ m³ des deux façons

a)

$\vec{SA}(-2,\ -2,\ -3)$ , donc $SA=\sqrt{4+4+9}=\sqrt{17}\approx 4{,}123$ m. Le volume vaut $\frac{1}{3}\times\text{aire de base}\times\text{hauteur}=\frac{1}{3}\times 16\times 3=16$ m³, la hauteur étant la cote de $S$ puisque la base est dans le plan $z=0$ .

b)

$\vec{SC}(2,\ 2,\ -3)$ . $\vec{SA}\cdot\vec{SC}=-4-4+9=1$ . Et $SC=\sqrt{17}$ . Donc $\cos\widehat{ASC}=\frac{1}{\sqrt{17}\times\sqrt{17}}=\frac{1}{17}$ , et $\widehat{ASC}\approx 86{,}63^{\circ}$ . Le produit scalaire positif mais petit annonce un angle aigu proche de l'angle droit.

c)

$\vec{AB}(4,\ 0,\ 0)$ et $\vec{AS}(2,\ 2,\ 3)$ sont non colinéaires. $\vec{n}\cdot\vec{AB}=0$ et $\vec{n}\cdot\vec{AS}=0+6-6=0$ : $\vec{n}$ est normal à $(SAB)$ . Équation $3y-2z+d=0$ passant par $A$ : $d=0$ . Plan $(SAB)$ : $3y-2z=0$ . Contrôle avec $S$ : $6-6=0$ ✓.

d)

$d(C,(SAB))=\frac{|3\times 4-2\times 0|}{\sqrt{9+4}}=\frac{12}{\sqrt{13}}\approx 3{,}328$ m.

e)

Le pied de la hauteur issue de $S$ dans le triangle $SAB$ est $K(2,\ 0,\ 0)$ , milieu de $[AB]$ par symétrie ; $SK=\sqrt{0+4+9}=\sqrt{13}$ . Aire : $\frac{1}{2}\times 4\times\sqrt{13}=2\sqrt{13}\approx 7{,}211$ m². Le tétraèdre $SABC$ est la moitié de la pyramide (sa base $ABC$ est la moitié du carré), donc son volume vaut $8$ m³. Avec la base $SAB$ et la hauteur $d(C,(SAB))$ : $\frac{1}{3}\times 2\sqrt{13}\times\frac{12}{\sqrt{13}}=\frac{24}{3}=8$ ✓.

Dans une figure de l'espace, les coordonnées transforment chaque question de géométrie en calcul : une longueur est une norme, un angle vient d'un produit scalaire, une distance à un plan vient d'une équation cartésienne. La vérification de e), qui recalcule un volume de deux façons, est un contrôle précieux : si les deux valeurs diffèrent, l'une des étapes est fausse.

Exercice 15 : Deux drones et leur distance minimale

Dans un repère orthonormé d'unité le kilomètre, deux drones se déplacent en ligne droite à vitesse constante. À l'instant $t$ , en minutes, le premier est au point $M(t,\ 2t,\ 1)$ et le second au point $N(4-t,\ t,\ 3)$ , pour $t\geq 0$ .

La figure représente les deux trajectoires ; elle n'est pas à l'échelle.

a) Donnez un vecteur directeur de chaque trajectoire. Les trajectoires sont-elles parallèles ?
b) Les trajectoires se coupent-elles ? Précisez leur position relative.
c) Calculez la distance entre les deux drones à l'instant $t=0$ , au millième.
d) Montrez que $MN^{2}=5t^{2}-16t+20$ .
e) Déterminez l'instant où les drones sont le plus proches et cette distance minimale, au millième.

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Réponses

a) $\vec{u}(1,2,0)$ , $\vec{v}(-1,1,0)$ : non parallèles
b) Non coplanaires (cotes $1$ et $3$ )
c) $\sqrt{20}\approx 4{,}472$ km
d) $MN^{2}=(4-2t)^{2}+t^{2}+4$
e) $t=1{,}6$ min ; $\sqrt{7{,}2}\approx 2{,}683$ km

a)

Trajectoire du premier : $x=t$ , $y=2t$ , $z=1$ , directeur $\vec{u}(1,\ 2,\ 0)$ . Du second : $x=4-t$ , $y=t$ , $z=3$ , directeur $\vec{v}(-1,\ 1,\ 0)$ . $\vec{v}=k\vec{u}$ imposerait $k=-1$ puis $1=-2$ : non colinéaires, les trajectoires ne sont pas parallèles.

b)

Un point de la première trajectoire a pour cote $1$ , un point de la seconde pour cote $3$ : aucun point commun, quels que soient les paramètres. Non parallèles et sans point commun, les trajectoires sont NON COPLANAIRES. Les drones ne peuvent donc jamais se heurter.

c)

À $t=0$ , $M(0,\ 0,\ 1)$ et $N(4,\ 0,\ 3)$ : $MN=\sqrt{16+0+4}=\sqrt{20}\approx 4{,}472$ km.

d)

$\vec{MN}(4-2t,\ -t,\ 2)$ , donc $MN^{2}=(4-2t)^{2}+t^{2}+4=16-16t+4t^{2}+t^{2}+4=5t^{2}-16t+20$ .

e)

$MN^{2}$ est un trinôme de coefficient dominant positif, minimal en $t=\frac{16}{2\times 5}=1{,}6$ minute. Sa valeur minimale est $5\times 1{,}6^{2}-16\times 1{,}6+20=12{,}8-25{,}6+20=7{,}2$ , donc la distance minimale vaut $\sqrt{7{,}2}\approx 2{,}683$ km. Minimiser $MN^{2}$ plutôt que $MN$ évite la racine : les deux sont minimaux au même instant, la racine carrée étant croissante.

