Orthogonalité et distances dans l'espace

I. Orthogonalité dans l'espace — Rappels et compléments

1. Droite orthogonale à un plan

Droite perpendiculaire à un plan

d ⊥ P

d

est orthogonale à toute droite de

P

Caractérisation

d ⊥ P ⟺ u_{d}

n_{P}

colinéaires.

Critère pratique

d

est orthogonale à deux droites sécantes de

P

, alors

d ⊥ P

Démonstration

Tout vecteur du plan est combinaison linéaire des deux directions sécantes

v_{1}

v_{2}

.
Si

u \cdot v_{1} = 0

u \cdot v_{2} = 0

, alors par bilinéarité

u \cdot (α v_{1} + β v_{2}) = 0

pour tout vecteur du plan.

Unicité

Par un point, il passe une unique droite perpendiculaire à un plan donné.

Exemple

Droite par

A (1; 2; 3)

perpendiculaire à

2 x - y + 3 z - 1 = 0

:

Direction

n (2; - 1; 3)

→

x = 1 + 2 t, y = 2 - t, z = 3 + 3 t

2. Plan médiateur

Plan médiateur

Le plan médiateur de

[A B]

est le plan perpendiculaire à

[A B]

passant par son milieu

I

Caractérisation

Plan médiateur de

[A B]

= {M ∣ M A = M B}

Démonstration

M A^{2} - M B^{2} = (M A + M B) \cdot (M A - M B) = 2 M I \cdot B A

.

Donc

M A = M B \Leftrightarrow M I \cdot A B = 0

M

dans le plan passant par

I

de normale

A B

Exemple

A (1; 0; 3)

B (3; 2; 1)

. Milieu

I (2; 1; 2)

A B (2; 2; - 2)

2 (x - 2) + 2 (y - 1) - 2 (z - 2) = 0 \Rightarrow x + y - z - 1 = 0

3. Théorème des trois perpendiculaires

Théorème des trois perpendiculaires

Soit

H

le projeté de

A

sur

P

, et

d

une droite de

P

.

Si

B

est le projeté de

H

sur

d

(dans

P

), alors

B

est aussi le projeté de

A

sur

d

(dans l'espace).

Démonstration

A B = A H + H B

A H ⊥ u_{d}

car

A H ⊥ P

H B ⊥ u_{d}

par hypothèse.

Donc

A B \cdot u_{d} = 0

(A B) ⊥ d

Application dans un cube

Cube

A B C D E F G H

E

projeté sur

(A B C D)

est

A

O

centre de

A B C D

est projeté de

A

sur

(B D)

.

Donc

O

est aussi le projeté de

E

sur

(B D)

II. Projeté orthogonal

1. Rappels

Projeté sur un plan (rappel)

H = M + λ n

avec

λ = - \frac{a x _{M} + b y _{M} + c z _{M} + d}{a ^{2} + b ^{2} + c ^{2}}

H

est le point de

P

le plus proche de

M

M P^{2} = M H^{2} + H P^{2} \geq M H^{2}

Projeté sur une droite (rappel)

H = A + t_{0} u

avec

t_{0} = \frac{A M \cdot u}{∥ u ∥ ^{2}}

2. Projection d'une droite sur un plan

Projection d'une droite

Ensemble des projetés orthogonaux des points de

d

sur

P

Trois cas

•

d ⊥ P

: projection = un point.
•

d ∥ P

: projection = droite parallèle à

d

.
• Cas général : projection = droite de direction

u^{'} = u - \frac{u \cdot n}{∥ n ∥ ^{2}} n

3. Symétrique par rapport à un plan

Symétrique / plan

M^{'}

tel que

H

(projeté de

M

sur

P

) est milieu de

[M M^{'}]

Calcul

1. Calculer

λ

puis

H = M + λ n

.
2.

M^{'} = 2 H - M

Exemple

M (3; 1; 4)

P : x + 2 y + 2 z - 1 = 0

λ = - \frac{3 + 2 + 8 - 1}{1 + 4 + 4} = - \frac{12}{9} = - \frac{4}{3}

H = (- \frac{1}{3}; - \frac{5}{3}; - \frac{4}{3})

M^{'} = 2 H - M = (- \frac{11}{3}; - \frac{13}{3}; - \frac{20}{3})

4. Symétrique par rapport à une droite

Calcul

1. Calculer

t_{0}

puis

H = A + t_{0} u

.
2.

M^{'} = 2 H - M

III. Distances dans l'espace

1. Rappels

Formules de distance

Point — plan :

d (M, P) = \frac{∣ a x _{M} + b y _{M} + c z _{M} + d ∣}{a ^{2} + b ^{2} + c ^{2}}

.

Point — droite :

d (M, d) = \frac{∥ A M ⊥ u ∥}{∥ u ∥}

2. Droites parallèles

Distance entre droites parallèles

d (d_{1}, d_{2}) = d (A_{1}, d_{2})

pour tout

A_{1} \in d_{1}

3. Droites non coplanaires

Distance et perpendiculaire commune

Pour deux droites non coplanaires :

1. Construire le plan

P

contenant

d_{1}

et parallèle à

u_{2}

.
2.

d (d_{1}, d_{2}) = d (A_{2}, P)

(formule distance point-plan).

Pieds de la perpendiculaire commune

P_{1} = A_{1} + s u_{1}

P_{2} = A_{2} + t u_{2}

.

Conditions :

P_{1} P_{2} \cdot u_{1} = 0

P_{1} P_{2} \cdot u_{2} = 0

→ système

2 \times 2

Exemple

d_{1} : A (0; 0; 0), u (1; 0; 0)

d_{2} : B (0; 1; 1), v (0; 1; 0)

u ⊥ v = (0; 0; 1)

\Le sy s t \overset{e}{ˋ} m e d o nn e : ∣ A B \cdot (0; 0; 1) ∣ = ∣1∣ = 1

d = \frac{1}{1} = 1

.

Pieds :

P_{1} = (0; 0; 0)

P_{2} = (0; 1; 1)

. Distance

P_{1} P_{2} = 2

... Non :

P_{2} = (0; 0; 1)

(en résolvant le système correctement).

4. Plans parallèles et droite-plan

Formules

Plans parallèles :

d = \frac{∣ d _{1} - d _{2} ∣}{a ^{2} + b ^{2} + c ^{2}}

(mêmes coefficients).

Droite parallèle au plan :

d (d, P) = d (A, P)

pour tout

A \in d

IV. Plans et droites remarquables

1. Perpendiculaire commune

Perpendiculaire commune

Deux droites non coplanaires admettent une unique droite

Δ

perpendiculaire aux deux et les coupant toutes les deux.

Direction :

u_{1} ⊥ u_{2}

. Le segment

[P_{1} P_{2}]

réalise la distance minimale.

2. Angle dièdre

Angle dièdre

Angle entre deux demi-plans de même arête, mesuré dans un plan perpendiculaire à l'arête.

Calcul

1. Vecteur

u

de l'arête.
2. Projeter un vecteur de chaque plan sur le plan

⊥

u

v_{i}^{'} = w_{i} - \frac{w _{i} \cdot u}{∥ u ∥ ^{2}} u

.
3.

cos θ = \frac{v _{1}^{'} \cdot v _{2}^{'}}{∥ v _{1}^{'} ∥ ∥ v _{2}^{'} ∥}

Cube : angle dièdre

= π /2

Arête

[A B]

, faces

A B C D

A B F E

: l'angle est droit.

Tétraèdre régulier

cos θ = \frac{1}{3}

θ \approx 70, 5°

V. Applications géométriques

1. Sphère circonscrite à un tétraèdre

Sphère circonscrite

Sphère passant par les 4 sommets d'un tétraèdre.

Trouver le centre

Ω A^{2} = Ω B^{2}

Ω A^{2} = Ω C^{2}

Ω A^{2} = Ω D^{2}

.

Les

x^{2} + y^{2} + z^{2}

se simplifient → système linéaire $3 \times 3$ . Puis

R = Ω A

Exemple

A (0; 0; 0)

B (4; 0; 0)

C (0; 4; 0)

D (0; 0; 4)

Ω A^{2} = Ω B^{2}

- 8 x + 16 = 0 \Rightarrow x = 2

. De même

y = 2

z = 2

Ω (2; 2; 2)

R = 23

2. Hauteur et volume d'un tétraèdre

Hauteur

Droite par un sommet, perpendiculaire au plan de la face opposée.

Volume

V = \frac{1}{3} \times Aire (base) \times h

où

h = d (sommet, plan de la base)

(distance point-plan).

3. Tétraèdre orthocentrique

Tétraèdre orthocentrique

Arêtes opposées deux à deux orthogonales :

A B \cdot C D = 0

A C \cdot B D = 0

A D \cdot B C = 0

Deux conditions suffisent

Si deux des trois conditions sont vérifiées, la troisième l'est automatiquement.

Démonstration

On décompose :

C D = A D - A C

B D = A D - A B

.

De

A B \cdot C D = 0

A B \cdot A D = A B \cdot A C

.
De

A C \cdot B D = 0

A C \cdot A D = A C \cdot A B

.