Deux questions différentes se cachent dans ce problème, et les confondre est l'erreur classique. Les TRAJECTOIRES sont des droites : leur position relative ne dépend pas du temps. Les POSITIONS sont des points mobiles : leur distance dépend de l'instant, et deux trajectoires sécantes ne garantissent même pas une collision, il faudrait encore que les drones passent au point commun au même moment.

Exercice 16 : Distance d'un point à un plan par le projeté orthogonal

L'espace est muni d'un repère orthonormé. On considère le plan $\mathcal{P}$ d'équation $x+2y-2z-3=0$ et le point $M(3,\ 5,\ -4)$ . On note $\Delta$ la droite passant par $M$ et orthogonale à $\mathcal{P}$ , et $H$ le point d'intersection de $\Delta$ et de $\mathcal{P}$ : c'est le projeté orthogonal de $M$ sur $\mathcal{P}$ .

Cet exercice suit la méthode que le programme demande pour une distance à un plan : aucune formule de distance n'y sert.

a) Donnez un vecteur normal $\vec{n}$ au plan $\mathcal{P}$ , vérifiez que $M$ n'appartient pas à $\mathcal{P}$ , puis donnez une représentation paramétrique de $\Delta$ .
b) Déterminez la valeur du paramètre qui correspond au point $H$ , puis les coordonnées de $H$ .
c) Calculez la longueur $MH$ .
d) Vérifiez que le point $N(3,\ 0,\ 0)$ appartient à $\mathcal{P}$ . Calculez $MN^{2}$ et $HN^{2}$ , puis expliquez pourquoi $MN^{2}=MH^{2}+HN^{2}$ . Que peut-on en conclure sur la distance du point $M$ au plan $\mathcal{P}$ ?
e) Déterminez les coordonnées du point $M'$ , symétrique de $M$ par rapport au plan $\mathcal{P}$ .

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a)

M

appartient-il à

\mathcal{P}

?

Représentation de

\Delta

b)

Paramètre de

H

Abscisse de

H

Ordonnée de

H

Cote de

H

c)

MH

d)

MN^{2}

HN^{2}

Distance de

M

à

\mathcal{P}

e)

Abscisse de

M'

Ordonnée de

M'

Cote de

M'

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Réponses

a) $\vec{n}(1,\ 2,\ -2)$ ; $M\notin\mathcal{P}$ car $18\neq 0$ ; $\Delta$ : $x=3+t$ , $y=5+2t$ , $z=-4-2t$
b) $t=-2$ et $H(1,\ 1,\ 0)$
c) $MH=6$
d) $MN^{2}=41$ , $HN^{2}=5$ , $36+5=41$ : triangle rectangle en $H$ ; distance de $M$ au plan $=MH=6$
e) $M'(-1,\ -3,\ 4)$

a)

Les coefficients de $x$ , $y$ et $z$ dans l'équation donnent un vecteur normal : $\vec{n}(1,\ 2,\ -2)$ . En $M$ : $3+2\times 5-2\times(-4)-3=3+10+8-3=18\neq 0$ , donc $M\notin\mathcal{P}$ ; sinon la question n'aurait pas d'objet, puisque $H$ serait $M$ lui-même. La droite $\Delta$ est ORTHOGONALE au plan, donc elle est dirigée par un vecteur COLINÉAIRE à $\vec{n}$ : on prend $\vec{n}$ lui-même. Passant par $M$ , elle admet la représentation paramétrique $x=3+t$ , $y=5+2t$ , $z=-4-2t$ , avec $t$ réel. C'est le seul moment du chapitre où un vecteur normal devient vecteur directeur, et c'est tout le ressort de la méthode.

b)

$H$ est sur $\Delta$ , donc ses coordonnées s'écrivent $(3+t,\ 5+2t,\ -4-2t)$ pour une certaine valeur de $t$ , et il est dans $\mathcal{P}$ . On substitue : $(3+t)+2(5+2t)-2(-4-2t)-3=3+t+10+4t+8+4t-3=18+9t$ . L'équation $18+9t=0$ donne $t=-2$ , d'où $H(3-2,\ 5-4,\ -4+4)=(1,\ 1,\ 0)$ . Contrôle dans l'équation du plan : $1+2-0-3=0$ ✓. Le coefficient $9$ devant $t$ vaut exactement $\|\vec{n}\|^{2}=1+4+4$ : c'est toujours le cas quand on dirige $\Delta$ par $\vec{n}$ , et c'est un contrôle de plus. Le piège est de rendre $t=-2$ comme réponse : le paramètre n'est pas une coordonnée, il faut le réinjecter.

c)

$\vec{MH}(1-3,\ 1-5,\ 0+4)=(-2,\ -4,\ 4)$ , et l'on retrouve $\vec{MH}=-2\vec{n}$ , ce qui confirme la colinéarité avec le vecteur normal. Donc $MH=\sqrt{4+16+16}=\sqrt{36}=6$ . On peut aussi l'écrire $MH=|t|\times\|\vec{n}\|=2\times 3=6$ : le paramètre compte des vecteurs $\vec{n}$ , et $\|\vec{n}\|=\sqrt{1+4+4}=3$ .

d)

$3+2\times 0-2\times 0-3=0$ ✓, donc $N\in\mathcal{P}$ . $\vec{MN}(0,\ -5,\ 4)$ donne $MN^{2}=0+25+16=41$ , et $\vec{HN}(2,\ -1,\ 0)$ donne $HN^{2}=4+1+0=5$ . Or $MH^{2}+HN^{2}=36+5=41=MN^{2}$ ✓. Ce n'est pas un hasard : $H$ et $N$ sont deux points du plan, donc $\vec{HN}$ est un vecteur du plan, orthogonal à $\vec{n}$ (on vérifie : $2-2+0=0$ ), donc orthogonal à $\vec{MH}$ . Le triangle $MHN$ est rectangle en $H$ , et le théorème de Pythagore donne l'égalité. Le même raisonnement vaut pour TOUT point $N$ du plan : $MN^{2}=MH^{2}+HN^{2}\geqslant MH^{2}$ , avec égalité seulement si $N=H$ . Le projeté $H$ est donc le point du plan le plus proche de $M$ , et la distance de $M$ à $\mathcal{P}$ vaut $MH=6$ . C'est la démonstration exigible du programme, faite ici sur un exemple ; la copie qui l'a comprise ne confond plus jamais la distance au plan avec la distance à un point quelconque du plan, ici $MN=\sqrt{41}>6$ .

e)

Le symétrique de $M$ par rapport au plan est sur $\Delta$ , de l'autre côté, à la même distance : $H$ est le milieu de $[MM']$ , donc $\vec{HM'}=\vec{MH}$ , soit $M'=(1-2,\ 1-4,\ 0+4)=(-1,\ -3,\ 4)$ . Autre lecture, par le paramètre : $M'$ est le point de $\Delta$ de paramètre $2\times(-2)=-4$ , soit $(3-4,\ 5-8,\ -4+8)=(-1,\ -3,\ 4)$ ✓. Contrôle : en $M'$ , l'expression du plan vaut $-1-6-8-3=-18$ , l'opposé des $18$ trouvés en $M$ ; les deux points sont de part et d'autre du plan, à égale distance.

La méthode tient en quatre lignes, et c'est elle que le baccalauréat attend : droite orthogonale au plan dirigée par $\vec{n}$ , intersection avec le plan, coordonnées de $H$ , longueur $MH$ . La formule de distance qu'on rencontre parfois n'est pas au programme ; elle ne donne pas $H$ , alors que la plupart des sujets demandent justement ses coordonnées, pour un symétrique, un volume ou un point le plus proche.

Exercice 17 : Projeté orthogonal d'un point sur une droite : le câble d'une tyrolienne

Dans un repère orthonormé d'unité le mètre, le sol est le plan d'équation $z=0$ . Le câble d'une tyrolienne est modélisé par la droite $d$ passant par le point de départ $A(0,\ 0,\ 30)$ et dirigée par $\vec{u}(6,\ 3,\ -2)$ . Le sommet d'un arbre voisin est au point $M(9,\ 8,\ 20)$ .

Pour la sécurité, aucune branche ne doit se trouver à moins de $6$ mètres du câble. On note $H$ le projeté orthogonal de $M$ sur $d$ . Le schéma ci-dessous n'est pas à l'échelle.

a) Donnez une représentation paramétrique de $d$ . Le point $M$ appartient-il à $d$ ?
b) Pour un réel $t$ , on note $N_{t}$ le point de $d$ de paramètre $t$ . Exprimez $\vec{MN_{t}}\cdot\vec{u}$ en fonction de $t$ , puis déterminez le paramètre et les coordonnées du point $H$ , point de $d$ tel que $\vec{MH}$ soit orthogonal à $\vec{u}$ .
c) Calculez la distance $MH$ du sommet de l'arbre au câble. La règle de sécurité est-elle respectée ?
d) Démontrez que $MN_{t}^{2}=49(t-2)^{2}+49$ pour tout réel $t$ , et retrouvez ainsi que $H$ est le point du câble le plus proche de $M$ .

Voir la correction

Réponses

a) $x=6t$ , $y=3t$ , $z=30-2t$ ; $M\notin d$
b) $\vec{MN_{t}}\cdot\vec{u}=49t-98$ ; $t=2$ , $H(12,\ 6,\ 26)$
c) $MH=7$ m, plus que $6$ m : règle respectée
d) $MN_{t}^{2}=49(t-2)^{2}+49\geqslant 49$ , égalité pour $t=2$ : $H$ est le point le plus proche

a)

$x=6t$ , $y=3t$ , $z=30-2t$ , avec $t$ réel : le câble descend, sa cote diminue de $2$ m quand $t$ augmente de $1$ . Si $M$ était sur $d$ , l'abscisse $6t=9$ imposerait $t=1{,}5$ , et alors $y=3\times 1{,}5=4{,}5\neq 8$ : $M\notin d$ . On utilise UNE équation pour trouver le seul $t$ possible, puis les deux autres pour confirmer ou infirmer.

b)

$N_{t}(6t,\ 3t,\ 30-2t)$ , donc $\vec{MN_{t}}(6t-9,\ 3t-8,\ 10-2t)$ . Produit scalaire avec $\vec{u}(6,\ 3,\ -2)$ : $6(6t-9)+3(3t-8)-2(10-2t)=36t-54+9t-24-20+4t=49t-98$ . Le projeté est le point de $d$ où ce produit s'annule : $49t-98=0$ , $t=2$ , d'où $H(12,\ 6,\ 26)$ . Le coefficient $49$ vaut $\|\vec{u}\|^{2}=36+9+4$ : un contrôle gratuit. Attention à la différence avec un plan : une droite de l'espace n'a PAS de vecteur normal, une infinité de directions lui étant orthogonales, donc on ne peut pas tracer la perpendiculaire avec un vecteur connu à l'avance. On écrit la condition d'orthogonalité avec le vecteur DIRECTEUR, et c'est elle qui fixe $t$ .