Donc

A D \cdot (A B - A C) = 0

, soit

A D \cdot C B = 0

→

A D \cdot B C = 0

Tétraèdre régulier

A (1; 1; 1)

B (1; - 1; - 1)

C (- 1; 1; - 1)

D (- 1; - 1; 1)

A B \cdot C D = (0; - 2; - 2) \cdot (- 2; - 2; 2) = 0 + 4 - 4 = 0

✓

A C \cdot B D = (- 2; 0; - 2) \cdot (- 2; - 2; 2) = 4 + 0 - 4 = 0

✓

Orthocentrique ✓.

VI. Méthodes

M1 — Droite perpendiculaire à un plan

u_{d}

colinéaire à

n_{P}

.
Ou :

d

orthogonale à 2 droites sécantes du plan.

M2 — Plan médiateur

Milieu

I

+ normale

A B

→ équation. Ou développer

M A^{2} = M B^{2}

M3 — Symétrique

Plan :

λ

→

H

→

M^{'} = 2 H - M

.
Droite :

t_{0}

→

H

→

M^{'} = 2 H - M

M4 — Distance entre droites

Parallèles :

d (A_{1}, d_{2})

par projeté orthogonal.

Non coplanaires :

d (A_{2}, P)

où

P

contient

d_{1}

et est parallèle à

d_{2}

M5 — Sphère circonscrite

Ω A^{2} = Ω B^{2} = Ω C^{2} = Ω D^{2}

→ système linéaire.

M6 — Angle dièdre

Projeter les vecteurs des plans sur le plan

⊥

à l'arête, puis calculer l'angle.

M7 — Étude complète d'un tétraèdre

1. Coordonnées des sommets.
2. Hauteur : projeté du sommet sur le plan de la base.
3. Volume :

V = \frac{1}{3} \times aire base \times h

.
4. Sphère circonscrite : système

Ω A^{2} = Ω B^{2} = \dots

5. Angle dièdre : projection.
6. Orthocentrique : vérifier les PS des arêtes opposées.

Exemple complet : tétraèdre régulier

A (1; 1; 1)

B (1; - 1; - 1)

C (- 1; 1; - 1)

D (- 1; - 1; 1)

.

• Arête

= 22

.
• Volume

= \frac{1}{3} \times aire (B C D) \times h = \frac{8}{3}

.
• Sphère :

Ω (0; 0; 0)

R = 3

.
• Angle dièdre :

arccos \frac{1}{3} \approx 70, 5°

Distance	Formule
Point — plan	$\frac{∣ a x _{M} + b y _{M} + c z _{M} + d ∣}{a ^{2} + b ^{2} + c ^{2}}$
Point — droite	$\frac{∥ A M ⊥ u ∥}{∥ u ∥}$
Droites //	$d (A_{1}, d_{2})$
Droites non copl.	$\frac{∣ (CL) ( u _{1} , u _{2} , A _{1} A _{2} ) ∣}{∥ u _{1} ⊥ u _{2} ∥}$
Plans //	$\frac{∣ d _{1} - d _{2} ∣}{a ^{2} + b ^{2} + c ^{2}}$
Droite // plan	$d (A, P)$

40 exercices disponibles

Exercice 1

Facile

On considère le point

A(1;2;3)

et le plan

\mathcal{P}

d'équation

2x - y + 2z - 1 = 0

Donner un vecteur normal au plan

\mathcal{P}

Méthode : On lit directement les coefficients de

x

y

z

dans l'équation cartésienne du plan.

L'équation du plan

\mathcal{P}

est

2x - y + 2z - 1 = 0

.

Un vecteur normal au plan est :

\vec{n}(2 ; -1 ; 2)

\boxed{\vec{n}(2 ; -1 ; 2)}

Écrire une représentation paramétrique de la droite

\Delta

passant par

A

et orthogonale au plan

\mathcal{P}

Méthode : Une droite orthogonale à un plan est dirigée par un vecteur normal à ce plan. On utilise le point

A

et le vecteur directeur

\vec{n}

.

La droite

\Delta

passe par

A(1;2;3)

et a pour vecteur directeur

\vec{n}(2;-1;2)

.

Sa représentation paramétrique est :

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

\boxed{\begin{cases} x = 1 + 2t \ y = 2 - t \ z = 3 + 2t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}}

Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal

H

A

sur le plan

\mathcal{P}

Méthode : Le projeté orthogonal

H

est l'intersection de la droite

\Delta

(passant par

A

, orthogonale à

\mathcal{P}

) avec le plan

\mathcal{P}

. On substitue les coordonnées paramétriques dans l'équation du plan.

On substitue dans

2x - y + 2z - 1 = 0

2(1 + 2t) - (2 - t) + 2(3 + 2t) - 1 = 0

2 + 4t - 2 + t + 6 + 4t - 1 = 0

9t + 5 = 0

t = -\dfrac{5}{9}

On calcule les coordonnées de

H

x_H = 1 + 2 \times \left(-\dfrac{5}{9}\right) = 1 - \dfrac{10}{9} = -\dfrac{1}{9}

y_H = 2 - \left(-\dfrac{5}{9}\right) = 2 + \dfrac{5}{9} = \dfrac{23}{9}

z_H = 3 + 2 \times \left(-\dfrac{5}{9}\right) = 3 - \dfrac{10}{9} = \dfrac{17}{9}

\boxed{H\left(-\dfrac{1}{9} ; \dfrac{23}{9} ; \dfrac{17}{9}\right)}

Calculer la distance du point

A

au plan

\mathcal{P}

Méthode : On utilise la formule de distance d'un point à un plan :

d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|ax_0 + by_0 + cz_0 + d|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}

.

Avec

A(1;2;3)

\mathcal{P} : 2x - y + 2z - 1 = 0

d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|2 \times 1 + (-1) \times 2 + 2 \times 3 - 1|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2 + 2^2}}

= \dfrac{|2 - 2 + 6 - 1|}{\sqrt{4 + 1 + 4}}

= \dfrac{|5|}{\sqrt{9}} = \dfrac{5}{3}

\boxed{d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{5}{3}}

Exercice 2

Facile

Soient

A(1;0;2)

B(3;4;-2)

deux points de l'espace.

Calculer les coordonnées du milieu

I

[AB]

Méthode : Le milieu

I

d'un segment

[AB]

a pour coordonnées

I\left(\dfrac{x_A + x_B}{2} ; \dfrac{y_A + y_B}{2} ; \dfrac{z_A + z_B}{2}\right)

x_I = \dfrac{1+3}{2} = 2, \quad y_I = \dfrac{0+4}{2} = 2, \quad z_I = \dfrac{2+(-2)}{2} = 0

\boxed{I(2;2;0)}

Déterminer un vecteur normal au plan médiateur de

[AB]

Méthode : Le plan médiateur de

[AB]

est perpendiculaire à la droite

(AB)

, donc un vecteur normal à ce plan est le vecteur

\vec{AB}

\vec{AB} = (3-1 ; 4-0 ; -2-2) = (2 ; 4 ; -4)

On peut simplifier en divisant par

2

\vec{n}(1 ; 2 ; -2)

\boxed{\vec{n}(1 ; 2 ; -2)}

Déterminer une équation cartésienne du plan médiateur

\mathcal{M}

[AB]

Méthode : Le plan médiateur de

[AB]

passe par le milieu

I

et admet

\vec{AB}

comme vecteur normal. On écrit l'équation

a(x - x_I) + b(y - y_I) + c(z - z_I) = 0

.

Avec

I(2;2;0)

\vec{n}(1;2;-2)

1(x - 2) + 2(y - 2) + (-2)(z - 0) = 0

x - 2 + 2y - 4 - 2z = 0

x + 2y - 2z - 6 = 0

\boxed{\mathcal{M} : x + 2y - 2z - 6 = 0}

Vérifier que le point

C(4;1;0)

appartient au plan médiateur

\mathcal{M}

, puis montrer que

CA = CB

Méthode : On vérifie d'abord l'appartenance au plan en substituant, puis on calcule les distances.

Appartenance à $\mathcal{M}$ :

4 + 2 \times 1 - 2 \times 0 - 6 = 4 + 2 - 0 - 6 = 0

Donc

C \in \mathcal{M}

.

Calcul de $CA$ et $CB$ :

CA = \sqrt{(1-4)^2 + (0-1)^2 + (2-0)^2} = \sqrt{9 + 1 + 4} = \sqrt{14}

CB = \sqrt{(3-4)^2 + (4-1)^2 + (-2-0)^2} = \sqrt{1 + 9 + 4} = \sqrt{14}

On a bien

CA = CB = \sqrt{14}

, ce qui est cohérent car tout point du plan médiateur est équidistant de

A

B

\boxed{CA = CB = \sqrt{14}}

Exercice 3

Facile

On considère le plan

\mathcal{P}

d'équation

x + y + z - 3 = 0

et le point

A(2;1;4)

Le point

A

appartient-il au plan

\mathcal{P}

Méthode : On substitue les coordonnées de

A

dans l'équation du plan.

2 + 1 + 4 - 3 = 4 \neq 0

Donc

A \notin \mathcal{P}

\boxed{A \notin \mathcal{P}}

Calculer la distance de

A

au plan

\mathcal{P}

Méthode : On applique la formule

d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|ax_0 + by_0 + cz_0 + d|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}

d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|1 \times 2 + 1 \times 1 + 1 \times 4 - 3|}{\sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2}}

= \dfrac{|2 + 1 + 4 - 3|}{\sqrt{3}} = \dfrac{4}{\sqrt{3}} = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}

\boxed{d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}}

Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal

H

A

sur

\mathcal{P}

Méthode : On écrit la droite passant par

A

et dirigée par

\vec{n}(1;1;1)

, puis on cherche son intersection avec

\mathcal{P}

.

Représentation paramétrique de la droite :

\begin{cases} x = 2 + t \ y = 1 + t \ z = 4 + t \end{cases}

On substitue dans

x + y + z - 3 = 0

(2 + t) + (1 + t) + (4 + t) - 3 = 0

7 + 3t - 3 = 0

3t + 4 = 0 \implies t = -\dfrac{4}{3}

x_H = 2 - \dfrac{4}{3} = \dfrac{2}{3}, \quad y_H = 1 - \dfrac{4}{3} = -\dfrac{1}{3}, \quad z_H = 4 - \dfrac{4}{3} = \dfrac{8}{3}

\boxed{H\left(\dfrac{2}{3} ; -\dfrac{1}{3} ; \dfrac{8}{3}\right)}

Vérifier le résultat en calculant

AH

Méthode : On calcule la distance

AH

et on vérifie qu'elle est égale à

d(A, \mathcal{P})

\vec{AH} = \left(\dfrac{2}{3} - 2 ; -\dfrac{1}{3} - 1 ; \dfrac{8}{3} - 4\right) = \left(-\dfrac{4}{3} ; -\dfrac{4}{3} ; -\dfrac{4}{3}\right)

AH = \sqrt{\left(-\dfrac{4}{3}\right)^2 + \left(-\dfrac{4}{3}\right)^2 + \left(-\dfrac{4}{3}\right)^2} = \sqrt{3 \times \dfrac{16}{9}} = \sqrt{\dfrac{16}{3}} = \dfrac{4}{\sqrt{3}} = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}

On retrouve bien

d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}

\boxed{AH = \dfrac{4\sqrt{3}}{3} = d(A, \mathcal{P})}

Exercice 4

Facile

On considère les points

A(1;0;0)

B(0;1;0)

C(0;0;1)

Déterminer une équation cartésienne du plan

(ABC)

Méthode : On calcule deux vecteurs du plan,

\vec{AB}

\vec{AC}

, puis on cherche un vecteur normal

\vec{n}(a;b;c)

tel que

\vec{n} \cdot \vec{AB} = 0

\vec{n} \cdot \vec{AC} = 0

\vec{AB} = (-1;1;0), \quad \vec{AC} = (-1;0;1)

On cherche

\vec{n}(a;b;c)

tel que :

\begin{cases} -a + b = 0 \ -a + c = 0 \end{cases} \implies b = a \text{ et } c = a

En prenant

a = 1

\vec{n}(1;1;1)

.

L'équation du plan passant par

A(1;0;0)

est :

1(x-1) + 1(y-0) + 1(z-0) = 0

x + y + z - 1 = 0

\boxed{(ABC) : x + y + z - 1 = 0}

Calculer la distance de l'origine

O(0;0;0)

au plan

(ABC)

Méthode : On applique la formule de distance d'un point à un plan.

d(O, (ABC)) = \dfrac{|1 \times 0 + 1 \times 0 + 1 \times 0 - 1|}{\sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2}} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}

\boxed{d(O, (ABC)) = \dfrac{\sqrt{3}}{3}}

Déterminer le projeté orthogonal

H

O

sur le plan

(ABC)

Méthode : On paramètre la droite passant par

O

et dirigée par

\vec{n}(1;1;1)

, puis on l'intersecte avec le plan.

\begin{cases} x = t \ y = t \ z = t \end{cases}

On substitue dans

x + y + z - 1 = 0

t + t + t - 1 = 0 \implies 3t = 1 \implies t = \dfrac{1}{3}

\boxed{H\left(\dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3}\right)}

Exercice 5

Facile

Soit la droite

\Delta

passant par

A(1;2;0)

et de vecteur directeur

\vec{u}(1;0;1)

Écrire une représentation paramétrique de

\Delta

Méthode : On utilise le point

A

et le vecteur directeur

\vec{u}

\begin{cases} x = 1 + t \ y = 2 \ z = t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}

\boxed{\begin{cases} x = 1 + t \ y = 2 \ z = t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}}

Déterminer le projeté orthogonal

H

du point

B(3;2;1)

sur la droite

\Delta

Méthode : Le projeté orthogonal

H

B

sur

\Delta

est le point de

\Delta

tel que

\vec{BH} \cdot \vec{u} = 0

.

Un point

H

\Delta

s'écrit

H(1+t ; 2 ; t)

\vec{BH} = (1+t-3 ; 2-2 ; t-1) = (t-2 ; 0 ; t-1)

Condition d'orthogonalité :

\vec{BH} \cdot \vec{u} = 1(t-2) + 0 \times 0 + 1(t-1) = 0

t - 2 + t - 1 = 0

2t = 3 \implies t = \dfrac{3}{2}

x_H = 1 + \dfrac{3}{2} = \dfrac{5}{2}, \quad y_H = 2, \quad z_H = \dfrac{3}{2}

\boxed{H\left(\dfrac{5}{2} ; 2 ; \dfrac{3}{2}\right)}

Calculer la distance de

B

à la droite

\Delta

Méthode : La distance de

B

\Delta

est

BH

\vec{BH} = \left(\dfrac{5}{2}-3 ; 2-2 ; \dfrac{3}{2}-1\right) = \left(-\dfrac{1}{2} ; 0 ; \dfrac{1}{2}\right)

BH = \sqrt{\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2 + 0^2 + \left(\dfrac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4}} = \sqrt{\dfrac{1}{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}

\boxed{d(B, \Delta) = \dfrac{\sqrt{2}}{2}}

Exercice 6

Facile

On considère le plan

\mathcal{P}

d'équation

3x - 4y + 5 = 0

et le point

A(1;2;3)

Le plan

\mathcal{P}

est-il parallèle à l'axe

(Oz)

? Justifier.

Méthode : On examine le vecteur normal du plan et le vecteur directeur de l'axe

(Oz)

.

Le vecteur normal de

\mathcal{P}

est

\vec{n}(3;-4;0)

.

Le vecteur directeur de

(Oz)

est

\vec{k}(0;0;1)

\vec{n} \cdot \vec{k} = 3 \times 0 + (-4) \times 0 + 0 \times 1 = 0

Comme

\vec{n} \perp \vec{k}

, la droite

(Oz)

est parallèle au plan

\mathcal{P}

(ou incluse dedans).

Vérifions si

O(0;0;0)

appartient à

\mathcal{P}

3(0) - 4(0) + 5 = 5 \neq 0

, donc

O \notin \mathcal{P}

.

Ainsi

(Oz)

est strictement parallèle à

\mathcal{P}

\boxed{\text{Oui, } (Oz) \text{ est parallèle à } \mathcal{P}}

Calculer la distance de

A

au plan

\mathcal{P}

Méthode : On applique la formule avec

\mathcal{P} : 3x - 4y + 0z + 5 = 0

d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|3 \times 1 + (-4) \times 2 + 0 \times 3 + 5|}{\sqrt{3^2 + (-4)^2 + 0^2}}

= \dfrac{|3 - 8 + 0 + 5|}{\sqrt{9 + 16}} = \dfrac{|0|}{5} = 0

Le point

A

appartient au plan

\mathcal{P}

\boxed{d(A, \mathcal{P}) = 0 \text{, donc } A \in \mathcal{P}}

Calculer la distance de

B(2;3;1)

au plan

\mathcal{P}

Méthode : On applique la même formule avec le point

B

d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{|3 \times 2 + (-4) \times 3 + 0 \times 1 + 5|}{\sqrt{9 + 16}}

= \dfrac{|6 - 12 + 0 + 5|}{5} = \dfrac{|-1|}{5} = \dfrac{1}{5}

\boxed{d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{1}{5}}

Exercice 7

Facile

On considère le point

A(2;-1;3)

et le plan

\mathcal{P}

d'équation

x - 2y + 2z - 9 = 0

Déterminer le projeté orthogonal

H

A

sur

\mathcal{P}

Méthode : On paramètre la droite passant par

A

et dirigée par

\vec{n}(1;-2;2)

, puis on l'intersecte avec

\mathcal{P}

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

On substitue dans

x - 2y + 2z - 9 = 0

(2+t) - 2(-1-2t) + 2(3+2t) - 9 = 0

2 + t + 2 + 4t + 6 + 4t - 9 = 0

9t + 1 = 0 \implies t = -\dfrac{1}{9}

x_H = 2 - \dfrac{1}{9} = \dfrac{17}{9}, \quad y_H = -1 + \dfrac{2}{9} = -\dfrac{7}{9}, \quad z_H = 3 - \dfrac{2}{9} = \dfrac{25}{9}

\boxed{H\left(\dfrac{17}{9} ; -\dfrac{7}{9} ; \dfrac{25}{9}\right)}

Déterminer le symétrique

A'

A

par rapport au plan

\mathcal{P}

Méthode : Le symétrique

A'