c)

$\vec{MH}(3,\ -2,\ 6)$ , et $\vec{MH}\cdot\vec{u}=18-6-12=0$ ✓. Donc $MH=\sqrt{9+4+36}=\sqrt{49}=7$ m. Le sommet de l'arbre est à $7$ m du câble, plus que les $6$ m exigés : la règle est respectée. Le point $H$ est à $26$ m de hauteur, soit $6$ m au-dessus du sommet de l'arbre : la distance de $7$ m n'est donc pas une différence d'altitude, c'est une longueur oblique, mesurée perpendiculairement au câble. La copie qui répond « $30-20=10$ m » ou « $26-20=6$ m » a mesuré une verticale, pas une distance à la droite.

d)

$MN_{t}^{2}=(6t-9)^{2}+(3t-8)^{2}+(10-2t)^{2}=(36t^{2}-108t+81)+(9t^{2}-48t+64)+(4t^{2}-40t+100)$ , soit $49t^{2}-196t+245$ . Et $49(t-2)^{2}+49=49t^{2}-196t+196+49=49t^{2}-196t+245$ ✓. Comme $(t-2)^{2}\geqslant 0$ , on a $MN_{t}^{2}\geqslant 49$ pour tout $t$ , avec égalité si et seulement si $t=2$ . Le point du câble le plus proche de $M$ est donc $N_{2}=H$ , et la distance minimale vaut $\sqrt{49}=7$ m : les deux méthodes concordent. C'est le même théorème que pour un plan : pour tout point $N_{t}$ de $d$ , $\vec{HN_{t}}=(t-2)\vec{u}$ est orthogonal à $\vec{MH}$ , et Pythagore donne $MN_{t}^{2}=MH^{2}+HN_{t}^{2}=49+49(t-2)^{2}$ , puisque $\|\vec{u}\|=7$ .

À retenir : projeter sur un PLAN, c'est suivre le vecteur normal ; projeter sur une DROITE, c'est écrire que $\vec{MH}$ est orthogonal au vecteur directeur. Dans les deux cas, le paramètre se trouve par une équation du premier degré dont le coefficient est le carré de la norme du vecteur utilisé.

Exercice 18 : Décomposer des vecteurs sur un cube, sans repère

$ABCDEFGH$ est un cube : $ABCD$ est la face du bas, $EFGH$ celle du haut, et $E$ , $F$ , $G$ , $H$ sont respectivement au-dessus de $A$ , $B$ , $C$ , $D$ . On note $\vec{u}=\vec{AB}$ , $\vec{v}=\vec{AD}$ et $\vec{w}=\vec{AE}$ ; ces trois vecteurs forment une base de l'espace.

On note $I$ le milieu de $[FG]$ , $K$ le milieu de $[AD]$ et $J$ le centre de la face $BCGF$ . Aucun repère n'est utilisé : chaque décomposition se lit sur la figure, par la relation de Chasles, en suivant les arêtes.

a) Exprimez $\vec{AG}$ et $\vec{AI}$ comme combinaisons linéaires de $\vec{u}$ , $\vec{v}$ et $\vec{w}$ .
b) Exprimez $\vec{AK}$ puis $\vec{KI}$ . Déduisez-en que le quadrilatère $AKIF$ est un parallélogramme.
c) Exprimez $\vec{AJ}$ . On note $O$ le milieu de $[KI]$ : exprimez $\vec{AO}$ , puis démontrez que $O$ est aussi le milieu de la grande diagonale $[AG]$ .
d) Démontrez que la droite $(OJ)$ est parallèle à la droite $(AB)$ .
e) Sans aucun calcul, en lisant la figure, dites si chacun des triplets suivants est une base de l'espace : $(\vec{AB},\ \vec{AE},\ \vec{AF})$ , $(\vec{AC},\ \vec{AE},\ \vec{AG})$ et $(\vec{AB},\ \vec{AD},\ \vec{AG})$ .

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a)

\vec{AI}

: coefficient de

\vec{u}

\vec{AI}

: coefficient de

\vec{v}

\vec{AI}

: coefficient de

\vec{w}

b)

\vec{KI}

: coefficient de

\vec{u}

\vec{KI}

: coefficient de

\vec{v}

\vec{KI}

: coefficient de

\vec{w}

c)

\vec{AJ}

: coefficient de

\vec{v}

\vec{AJ}

: coefficient de

\vec{w}

\vec{AO}

: coefficient de

\vec{u}

d)

Réel

k

tel que

\vec{OJ}=k\vec{AB}

e)

(\vec{AB},\ \vec{AE},\ \vec{AF})

est une base ?

(\vec{AC},\ \vec{AE},\ \vec{AG})

est une base ?

(\vec{AB},\ \vec{AD},\ \vec{AG})

est une base ?