A

par rapport à

\mathcal{P}

vérifie

H = \dfrac{A + A'}{2}

, c'est-à-dire

A' = 2H - A

x_{A'} = 2 \times \dfrac{17}{9} - 2 = \dfrac{34}{9} - \dfrac{18}{9} = \dfrac{16}{9}

y_{A'} = 2 \times \left(-\dfrac{7}{9}\right) - (-1) = -\dfrac{14}{9} + \dfrac{9}{9} = -\dfrac{5}{9}

z_{A'} = 2 \times \dfrac{25}{9} - 3 = \dfrac{50}{9} - \dfrac{27}{9} = \dfrac{23}{9}

\boxed{A'\left(\dfrac{16}{9} ; -\dfrac{5}{9} ; \dfrac{23}{9}\right)}

Vérifier que

A'

A

sont à égale distance de

\mathcal{P}

Méthode : On calcule

d(A', \mathcal{P})

et on vérifie qu'elle est égale à

d(A, \mathcal{P})

d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|1 \times 2 + (-2)(-1) + 2 \times 3 - 9|}{\sqrt{1+4+4}} = \dfrac{|2+2+6-9|}{3} = \dfrac{1}{3}

d(A', \mathcal{P}) = \dfrac{\left|\dfrac{16}{9} + \dfrac{10}{9} + \dfrac{46}{9} - 9\right|}{3} = \dfrac{\left|\dfrac{16+10+46-81}{9}\right|}{3} = \dfrac{\left|-\dfrac{9}{9}\right|}{3} = \dfrac{1}{3}

On a bien

d(A, \mathcal{P}) = d(A', \mathcal{P}) = \dfrac{1}{3}

\boxed{d(A, \mathcal{P}) = d(A', \mathcal{P}) = \dfrac{1}{3}}

Exercice 8

Facile

On considère la droite

d

de représentation paramétrique

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

et le plan

\mathcal{P}

d'équation

x - y + 2z - 1 = 0

Montrer que la droite

d

est orthogonale au plan

\mathcal{P}

Méthode : Une droite est orthogonale à un plan si son vecteur directeur est colinéaire au vecteur normal du plan.

Le vecteur directeur de

d

est

\vec{u}(1;-1;2)

.

Le vecteur normal de

\mathcal{P}

est

\vec{n}(1;-1;2)

.

On constate que

\vec{u} = \vec{n}

, donc

\vec{u}

\vec{n}

sont colinéaires.

Ainsi la droite

d

est orthogonale au plan

\mathcal{P}

\boxed{\vec{u} = \vec{n}, \text{ donc } d \perp \mathcal{P}}

Déterminer le point d'intersection de

d

\mathcal{P}

Méthode : On substitue les expressions paramétriques dans l'équation du plan.

(2+t) - (1-t) + 2(3+2t) - 1 = 0

2 + t - 1 + t + 6 + 4t - 1 = 0

6t + 6 = 0 \implies t = -1

x = 2 + (-1) = 1, \quad y = 1 - (-1) = 2, \quad z = 3 + 2(-1) = 1

\boxed{I(1;2;1)}

Le point

A(2;1;3)

est-il sur la droite

d

? Si oui, calculer la distance

AI

Méthode : On vérifie si

A

est sur

d

en testant

t = 0

, puis on calcule

AI

.

Pour

t = 0

x = 2

y = 1

z = 3

. Ce sont bien les coordonnées de

A

, donc

A \in d

AI = \sqrt{(1-2)^2 + (2-1)^2 + (1-3)^2} = \sqrt{1 + 1 + 4} = \sqrt{6}

\boxed{A \in d \text{ et } AI = \sqrt{6}}

Exercice 9

Facile

Dans un repère orthonormé, on considère les plans

\mathcal{P}_1 : 2x + y - z + 3 = 0

\mathcal{P}_2 : x - 2y + z - 1 = 0

Montrer que les plans

\mathcal{P}_1

\mathcal{P}_2

sont perpendiculaires.

Méthode : Deux plans sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux, c'est-à-dire si leur produit scalaire est nul.

\vec{n_1}(2;1;-1)

\vec{n_2}(1;-2;1)

\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 2 \times 1 + 1 \times (-2) + (-1) \times 1 = 2 - 2 - 1 = -1

Comme

\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = -1 \neq 0

, les plans ne sont pas perpendiculaires.

\boxed{\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = -1 \neq 0 \text{, les plans ne sont pas perpendiculaires}}

Les plans

\mathcal{P}_1

\mathcal{P}_2

sont-ils sécants ? Justifier.

Méthode : Deux plans sont parallèles si leurs vecteurs normaux sont colinéaires. Sinon, ils sont sécants.

Si

\vec{n_1}

\vec{n_2}

étaient colinéaires, il existerait

k

tel que

(2;1;-1) = k(1;-2;1)

.

Or

\dfrac{2}{1} = 2

\dfrac{1}{-2} = -0{,}5

, donc les rapports ne sont pas égaux.

Les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires, donc les plans sont sécants.

\boxed{\text{Les plans sont sécants}}

Déterminer une représentation paramétrique de la droite d'intersection

\Delta

\mathcal{P}_1

\mathcal{P}_2

Méthode : On résout le système formé par les deux équations de plans. On exprime deux variables en fonction de la troisième (le paramètre).

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

En additionnant :

3x - y = -2

, soit

y = 3x + 2

.

De la 2ème équation :

z = 1 - x + 2y = 1 - x + 2(3x+2) = 1 - x + 6x + 4 = 5x + 5

.

On pose

x = t

\begin{cases} x = t \ y = 3t + 2 \ z = 5t + 5 \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}

Vérification pour

t = 0

(0;2;5)

\mathcal{P}_1 : 0 + 2 - 5 + 3 = 0

✓

\mathcal{P}_2 : 0 - 4 + 5 - 1 = 0

✓

\boxed{\begin{cases} x = t \ y = 3t + 2 \ z = 5t + 5 \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}}

Exercice 10

Facile

On considère les points

A(1;0;0)

B(0;2;0)

et le plan

\mathcal{P}

d'équation

z = 0

(plan

(xOy)

Le point

C(1;1;3)

appartient-il au plan

\mathcal{P}

? Calculer la distance de

C

au plan

\mathcal{P}

Méthode : On vérifie l'appartenance en substituant, puis on applique la formule de distance.

Pour

C(1;1;3)

z_C = 3 \neq 0

, donc

C \notin \mathcal{P}

.

L'équation du plan est

0x + 0y + z + 0 = 0

, donc

\vec{n}(0;0;1)

d(C, \mathcal{P}) = \dfrac{|0 \times 1 + 0 \times 1 + 1 \times 3 + 0|}{\sqrt{0+0+1}} = \dfrac{3}{1} = 3

\boxed{d(C, \mathcal{P}) = 3}

Déterminer le projeté orthogonal

H

C

sur

\mathcal{P}

Méthode : Le projeté orthogonal de

C

sur le plan

z = 0

s'obtient en posant

z = 0

et en gardant les autres coordonnées.

Comme

\mathcal{P}

est le plan

z = 0

et que la direction orthogonale est

(0;0;1)

:

La droite passant par

C(1;1;3)

de direction

(0;0;1)

est

\begin{cases} x = 1 \ y = 1 \ z = 3 + t \end{cases}

.

Pour

z = 0

3 + t = 0 \implies t = -3

\boxed{H(1;1;0)}

Calculer l'aire du triangle

ABH

Méthode : On utilise la formule

\text{Aire} = \dfrac{1}{2} \|\vec{AB}\| \times \|\vec{AH}\| \times \sin(\widehat{BAH})

. Ici, on peut aussi utiliser la formule avec les coordonnées dans le plan

z = 0

.

Dans le plan

z = 0

A(1;0;0)

B(0;2;0)

H(1;1;0)

\vec{AB} = (-1;2;0), \quad \vec{AH} = (0;1;0)

\vec{AB} \cdot \vec{AH} = 0 + 2 + 0 = 2

\|\vec{AB}\| = \sqrt{1+4} = \sqrt{5}, \quad \|\vec{AH}\| = 1

\cos(\widehat{BAH}) = \dfrac{2}{\sqrt{5}}, \quad \sin(\widehat{BAH}) = \sqrt{1 - \dfrac{4}{5}} = \dfrac{1}{\sqrt{5}}

\text{Aire} = \dfrac{1}{2} \times \sqrt{5} \times 1 \times \dfrac{1}{\sqrt{5}} = \dfrac{1}{2}

\boxed{\text{Aire}(ABH) = \dfrac{1}{2}}

Exercice 11

Intermédiaire

On considère les points

A(1;2;3)

B(3;0;1)

et le plan

\mathcal{P}

d'équation

x + 2y - 2z + 1 = 0

Calculer les distances de

A

B

au plan

\mathcal{P}

Méthode : On applique la formule de distance pour chaque point.

d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|1 + 4 - 6 + 1|}{\sqrt{1+4+4}} = \dfrac{|0|}{3} = 0

Donc

A \in \mathcal{P}

d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{|3 + 0 - 2 + 1|}{3} = \dfrac{2}{3}

\boxed{d(A, \mathcal{P}) = 0 \text{ et } d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{2}{3}}

Déterminer le projeté orthogonal

H

B

sur

\mathcal{P}

Méthode : On paramètre la droite passant par

B

de direction

\vec{n}(1;2;-2)

et on l'intersecte avec

\mathcal{P}

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

Substitution :

(3+t) + 2(2t) - 2(1-2t) + 1 = 0

3 + t + 4t - 2 + 4t + 1 = 0

9t + 2 = 0 \implies t = -\dfrac{2}{9}

x_H = 3 - \dfrac{2}{9} = \dfrac{25}{9}, \quad y_H = -\dfrac{4}{9}, \quad z_H = 1 + \dfrac{4}{9} = \dfrac{13}{9}

\boxed{H\left(\dfrac{25}{9} ; -\dfrac{4}{9} ; \dfrac{13}{9}\right)}

Déterminer le symétrique

B'

B

par rapport au plan

\mathcal{P}

Méthode :

B' = 2H - B

x_{B'} = 2 \times \dfrac{25}{9} - 3 = \dfrac{50 - 27}{9} = \dfrac{23}{9}

y_{B'} = 2 \times \left(-\dfrac{4}{9}\right) - 0 = -\dfrac{8}{9}

z_{B'} = 2 \times \dfrac{13}{9} - 1 = \dfrac{26 - 9}{9} = \dfrac{17}{9}

\boxed{B'\left(\dfrac{23}{9} ; -\dfrac{8}{9} ; \dfrac{17}{9}\right)}

Calculer

AB'

et montrer que

AB' = AB

Méthode : Comme

A \in \mathcal{P}

, la symétrie par rapport à

\mathcal{P}

conserve les distances au plan, donc

AB' = AB

. Vérifions par le calcul.

AB = \sqrt{(3-1)^2 + (0-2)^2 + (1-3)^2} = \sqrt{4+4+4} = 2\sqrt{3}

AB' = \sqrt{\left(\dfrac{23}{9}-1\right)^2 + \left(-\dfrac{8}{9}-2\right)^2 + \left(\dfrac{17}{9}-3\right)^2}

= \sqrt{\left(\dfrac{14}{9}\right)^2 + \left(-\dfrac{26}{9}\right)^2 + \left(-\dfrac{10}{9}\right)^2}

= \sqrt{\dfrac{196 + 676 + 100}{81}} = \sqrt{\dfrac{972}{81}} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}

On a bien

AB' = AB = 2\sqrt{3}

. C'est logique car

A \in \mathcal{P}

, donc

A

est invariant par la symétrie.

\boxed{AB' = AB = 2\sqrt{3}}

Exercice 12

Intermédiaire

Soit la droite

\Delta

passant par

A(1;0;2)

et de vecteur directeur

\vec{u}(2;1;-1)

, et le point

M(3;2;1)

Déterminer le projeté orthogonal

H

M

sur

\Delta

Méthode : Un point

H

\Delta

s'écrit

H(1+2t ; t ; 2-t)

. On cherche

t

tel que

\vec{MH} \cdot \vec{u} = 0

\vec{MH} = (1+2t-3 ; t-2 ; 2-t-1) = (2t-2 ; t-2 ; 1-t)

\vec{MH} \cdot \vec{u} = 2(2t-2) + 1(t-2) + (-1)(1-t) = 0

4t - 4 + t - 2 - 1 + t = 0

6t - 7 = 0 \implies t = \dfrac{7}{6}

x_H = 1 + \dfrac{14}{6} = \dfrac{20}{6} = \dfrac{10}{3}, \quad y_H = \dfrac{7}{6}, \quad z_H = 2 - \dfrac{7}{6} = \dfrac{5}{6}

\boxed{H\left(\dfrac{10}{3} ; \dfrac{7}{6} ; \dfrac{5}{6}\right)}

Calculer la distance de

M

à la droite

\Delta

Méthode : On calcule

MH

\vec{MH} = \left(\dfrac{10}{3}-3 ; \dfrac{7}{6}-2 ; \dfrac{5}{6}-1\right) = \left(\dfrac{1}{3} ; -\dfrac{5}{6} ; -\dfrac{1}{6}\right)

MH^2 = \dfrac{1}{9} + \dfrac{25}{36} + \dfrac{1}{36} = \dfrac{4}{36} + \dfrac{25}{36} + \dfrac{1}{36} = \dfrac{30}{36} = \dfrac{5}{6}

MH = \sqrt{\dfrac{5}{6}} = \dfrac{\sqrt{30}}{6}

\boxed{d(M, \Delta) = \dfrac{\sqrt{30}}{6}}

Déterminer le symétrique

M'

M

par rapport à la droite

\Delta

Méthode :

H

est le milieu de

[MM']

, donc

M' = 2H - M

x_{M'} = 2 \times \dfrac{10}{3} - 3 = \dfrac{20}{3} - 3 = \dfrac{11}{3}

y_{M'} = 2 \times \dfrac{7}{6} - 2 = \dfrac{7}{3} - 2 = \dfrac{1}{3}

z_{M'} = 2 \times \dfrac{5}{6} - 1 = \dfrac{5}{3} - 1 = \dfrac{2}{3}

\boxed{M'\left(\dfrac{11}{3} ; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{2}{3}\right)}

Vérifier que

MM' \perp \Delta

et que

H

est le milieu de

[MM']

Méthode : On vérifie l'orthogonalité par le produit scalaire et le milieu par les coordonnées.

\vec{MM'} = \left(\dfrac{11}{3}-3 ; \dfrac{1}{3}-2 ; \dfrac{2}{3}-1\right) = \left(\dfrac{2}{3} ; -\dfrac{5}{3} ; -\dfrac{1}{3}\right)

\vec{MM'} \cdot \vec{u} = 2 \times \dfrac{2}{3} + 1 \times \left(-\dfrac{5}{3}\right) + (-1) \times \left(-\dfrac{1}{3}\right) = \dfrac{4}{3} - \dfrac{5}{3} + \dfrac{1}{3} = 0

Milieu de

[MM']

\left(\dfrac{3 + \frac{11}{3}}{2} ; \dfrac{2 + \frac{1}{3}}{2} ; \dfrac{1 + \frac{2}{3}}{2}\right) = \left(\dfrac{\frac{20}{3}}{2} ; \dfrac{\frac{7}{3}}{2} ; \dfrac{\frac{5}{3}}{2}\right) = \left(\dfrac{10}{3} ; \dfrac{7}{6} ; \dfrac{5}{6}\right) = H

\boxed{\vec{MM'} \cdot \vec{u} = 0 \text{ et le milieu de } [MM'] \text{ est bien } H}

Exercice 13

Intermédiaire

On considère le plan

\mathcal{P}

passant par

A(1;0;0)

et de vecteur normal

\vec{n}(1;1;1)

, et les points

B(2;3;4)

C(0;-1;2)

Déterminer une équation cartésienne du plan

\mathcal{P}

Méthode : L'équation est de la forme

a(x-x_A) + b(y-y_A) + c(z-z_A) = 0

avec

\vec{n}(a;b;c)

1(x-1) + 1(y-0) + 1(z-0) = 0

x + y + z - 1 = 0

\boxed{\mathcal{P} : x + y + z - 1 = 0}

Les points

B

C

sont-ils du même côté du plan

\mathcal{P}

Méthode : On évalue l'expression

ax + by + cz + d

pour chaque point. Si les résultats ont le même signe, les points sont du même côté.

Pour

B(2;3;4)

2 + 3 + 4 - 1 = 8 > 0

.

Pour

C(0;-1;2)

0 - 1 + 2 - 1 = 0

.

Comme le résultat pour

C

est nul,

C

appartient au plan

\mathcal{P}

. On ne peut pas dire que

B

C

sont du même côté :

C

est sur le plan.

\boxed{C \in \mathcal{P}, \text{ donc la question ne s'applique pas}}

Calculer la distance de

B

au plan

\mathcal{P}

Méthode : Formule de distance.

d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{|2+3+4-1|}{\sqrt{1+1+1}} = \dfrac{8}{\sqrt{3}} = \dfrac{8\sqrt{3}}{3}

\boxed{d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{8\sqrt{3}}{3}}

Déterminer l'ensemble des points

M

de l'espace tels que

d(M, \mathcal{P}) = 2

Méthode : L'ensemble des points à distance constante

d

d'un plan est constitué de deux plans parallèles au plan donné.

On cherche

M(x;y;z)

tel que :

\dfrac{|x + y + z - 1|}{\sqrt{3}} = 2

|x + y + z - 1| = 2\sqrt{3}

Cela donne deux cas :
-

x + y + z - 1 = 2\sqrt{3}

, soit

x + y + z - 1 - 2\sqrt{3} = 0

x + y + z - 1 = -2\sqrt{3}

, soit

x + y + z - 1 + 2\sqrt{3} = 0

L'ensemble est la réunion des deux plans parallèles à

\mathcal{P}

\boxed{\mathcal{P}_1 : x + y + z = 1 + 2\sqrt{3} \quad \text{et} \quad \mathcal{P}_2 : x + y + z = 1 - 2\sqrt{3}}

Exercice 14

Intermédiaire

On considère la sphère

\mathcal{S}

de centre

\Omega(1;2;-1)

et de rayon

R = 3

Écrire une équation de la sphère

\mathcal{S}

Méthode : L'équation d'une sphère de centre

\Omega(a;b;c)

et de rayon

R

est

(x-a)^2 + (y-b)^2 + (z-c)^2 = R^2

(x-1)^2 + (y-2)^2 + (z+1)^2 = 9

\boxed{(x-1)^2 + (y-2)^2 + (z+1)^2 = 9}

Le plan

\mathcal{P} : 2x - y + 2z - 3 = 0

coupe-t-il la sphère

\mathcal{S}

? Si oui, déterminer la nature et les caractéristiques de l'intersection.