Voir la correction

Réponses

a) $\vec{AG}=\vec{u}+\vec{v}+\vec{w}$ et $\vec{AI}=\vec{u}+\frac{1}{2}\vec{v}+\vec{w}$
b) $\vec{AK}=\frac{1}{2}\vec{v}$ , $\vec{KI}=\vec{u}+\vec{w}=\vec{AF}$ : $AKIF$ est un parallélogramme
c) $\vec{AJ}=\vec{u}+\frac{1}{2}\vec{v}+\frac{1}{2}\vec{w}$ ; $\vec{AO}=\frac{1}{2}\vec{AG}$ , $O$ milieu de $[AG]$
d) $\vec{OJ}=\frac{1}{2}\vec{u}$ : $(OJ)$ parallèle à $(AB)$
e) Non (une face) ; non (plan diagonal $ACGE$ ) ; oui

a)

Pour aller de $A$ à $G$ , on suit trois arêtes : $\vec{AG}=\vec{AB}+\vec{BC}+\vec{CG}$ . Dans un cube, les arêtes parallèles et de même sens portent le même vecteur : $\vec{BC}=\vec{AD}=\vec{v}$ et $\vec{CG}=\vec{AE}=\vec{w}$ . Donc $\vec{AG}=\vec{u}+\vec{v}+\vec{w}$ . Pour $I$ , on passe par $F$ : $\vec{AI}=\vec{AB}+\vec{BF}+\vec{FI}$ , avec $\vec{BF}=\vec{w}$ et $\vec{FI}=\frac{1}{2}\vec{FG}=\frac{1}{2}\vec{v}$ , puisque $I$ est le milieu de $[FG]$ et que $\vec{FG}=\vec{AD}$ . Donc $\vec{AI}=\vec{u}+\frac{1}{2}\vec{v}+\vec{w}$ . Le chemin choisi n'a aucune importance, tous donnent la même décomposition, puisque les coefficients dans une base sont uniques ; celui qui suit les arêtes est simplement le plus lisible.

b)

$K$ est le milieu de $[AD]$ : $\vec{AK}=\frac{1}{2}\vec{v}$ . Par Chasles, $\vec{KI}=\vec{KA}+\vec{AI}=\vec{AI}-\vec{AK}=\vec{u}+\frac{1}{2}\vec{v}+\vec{w}-\frac{1}{2}\vec{v}=\vec{u}+\vec{w}$ . Or $\vec{AF}=\vec{AB}+\vec{BF}=\vec{u}+\vec{w}$ : on a donc $\vec{KI}=\vec{AF}$ , ce qui est exactement la définition du parallélogramme $AKIF$ (côtés $[AF]$ et $[KI]$ parallèles, de même longueur et de même sens). On le lit aussi sur la figure : $\vec{AK}=\frac{1}{2}\vec{AD}$ et $\vec{FI}=\frac{1}{2}\vec{FG}$ sont égaux. L'erreur classique est de soustraire à l'envers, $\vec{KI}=\vec{AK}-\vec{AI}$ : on écrit toujours arrivée moins départ, $\vec{KI}=\vec{AI}-\vec{AK}$ .

c)

$J$ est le centre de la face carrée $BCGF$ , donc le milieu de sa diagonale $[BG]$ : $\vec{AJ}=\frac{1}{2}\left(\vec{AB}+\vec{AG}\right)=\frac{1}{2}\left(\vec{u}+\vec{u}+\vec{v}+\vec{w}\right)=\vec{u}+\frac{1}{2}\vec{v}+\frac{1}{2}\vec{w}$ . On le retrouve par un chemin : $\vec{AB}+\frac{1}{2}\vec{BC}+\frac{1}{2}\vec{CG}$ . Le milieu $O$ de $[KI]$ vérifie $\vec{AO}=\frac{1}{2}\left(\vec{AK}+\vec{AI}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\vec{v}+\vec{u}+\frac{1}{2}\vec{v}+\vec{w}\right)=\frac{1}{2}\vec{u}+\frac{1}{2}\vec{v}+\frac{1}{2}\vec{w}$ . C'est exactement $\frac{1}{2}\vec{AG}$ : $O$ est le milieu de $[AG]$ , c'est-à-dire le centre du cube. Les deux segments $[KI]$ et $[AG]$ se coupent donc en leur milieu.

d)

$\vec{OJ}=\vec{AJ}-\vec{AO}=\left(1-\frac{1}{2}\right)\vec{u}+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\right)\vec{v}+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\right)\vec{w}=\frac{1}{2}\vec{u}$ . Le vecteur $\vec{OJ}$ est colinéaire à $\vec{u}=\vec{AB}$ , donc les droites $(OJ)$ et $(AB)$ sont parallèles, et $OJ$ vaut la moitié de l'arête : du centre du cube au centre d'une face, on parcourt une demi-arête, perpendiculairement à cette face.

e)

Trois vecteurs issus de $A$ forment une base si et seulement si leurs extrémités et $A$ ne sont PAS dans un même plan. $(\vec{AB},\ \vec{AE},\ \vec{AF})$ : $A$ , $B$ , $E$ , $F$ sont les quatre sommets d'une même face, donc les trois vecteurs sont coplanaires, et d'ailleurs $\vec{AF}=\vec{AB}+\vec{AE}$ ; ce n'est pas une base. $(\vec{AC},\ \vec{AE},\ \vec{AG})$ : $A$ , $C$ , $G$ , $E$ sont dans le plan diagonal $(ACGE)$ , qui coupe le cube selon un rectangle, et $\vec{AG}=\vec{AC}+\vec{AE}$ ; pas une base non plus, alors qu'aucun des trois vecteurs n'est une arête du même carré. $(\vec{AB},\ \vec{AD},\ \vec{AG})$ : $\vec{AB}$ et $\vec{AD}$ dirigent la face du bas, et $G$ n'est pas dans cette face ; c'est une base. Trois vecteurs deux à deux non colinéaires ne forment donc pas forcément une base : c'est le piège du deuxième triplet.