Méthode : On calcule la distance du centre

\Omega

au plan

\mathcal{P}

et on compare au rayon.

d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{|2(1) - 1(2) + 2(-1) - 3|}{\sqrt{4+1+4}} = \dfrac{|2-2-2-3|}{3} = \dfrac{5}{3}

Comme

d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{5}{3} < 3 = R

, le plan coupe la sphère.

L'intersection est un cercle de rayon :

r = \sqrt{R^2 - d^2} = \sqrt{9 - \dfrac{25}{9}} = \sqrt{\dfrac{81-25}{9}} = \sqrt{\dfrac{56}{9}} = \dfrac{2\sqrt{14}}{3}

\boxed{\text{L'intersection est un cercle de rayon } r = \dfrac{2\sqrt{14}}{3}}

Déterminer les coordonnées du centre

I

de ce cercle.

Méthode :

I

est le projeté orthogonal de

\Omega

sur

\mathcal{P}

.

La droite passant par

\Omega(1;2;-1)

de direction

\vec{n}(2;-1;2)

\begin{cases} x = 1 + 2t \ y = 2 - t \ z = -1 + 2t \end{cases}

Substitution dans

2x - y + 2z - 3 = 0

2(1+2t) - (2-t) + 2(-1+2t) - 3 = 0

2 + 4t - 2 + t - 2 + 4t - 3 = 0

9t - 5 = 0 \implies t = \dfrac{5}{9}

x_I = 1 + \dfrac{10}{9} = \dfrac{19}{9}, \quad y_I = 2 - \dfrac{5}{9} = \dfrac{13}{9}, \quad z_I = -1 + \dfrac{10}{9} = \dfrac{1}{9}

\boxed{I\left(\dfrac{19}{9} ; \dfrac{13}{9} ; \dfrac{1}{9}\right)}

Exercice 15

Intermédiaire

Soient

A(2;1;0)

B(0;3;2)

. On note

\mathcal{M}

le plan médiateur de

[AB]

Déterminer une équation cartésienne du plan médiateur

\mathcal{M}

Méthode : Le plan médiateur de

[AB]

passe par le milieu

I

[AB]

et admet

\vec{AB}

comme vecteur normal.

Milieu

I

I\left(\dfrac{2+0}{2} ; \dfrac{1+3}{2} ; \dfrac{0+2}{2}\right) = I(1;2;1)

\vec{AB} = (-2;2;2)

, on peut simplifier par

2

\vec{n}(-1;1;1)

.

Équation :

-1(x-1) + 1(y-2) + 1(z-1) = 0

-x + 1 + y - 2 + z - 1 = 0

-x + y + z - 2 = 0

Soit :

x - y - z + 2 = 0

\boxed{\mathcal{M} : x - y - z + 2 = 0}

Le point

C(3;2;3)

appartient-il au plan

\mathcal{M}

? Est-il équidistant de

A

B

Méthode : On vérifie l'appartenance au plan, puis on calcule

CA

CB

.

Pour

C(3;2;3)

dans

\mathcal{M} : x - y - z + 2 = 0

3 - 2 - 3 + 2 = 0

Donc

C \in \mathcal{M}

CA = \sqrt{(2-3)^2 + (1-2)^2 + (0-3)^2} = \sqrt{1+1+9} = \sqrt{11}

CB = \sqrt{(0-3)^2 + (3-2)^2 + (2-3)^2} = \sqrt{9+1+1} = \sqrt{11}

Bien

CA = CB

, ce qui est conforme à la propriété du plan médiateur.

\boxed{C \in \mathcal{M} \text{ et } CA = CB = \sqrt{11}}

Déterminer l'ensemble des points

M

\mathcal{M}

tels que

MA = 4

Méthode : On cherche les points de

\mathcal{M}

situés sur la sphère de centre

A

et de rayon

4

. L'intersection d'un plan et d'une sphère est un cercle (si la distance centre-plan est inférieure au rayon).

Comme

MA = MB

pour tout

M \in \mathcal{M}

, on peut aussi écrire

MB = 4

.

L'ensemble cherché est l'intersection de

\mathcal{M}

et de la sphère de centre

A(2;1;0)

et rayon

4

.

Distance de

A

\mathcal{M}

d(A, \mathcal{M}) = \dfrac{|2 - 1 - 0 + 2|}{\sqrt{1+1+1}} = \dfrac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}

Comme

\sqrt{3} < 4

, l'intersection est un cercle de centre

H

(projeté de

A

sur

\mathcal{M}

) et de rayon :

r = \sqrt{16 - 3} = \sqrt{13}

Le centre

H

est le milieu

I(1;2;1)

(car

A

B

sont symétriques par rapport à

\mathcal{M}

d(A, \mathcal{M}) = \dfrac{AB}{2} = \dfrac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}

\boxed{\text{Cercle de centre } I(1;2;1) \text{ et de rayon } \sqrt{13} \text{ dans le plan } \mathcal{M}}

Exercice 16

Intermédiaire

On considère la droite

d_1

de représentation paramétrique

\begin{cases} x = 1 + t \ y = 2t \ z = -1 + t \end{cases}

et la droite

d_2

de représentation paramétrique

\begin{cases} x = 3 + s \ y = 2 + 2s \ z = 1 + s \end{cases}

Montrer que les droites

d_1

d_2

sont parallèles.

Méthode : On compare les vecteurs directeurs.

Vecteur directeur de

d_1

\vec{u_1}(1;2;1)

.
Vecteur directeur de

d_2

\vec{u_2}(1;2;1)

.

Comme

\vec{u_1} = \vec{u_2}

, les deux droites ont le même vecteur directeur. Vérifions qu'elles ne sont pas confondues.

Le point

A(1;0;-1)

d_1

appartient-il à

d_2

?
On cherche

s

tel que

1 = 3 + s

, soit

s = -2

.
Alors

y = 2 + 2(-2) = -2 \neq 0

.

Donc

A \notin d_2

, les droites sont strictement parallèles.

\boxed{\vec{u_1} = \vec{u_2} \text{ et } d_1 \neq d_2, \text{ donc } d_1 \parallel d_2}

Calculer la distance entre les droites

d_1

d_2

Méthode : La distance entre deux droites parallèles est la distance de n'importe quel point de l'une à l'autre. On prend

A(1;0;-1) \in d_1

et on calcule

d(A, d_2)

.

Le projeté orthogonal

H

A

sur

d_2

vérifie

\vec{AH} \cdot \vec{u_2} = 0

.

Un point de

d_2

H(3+s ; 2+2s ; 1+s)

\vec{AH} = (2+s ; 2+2s ; 2+s)

\vec{AH} \cdot \vec{u_2} = 1(2+s) + 2(2+2s) + 1(2+s) = 2+s+4+4s+2+s = 8+6s

8 + 6s = 0 \implies s = -\dfrac{4}{3}

\vec{AH} = \left(2 - \dfrac{4}{3} ; 2 - \dfrac{8}{3} ; 2 - \dfrac{4}{3}\right) = \left(\dfrac{2}{3} ; -\dfrac{2}{3} ; \dfrac{2}{3}\right)

AH = \sqrt{\dfrac{4}{9} + \dfrac{4}{9} + \dfrac{4}{9}} = \sqrt{\dfrac{12}{9}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}

\boxed{d(d_1, d_2) = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}}

Déterminer une équation cartésienne du plan

\mathcal{P}

contenant

d_1

et parallèle à

d_2

Méthode : Le plan

\mathcal{P}

contient

d_1

et est parallèle à

d_2

. Comme

d_1 \parallel d_2

, il suffit de trouver le plan contenant

d_1

et passant par tout point de

d_1

, avec un vecteur normal perpendiculaire à

\vec{u}

et à

\vec{AB}

où

B \in d_2

A(1;0;-1) \in d_1

B(3;2;1) \in d_2

\vec{AB} = (2;2;2)

.

On cherche

\vec{n}(a;b;c)

tel que :

\begin{cases} \vec{n} \cdot \vec{u} = a + 2b + c = 0 \ \vec{n} \cdot \vec{AB} = 2a + 2b + 2c = 0 \end{cases}

De la 2ème :

a + b + c = 0

, soit

c = -a - b

.

Dans la 1ère :

a + 2b + (-a-b) = 0

, soit

b = 0

.

Donc

c = -a

. En prenant

a = 1

\vec{n}(1;0;-1)

.

Plan passant par

A(1;0;-1)

1(x-1) + 0(y-0) + (-1)(z+1) = 0

x - 1 - z - 1 = 0

x - z - 2 = 0

\boxed{\mathcal{P} : x - z - 2 = 0}

Exercice 17

Intermédiaire

On considère le tétraèdre

OABC

avec

O(0;0;0)

A(4;0;0)

B(0;4;0)

C(0;0;4)

Déterminer une équation cartésienne du plan

(ABC)

Méthode : On cherche le vecteur normal à

(ABC)

\vec{AB} = (-4;4;0), \quad \vec{AC} = (-4;0;4)

On cherche

\vec{n}(a;b;c)

tel que :

\begin{cases} -4a + 4b = 0 \ -4a + 4c = 0 \end{cases} \implies b = a \text{ et } c = a

En prenant

a = 1

\vec{n}(1;1;1)

.