Exercice 19 : Un tétraèdre sans repère : le parallélogramme des milieux et le centre de gravité

$ABCD$ est un tétraèdre. On note $P$ , $Q$ , $R$ et $S$ les milieux respectifs des arêtes $[AB]$ , $[BC]$ , $[CD]$ et $[DA]$ , et $G$ le centre de gravité du triangle $BCD$ , c'est-à-dire le point de la médiane $[BR]$ tel que $\vec{BG}=\frac{2}{3}\vec{BR}$ .

On travaille dans la base $(\vec{AB},\ \vec{AC},\ \vec{AD})$ , notée $(\vec{b},\ \vec{c},\ \vec{d})$ . Aucun repère n'est donné : tout se déduit de la figure et de la relation de Chasles.

a) Exprimez $\vec{PQ}$ et $\vec{SR}$ dans cette base. Déduisez-en que $PQRS$ est un parallélogramme, puis que les quatre points $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ sont coplanaires.
b) Exprimez $\vec{AR}$ , puis $\vec{AG}$ , dans la base $(\vec{b},\ \vec{c},\ \vec{d})$ .
c) On note $O$ le centre du parallélogramme $PQRS$ , milieu de $[PR]$ . Exprimez $\vec{AO}$ , puis démontrez que les points $A$ , $O$ et $G$ sont alignés, en précisant le réel $k$ tel que $\vec{AO}=k\vec{AG}$ .
d) En lisant la figure, dites si $(\vec{PQ},\ \vec{PS},\ \vec{PR})$ est une base de l'espace. Le triplet $(\vec{AB},\ \vec{AC},\ \vec{AG})$ en est-il une ? Justifiez la seconde réponse à l'aide de b).

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a)

\vec{PQ}

: coefficient de

\vec{c}

\vec{SR}

: coefficient de

\vec{c}

P

,

Q

,

R

,

S

sont

b)

\vec{AR}

: coefficient de

\vec{d}

\vec{AG}

: coefficient de

\vec{b}

\vec{AG}

: coefficient de

\vec{d}

c)

\vec{AO}

: coefficient de

\vec{b}

k

d)

(\vec{PQ},\ \vec{PS},\ \vec{PR})

est une base ?

(\vec{AB},\ \vec{AC},\ \vec{AG})

est une base ?

Voir la correction

Réponses

a) $\vec{PQ}=\vec{SR}=\frac{1}{2}\vec{c}$ : $PQRS$ parallélogramme, $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ coplanaires
b) $\vec{AR}=\frac{1}{2}\vec{c}+\frac{1}{2}\vec{d}$ et $\vec{AG}=\frac{1}{3}\vec{b}+\frac{1}{3}\vec{c}+\frac{1}{3}\vec{d}$
c) $\vec{AO}=\frac{1}{4}\vec{b}+\frac{1}{4}\vec{c}+\frac{1}{4}\vec{d}=\frac{3}{4}\vec{AG}$ : alignés, $k=\frac{3}{4}$
d) Non (plan $PQRS$ ) ; oui, car le coefficient de $\vec{d}$ dans $\vec{AG}$ vaut $\frac{1}{3}\neq 0$

a)

$\vec{PQ}=\vec{PB}+\vec{BQ}=\frac{1}{2}\vec{AB}+\frac{1}{2}\vec{BC}=\frac{1}{2}\left(\vec{AB}+\vec{BC}\right)=\frac{1}{2}\vec{AC}=\frac{1}{2}\vec{c}$ . De même, $\vec{SR}=\vec{SD}+\vec{DR}=\frac{1}{2}\vec{AD}+\frac{1}{2}\vec{DC}=\frac{1}{2}\vec{AC}=\frac{1}{2}\vec{c}$ . Donc $\vec{PQ}=\vec{SR}$ : le quadrilatère $PQRS$ est un parallélogramme, c'est le théorème de la droite des milieux appliqué dans les deux faces $ABC$ et $ACD$ , qui partagent l'arête $[AC]$ . Un parallélogramme est une figure plane, donc $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ sont coplanaires ; on peut aussi le voir par les vecteurs, $\vec{PR}=\vec{PQ}+\vec{QR}=\vec{PQ}+\vec{PS}$ , combinaison des deux autres. Le résultat surprend sur la figure : quatre points pris sur quatre arêtes d'un tétraèdre n'ont a priori aucune raison d'être dans un même plan.

b)

$R$ est le milieu de $[CD]$ : $\vec{AR}=\frac{1}{2}\left(\vec{AC}+\vec{AD}\right)=\frac{1}{2}\vec{c}+\frac{1}{2}\vec{d}$ . Puis $\vec{AG}=\vec{AB}+\vec{BG}=\vec{AB}+\frac{2}{3}\vec{BR}=\vec{AB}+\frac{2}{3}\left(\vec{AR}-\vec{AB}\right)=\frac{1}{3}\vec{AB}+\frac{2}{3}\vec{AR}$ , soit $\vec{AG}=\frac{1}{3}\vec{b}+\frac{1}{3}\vec{c}+\frac{1}{3}\vec{d}$ . Les trois sommets $B$ , $C$ , $D$ jouent des rôles symétriques dans le résultat, ce qui est rassurant : le centre de gravité ne dépend pas de la médiane choisie. Le piège est d'écrire $\vec{BR}=\vec{AR}+\vec{AB}$ : $\vec{BR}=\vec{BA}+\vec{AR}=\vec{AR}-\vec{AB}$ .