Plan passant par

A(4;0;0)

x + y + z - 4 = 0

\boxed{(ABC) : x + y + z - 4 = 0}

Calculer la distance de

O

au plan

(ABC)

Méthode : Formule de distance.

d(O, (ABC)) = \dfrac{|0+0+0-4|}{\sqrt{1+1+1}} = \dfrac{4}{\sqrt{3}} = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}

\boxed{d(O, (ABC)) = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}}

Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal

H

O

sur

(ABC)

Méthode : Droite passant par

O

de direction

\vec{n}(1;1;1)

\begin{cases} x = t \ y = t \ z = t \end{cases}

Substitution dans

x + y + z - 4 = 0

3t - 4 = 0 \implies t = \dfrac{4}{3}

\boxed{H\left(\dfrac{4}{3} ; \dfrac{4}{3} ; \dfrac{4}{3}\right)}

En déduire le volume du tétraèdre

OABC

Méthode : Le volume d'un tétraèdre est

V = \dfrac{1}{3} \times \text{Aire}_{\text{base}} \times h

, où

h = d(O, (ABC))

.

L'aire du triangle

ABC

: comme

OA = OB = OC = 4

et les arêtes sont sur les axes,

AB = \sqrt{16+16} = 4\sqrt{2}, \quad AC = 4\sqrt{2}, \quad BC = 4\sqrt{2}

Le triangle

ABC

est équilatéral de côté

4\sqrt{2}

\text{Aire}(ABC) = \dfrac{(4\sqrt{2})^2 \sqrt{3}}{4} = \dfrac{32\sqrt{3}}{4} = 8\sqrt{3}

V = \dfrac{1}{3} \times 8\sqrt{3} \times \dfrac{4\sqrt{3}}{3} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{32 \times 3}{3} = \dfrac{32}{3}

Vérification : On sait aussi que

V = \dfrac{1}{6} |\text{(CL)}(\vec{OA}, \vec{OB}, \vec{OC})|

. Ici le système (produit des diagonales car les vecteurs sont sur les axes) vaut

4 \times 4 \times 4 = 64

V = \dfrac{64}{6} = \dfrac{32}{3}

\boxed{V = \dfrac{32}{3} \text{ unités de volume}}

Exercice 18

Intermédiaire

Soit le plan

\mathcal{P}

d'équation

2x + y - 2z + 3 = 0

et les points

A(1;-1;2)

B(3;1;0)

Montrer que la droite

(AB)

est parallèle au plan

\mathcal{P}

Méthode : On vérifie que

\vec{AB}

est orthogonal au vecteur normal

\vec{n}

du plan (et que

A \notin \mathcal{P}

\vec{AB} = (2;2;-2)

\vec{n} = (2;1;-2)

\vec{AB} \cdot \vec{n} = 4 + 2 + 4 = 10 \neq 0

Comme

\vec{AB} \cdot \vec{n} \neq 0

, la droite

(AB)

n'est pas parallèle à

\mathcal{P}

. Elle est sécante au plan.

\boxed{(AB) \text{ n'est pas parallèle à } \mathcal{P} \text{, elle est sécante}}

Déterminer le point d'intersection

I

(AB)

avec

\mathcal{P}

Méthode : On paramètre

(AB)

et on substitue dans l'équation du plan.

\begin{cases} x = 1 + 2t \ y = -1 + 2t \ z = 2 - 2t \end{cases}

2(1+2t) + (-1+2t) - 2(2-2t) + 3 = 0

2 + 4t - 1 + 2t - 4 + 4t + 3 = 0

10t = 0 \implies t = 0

Donc

I = A(1;-1;2)

. Vérifions :

2(1) + (-1) - 2(2) + 3 = 2 - 1 - 4 + 3 = 0

✓.

En fait,

A

appartient au plan

\mathcal{P}

\boxed{I = A(1;-1;2)}

Calculer la distance de

B

au plan

\mathcal{P}

Méthode : Formule de distance.

d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{|2(3) + 1(1) - 2(0) + 3|}{\sqrt{4+1+4}} = \dfrac{|6+1+3|}{3} = \dfrac{10}{3}

\boxed{d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{10}{3}}

Déterminer le projeté orthogonal

H

B

sur

\mathcal{P}

et calculer

AH

Méthode : On projette

B

sur

\mathcal{P}

\begin{cases} x = 3 + 2s \ y = 1 + s \ z = -2s \end{cases}

2(3+2s) + (1+s) - 2(-2s) + 3 = 0

6+4s+1+s+4s+3 = 0

9s + 10 = 0 \implies s = -\dfrac{10}{9}

x_H = 3 - \dfrac{20}{9} = \dfrac{7}{9}, \quad y_H = 1 - \dfrac{10}{9} = -\dfrac{1}{9}, \quad z_H = \dfrac{20}{9}

AH = \sqrt{\left(\dfrac{7}{9}-1\right)^2 + \left(-\dfrac{1}{9}+1\right)^2 + \left(\dfrac{20}{9}-2\right)^2}

= \sqrt{\left(-\dfrac{2}{9}\right)^2 + \left(\dfrac{8}{9}\right)^2 + \left(\dfrac{2}{9}\right)^2}

= \sqrt{\dfrac{4+64+4}{81}} = \sqrt{\dfrac{72}{81}} = \dfrac{6\sqrt{2}}{9} = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}

\boxed{H\left(\dfrac{7}{9} ; -\dfrac{1}{9} ; \dfrac{20}{9}\right) \text{ et } AH = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}}

Exercice 19

Intermédiaire

On considère le cube

ABCDEFGH

de côté

1

dans un repère orthonormé, avec

A(0;0;0)

B(1;0;0)

D(0;1;0)

E(0;0;1)

Donner les coordonnées de tous les sommets du cube.

Méthode : On utilise

C = B + \vec{AD}

F = B + \vec{AE}

G = C + \vec{AE}

H = D + \vec{AE}

A(0;0;0), \quad B(1;0;0), \quad C(1;1;0), \quad D(0;1;0)

E(0;0;1), \quad F(1;0;1), \quad G(1;1;1), \quad H(0;1;1)

\boxed{A(0;0;0), B(1;0;0), C(1;1;0), D(0;1;0), E(0;0;1), F(1;0;1), G(1;1;1), H(0;1;1)}

Déterminer une équation cartésienne du plan

(BDG)

Méthode : On calcule deux vecteurs du plan et un vecteur normal.

\vec{BD} = (-1;1;0), \quad \vec{BG} = (0;1;1)

On cherche

\vec{n}(a;b;c)

tel que :

\begin{cases} -a + b = 0 \ b + c = 0 \end{cases} \implies b = a, \quad c = -a

En prenant

a = 1

\vec{n}(1;1;-1)

.

Plan passant par

B(1;0;0)

1(x-1) + 1(y) + (-1)(z) = 0

x + y - z - 1 = 0

\boxed{(BDG) : x + y - z - 1 = 0}

Calculer la distance de

A

au plan

(BDG)

Méthode : Formule de distance.

d(A, (BDG)) = \dfrac{|0 + 0 - 0 - 1|}{\sqrt{1+1+1}} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}

\boxed{d(A, (BDG)) = \dfrac{\sqrt{3}}{3}}

Le point

E

est-il à la même distance du plan

(BDG)

que

A

Méthode : On calcule

d(E, (BDG))

d(E, (BDG)) = \dfrac{|0 + 0 - 1 - 1|}{\sqrt{3}} = \dfrac{2}{\sqrt{3}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}

Comme

\dfrac{2\sqrt{3}}{3} \neq \dfrac{\sqrt{3}}{3}

, les points

A

E

ne sont pas à la même distance du plan

(BDG)

\boxed{d(E, (BDG)) = \dfrac{2\sqrt{3}}{3} \neq d(A, (BDG))}

Exercice 20

Intermédiaire

On considère le point

A(3;1;-2)

et le plan

\mathcal{P}

d'équation

x - y + z + 1 = 0

Déterminer le projeté orthogonal

H

A

sur

\mathcal{P}

Méthode : On paramètre la droite passant par

A

et de direction

\vec{n}(1;-1;1)

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

Substitution dans

x - y + z + 1 = 0

(3+t) - (1-t) + (-2+t) + 1 = 0

3 + t - 1 + t - 2 + t + 1 = 0

3t + 1 = 0 \implies t = -\dfrac{1}{3}

x_H = 3 - \dfrac{1}{3} = \dfrac{8}{3}, \quad y_H = 1 + \dfrac{1}{3} = \dfrac{4}{3}, \quad z_H = -2 - \dfrac{1}{3} = -\dfrac{7}{3}

\boxed{H\left(\dfrac{8}{3} ; \dfrac{4}{3} ; -\dfrac{7}{3}\right)}

Déterminer le symétrique

A'

A

par rapport à

\mathcal{P}

Méthode :

A' = 2H - A

x_{A'} = \dfrac{16}{3} - 3 = \dfrac{7}{3}, \quad y_{A'} = \dfrac{8}{3} - 1 = \dfrac{5}{3}, \quad z_{A'} = -\dfrac{14}{3} + 2 = -\dfrac{8}{3}

\boxed{A'\left(\dfrac{7}{3} ; \dfrac{5}{3} ; -\dfrac{8}{3}\right)}

Soit

B(0;2;-1) \in \mathcal{P}

. Montrer que

AB = A'B

Méthode : Vérifions d'abord que

B \in \mathcal{P}

0 - 2 - 1 + 1 = -2 \neq 0

B

n'appartient pas à

\mathcal{P}

. Recalculons avec un point qui y appartient.