c)

$P$ est le milieu de $[AB]$ , donc $\vec{AP}=\frac{1}{2}\vec{b}$ , et $O$ est le milieu de $[PR]$ : $\vec{AO}=\frac{1}{2}\left(\vec{AP}+\vec{AR}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\vec{b}+\frac{1}{2}\vec{c}+\frac{1}{2}\vec{d}\right)=\frac{1}{4}\vec{b}+\frac{1}{4}\vec{c}+\frac{1}{4}\vec{d}$ . En comparant avec b) : $\vec{AO}=\frac{3}{4}\times\frac{1}{3}\left(\vec{b}+\vec{c}+\vec{d}\right)=\frac{3}{4}\vec{AG}$ . Les vecteurs $\vec{AO}$ et $\vec{AG}$ sont colinéaires, donc $A$ , $O$ et $G$ sont alignés, avec $k=\frac{3}{4}$ : $O$ est aux trois quarts du segment $[AG]$ en partant de $A$ . Contrôle par l'autre diagonale : le milieu de $[QS]$ donne $\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\vec{b}+\frac{1}{2}\vec{c}+\frac{1}{2}\vec{d}\right)$ , la même décomposition, ce qui confirme que les diagonales du parallélogramme se coupent bien en $O$ .

d)

$\vec{PQ}$ , $\vec{PS}$ et $\vec{PR}$ ont leur origine $P$ et leurs extrémités dans le plan $(PQRS)$ établi en a) : ils sont coplanaires, et ce n'est PAS une base, bien qu'aucun des trois ne soit colinéaire à un autre. Pour $(\vec{AB},\ \vec{AC},\ \vec{AG})$ , on raisonne par l'absurde : si $\vec{AG}$ s'écrivait $\alpha\vec{b}+\beta\vec{c}$ , l'unicité de la décomposition dans la base $(\vec{b},\ \vec{c},\ \vec{d})$ imposerait un coefficient nul devant $\vec{d}$ , alors que b) donne $\frac{1}{3}$ . Donc $\vec{AG}$ n'est pas dans le plan dirigé par $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ , et le triplet est une base. Sur la figure, c'est visible : $G$ est dans la face $BCD$ , hors du plan $(ABC)$ .

Exercice 20 : Lieu géométrique : le plan médiateur de deux émetteurs

Dans un repère orthonormé d'unité le mètre, deux émetteurs sont placés aux points $A(1,\ 4,\ 0)$ et $B(5,\ 2,\ 4)$ . On cherche l'ensemble $\mathcal{M}$ des points $M(x,\ y,\ z)$ situés à égale distance des deux émetteurs, c'est-à-dire tels que $MA=MB$ .

La figure n'est pas à l'échelle.

a) Démontrez que $M$ appartient à $\mathcal{M}$ si et seulement si $2x-y+2z-7=0$ . Quelle est la nature de l'ensemble $\mathcal{M}$ ?
b) Donnez un vecteur normal $\vec{n}$ à $\mathcal{M}$ et comparez-le à $\vec{AB}$ . Vérifiez que le milieu $I$ de $[AB]$ appartient à $\mathcal{M}$ . Comment appelle-t-on ce plan ?
c) Le point $E(1,\ 1,\ 3)$ est-il à égale distance des deux émetteurs ? Même question pour $F(4,\ 0,\ 1)$ ; duquel des deux émetteurs $F$ est-il le plus proche ?
d) Un capteur doit être fixé sur le mât vertical qui passe par le point $K(2,\ 3,\ 0)$ du sol, à égale distance des deux émetteurs. À quelle hauteur faut-il le placer ? Donnez sa distance à chaque émetteur, au centimètre.
e) Démontrez, sans formule de distance, que $I$ est le projeté orthogonal de $A$ sur $\mathcal{M}$ , et déduisez-en la distance du point $A$ au plan $\mathcal{M}$ .

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Réponses

a) $MA^{2}=MB^{2}\iff 2x-y+2z-7=0$ : $\mathcal{M}$ est un plan
b) $\vec{n}(2,\ -1,\ 2)$ , $\vec{AB}=2\vec{n}$ ; $I(3,\ 3,\ 2)\in\mathcal{M}$ : plan médiateur de $[AB]$
c) $E$ : oui, $EA^{2}=EB^{2}=18$ ; $F$ : non, $FA^{2}=26$ et $FB^{2}=14$ , plus proche de $B$
d) Hauteur $3$ m, au point $(2,\ 3,\ 3)$ ; distance $\sqrt{11}\approx 3{,}32$ m
e) $(AB)$ orthogonale au plan et $I\in\mathcal{M}$ : $I$ est le projeté, distance $AI=3$ m

a)

Des longueurs positives sont égales si et seulement si leurs carrés le sont : $MA=MB\iff MA^{2}=MB^{2}$ . Or $MA^{2}=(x-1)^{2}+(y-4)^{2}+z^{2}$ et $MB^{2}=(x-5)^{2}+(y-2)^{2}+(z-4)^{2}$ . En développant, les termes $x^{2}$ , $y^{2}$ et $z^{2}$ s'éliminent de part et d'autre : il reste $-2x+1-8y+16=-10x+25-4y+4-8z+16$ , soit $8x-4y+8z-28=0$ , et en divisant par $4$ , $2x-y+2z-7=0$ . Chaque étape est une équivalence, donc l'ensemble $\mathcal{M}$ est exactement l'ensemble des points qui vérifient cette équation : c'est un PLAN. Passer aux carrés est le geste décisif, il supprime les racines ; l'élimination des termes du second degré est ce qui fait d'un lieu défini par des distances un objet du premier degré.

b)

Les coefficients donnent $\vec{n}(2,\ -1,\ 2)$ . Et $\vec{AB}(4,\ -2,\ 4)=2\vec{n}$ : la droite $(AB)$ est ORTHOGONALE au plan $\mathcal{M}$ . Le milieu de $[AB]$ est $I(3,\ 3,\ 2)$ , et $2\times 3-3+2\times 2-7=0$ ✓. Le plan $\mathcal{M}$ passe par le milieu de $[AB]$ et lui est orthogonal : c'est le PLAN MÉDIATEUR du segment $[AB]$ , l'analogue dans l'espace de la médiatrice du plan. On pouvait donc aussi obtenir son équation directement : vecteur normal $\vec{AB}$ , point $I$ . L'erreur fréquente est de faire passer ce plan par $A$ au lieu de $I$ : on obtient alors un plan orthogonal à $(AB)$ , mais qui n'est pas le lieu cherché.

c)

Pour $E$ : $2-1+6-7=0$ , donc $E\in\mathcal{M}$ et $EA=EB$ . Contrôle direct : $EA^{2}=0+9+9=18$ et $EB^{2}=16+1+1=18$ ✓, soit $EA=EB=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$ . Pour $F$ : $8-0+2-7=3\neq 0$ , donc $F$ n'est pas à égale distance. $FA^{2}=9+16+1=26$ et $FB^{2}=1+4+9=14$ : $F$ est plus proche de $B$ . Le signe de l'expression le disait déjà : elle vaut $-9$ en $A$ et $9$ en $B$ , donc elle est négative du côté de $A$ et positive du côté de $B$ ; en $F$ elle vaut $3>0$ , $F$ est du côté de $B$ .

d)

Les points du mât ont pour coordonnées $(2,\ 3,\ z)$ avec $z\geqslant 0$ . On cherche celui qui est dans $\mathcal{M}$ : $2\times 2-3+2z-7=0$ , soit $2z=6$ et $z=3$ . Le capteur se place à $3$ m de hauteur, au point $C(2,\ 3,\ 3)$ . Alors $CA^{2}=1+1+9=11$ et $CB^{2}=9+1+1=11$ ✓, et $CA=CB=\sqrt{11}\approx 3{,}32$ m. L'intersection d'une droite et d'un plan se traite comme toujours, en substituant la représentation paramétrique de la droite, ici $x=2$ , $y=3$ , $z=t$ , dans l'équation du plan.

e)

Par b), la droite $(AB)$ est orthogonale au plan $\mathcal{M}$ , et elle passe par $A$ : c'est la droite passant par $A$ et orthogonale à $\mathcal{M}$ . Elle coupe ce plan en $I$ , qui est à la fois sur $(AB)$ et dans $\mathcal{M}$ . Par définition, $I$ est donc le projeté orthogonal de $A$ sur $\mathcal{M}$ , et la distance de $A$ au plan vaut $AI=\frac{AB}{2}$ . Or $AB=\sqrt{16+4+16}=\sqrt{36}=6$ , donc la distance vaut $3$ m. Aucune formule n'a servi : on a reconnu le projeté, puis mesuré une longueur, ce qui est exactement la méthode du programme.

Le plan médiateur est le premier « lieu géométrique » de l'espace : on traduit la condition par une équation, on reconnaît l'objet, puis on nomme ses éléments caractéristiques. Sur une copie, la phrase attendue est « $MA=MB\iff MA^{2}=MB^{2}\iff 2x-y+2z-7=0$ ; l'ensemble cherché est le plan médiateur de $[AB]$ ».

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

Rappel de cours

Calculs : coordonnées, produit scalaire, plans et droites

Exercice 0.1 : Calculer dans l'espace repéré : dix calculs directs

Partie A : Les bases (/50)

Exercice 1 : Vecteurs de l'espace

Exercice 2 : Coplanarité et base de l'espace

Exercice 3 : Représentation paramétrique d'une droite

Exercice 4 : Produit scalaire dans l'espace

Exercice 5 : Équation cartésienne d'un plan

Partie B : Niveau baccalauréat (/50)

Exercice 6 : Intersection d'une droite et d'un plan

Exercice 7 : Positions relatives de plans

Exercice 8 : Projeté orthogonal et distance à un plan

Exercice 9 : Quatre affirmations sur l'espace

Exercice 10 : L'exercice du cube

Partie C : les classiques (/50)

Exercice 11 : Deux droites de l'espace : sécantes ou non coplanaires

Exercice 12 : Le plan passant par trois points et le volume d'un tétraèdre

Exercice 13 : La droite d'intersection de deux plans

Exercice 14 : Une pyramide régulière

Exercice 15 : Deux drones et leur distance minimale

Partie D : projetés, décompositions et lieux (/50)

Exercice 16 : Distance d'un point à un plan par le projeté orthogonal

Exercice 17 : Projeté orthogonal d'un point sur une droite : le câble d'une tyrolienne

Exercice 18 : Décomposer des vecteurs sur un cube, sans repère

Exercice 19 : Un tétraèdre sans repère : le parallélogramme des milieux et le centre de gravité

Exercice 20 : Lieu géométrique : le plan médiateur de deux émetteurs

Ce chapitre au bac 2025 et 2026

Voir aussi

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