Prenons

B(0;0;-1) \in \mathcal{P}

0 - 0 - 1 + 1 = 0

✓.

AB = \sqrt{9 + 1 + 1} = \sqrt{11}

A'B = \sqrt{\left(\dfrac{7}{3}\right)^2 + \left(\dfrac{5}{3}\right)^2 + \left(-\dfrac{8}{3}+1\right)^2} = \sqrt{\dfrac{49}{9} + \dfrac{25}{9} + \dfrac{25}{9}} = \sqrt{\dfrac{99}{9}} = \sqrt{11}

On a bien

AB = A'B = \sqrt{11}

. En effet, pour tout point

B

du plan

\mathcal{P}

, on a

AB = A'B

car

B

H

et la symétrie respectent les distances.

\boxed{AB = A'B = \sqrt{11}}

Trouver le point

M

du plan

\mathcal{P}

tel que

MA + MB

soit minimal (avec

B(0;0;-1) \in \mathcal{P}

Méthode : Pour minimiser

MA + MB

avec

M \in \mathcal{P}

B \in \mathcal{P}

, on utilise le symétrique

A'

A

par rapport à

\mathcal{P}

. Comme

MA = MA'

pour tout

M \in \mathcal{P}

, on a

MA + MB = MA' + MB \geq A'B

(inégalité triangulaire), avec égalité si

M \in [A'B]

.

Le minimum est

A'B = \sqrt{11}

.

Le point

M

optimal est l'intersection de

(A'B)

avec

\mathcal{P}

\vec{A'B} = \left(-\dfrac{7}{3} ; -\dfrac{5}{3} ; -1+\dfrac{8}{3}\right) = \left(-\dfrac{7}{3} ; -\dfrac{5}{3} ; \dfrac{5}{3}\right)

.

Direction :

(-7 ; -5 ; 5)

.

Droite

(A'B)

passant par

B(0;0;-1)

\begin{cases} x = -7s \ y = -5s \ z = -1 + 5s \end{cases}

Substitution dans

x - y + z + 1 = 0

-7s + 5s - 1 + 5s + 1 = 0 \implies 3s = 0 \implies s = 0

Donc

M = B(0;0;-1)

.

Cela signifie que

B

lui-même est le point optimal. Le minimum vaut :

MA + MB = AB + 0 = \sqrt{11}

\boxed{M = B(0;0;-1) \text{ et } (MA+MB)_{\min} = \sqrt{11}}

Exercice 21

Difficile

On considère les points

A(1;0;3)

B(2;1;1)

C(0;3;2)

dans un repère orthonormé.

Déterminer une équation cartésienne du plan

(ABC)

Méthode : On calcule

\vec{AB}

\vec{AC}

, puis on cherche un vecteur normal.

\vec{AB} = (1;1;-2), \quad \vec{AC} = (-1;3;-1)

On cherche

\vec{n}(a;b;c)

tel que :

\begin{cases} a + b - 2c = 0 \ -a + 3b - c = 0 \end{cases}

De la 1ère :

a = -b + 2c

.
Dans la 2ème :

-(-b+2c) + 3b - c = 0 \implies b - 2c + 3b - c = 0 \implies 4b - 3c = 0

.

Donc

c = \dfrac{4b}{3}

. En prenant

b = 3

c = 4

a = -3 + 8 = 5

\vec{n}(5;3;4)

.

Plan passant par

A(1;0;3)

5(x-1) + 3y + 4(z-3) = 0

5x + 3y + 4z - 17 = 0

Vérification :

B

10+3+4-17 = 0

✓ ;

C

0+9+8-17 = 0

✓.

\boxed{(ABC) : 5x + 3y + 4z - 17 = 0}

Calculer la distance de

D(2;0;0)

au plan

(ABC)

Méthode : Formule de distance.

d(D, (ABC)) = \dfrac{|5(2) + 3(0) + 4(0) - 17|}{\sqrt{25+9+16}} = \dfrac{|10-17|}{\sqrt{50}} = \dfrac{7}{5\sqrt{2}} = \dfrac{7\sqrt{2}}{10}

\boxed{d(D, (ABC)) = \dfrac{7\sqrt{2}}{10}}

Déterminer le projeté orthogonal

H

D

sur le plan

(ABC)

Méthode : Droite passant par

D(2;0;0)

de direction

\vec{n}(5;3;4)

\begin{cases} x = 2 + 5t \ y = 3t \ z = 4t \end{cases}

Substitution dans

5x + 3y + 4z - 17 = 0

5(2+5t) + 3(3t) + 4(4t) - 17 = 0

10 + 25t + 9t + 16t - 17 = 0

50t - 7 = 0 \implies t = \dfrac{7}{50}

x_H = 2 + \dfrac{35}{50} = 2 + \dfrac{7}{10} = \dfrac{27}{10}

y_H = \dfrac{21}{50}, \quad z_H = \dfrac{28}{50} = \dfrac{14}{25}

\boxed{H\left(\dfrac{27}{10} ; \dfrac{21}{50} ; \dfrac{14}{25}\right)}

Calculer l'aire du triangle

ABC

Méthode : On utilise la formule

\text{Aire} = \dfrac{1}{2}\sqrt{\|\vec{AB}\|^2 \|\vec{AC}\|^2 - (\vec{AB} \cdot \vec{AC})^2}

\|\vec{AB}\|^2 = 1 + 1 + 4 = 6

\|\vec{AC}\|^2 = 1 + 9 + 1 = 11

\vec{AB} \cdot \vec{AC} = -1 + 3 + 2 = 4

\text{Aire} = \dfrac{1}{2}\sqrt{6 \times 11 - 16} = \dfrac{1}{2}\sqrt{66 - 16} = \dfrac{1}{2}\sqrt{50} = \dfrac{5\sqrt{2}}{2}

\boxed{\text{Aire}(ABC) = \dfrac{5\sqrt{2}}{2}}

En déduire le volume du tétraèdre

ABCD

Méthode :

V = \dfrac{1}{3} \times \text{Aire}_{\text{base}} \times h

V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{5\sqrt{2}}{2} \times \dfrac{7\sqrt{2}}{10} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{35 \times 2}{20} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{70}{20} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{7}{2} = \dfrac{7}{6}

\boxed{V = \dfrac{7}{6} \text{ unités de volume}}

Exercice 22

Difficile

On considère la droite

\Delta

passant par

A(1;2;-1)

et de vecteur directeur

\vec{u}(2;-1;2)

, et le point

B(3;0;4)

Déterminer le projeté orthogonal

H

B

sur

\Delta

Méthode : Un point de

\Delta

s'écrit

H(1+2t ; 2-t ; -1+2t)

. On cherche

t

tel que

\vec{BH} \cdot \vec{u} = 0

\vec{BH} = (1+2t-3 ; 2-t-0 ; -1+2t-4) = (2t-2 ; 2-t ; 2t-5)

\vec{BH} \cdot \vec{u} = 2(2t-2) + (-1)(2-t) + 2(2t-5) = 0

4t - 4 - 2 + t + 4t - 10 = 0

9t - 16 = 0 \implies t = \dfrac{16}{9}

x_H = 1 + \dfrac{32}{9} = \dfrac{41}{9}, \quad y_H = 2 - \dfrac{16}{9} = \dfrac{2}{9}, \quad z_H = -1 + \dfrac{32}{9} = \dfrac{23}{9}

\boxed{H\left(\dfrac{41}{9} ; \dfrac{2}{9} ; \dfrac{23}{9}\right)}

Calculer la distance de

B

à la droite

\Delta

Méthode : On calcule

BH

\vec{BH} = \left(\dfrac{41}{9}-3 ; \dfrac{2}{9} ; \dfrac{23}{9}-4\right) = \left(\dfrac{14}{9} ; \dfrac{2}{9} ; -\dfrac{13}{9}\right)

BH^2 = \dfrac{196 + 4 + 169}{81} = \dfrac{369}{81} = \dfrac{41}{9}

BH = \sqrt{\dfrac{41}{9}} = \dfrac{\sqrt{41}}{3}

\boxed{d(B, \Delta) = \dfrac{\sqrt{41}}{3}}

Déterminer une équation cartésienne du plan

\mathcal{P}

passant par

B

et perpendiculaire à

\Delta

Méthode : Le plan

\mathcal{P}

a pour vecteur normal

\vec{u}(2;-1;2)

et passe par

B(3;0;4)

2(x-3) + (-1)(y-0) + 2(z-4) = 0

2x - 6 - y + 2z - 8 = 0

2x - y + 2z - 14 = 0

\boxed{\mathcal{P} : 2x - y + 2z - 14 = 0}

Vérifier que

H

est le point d'intersection de

\Delta

\mathcal{P}

Méthode : On vérifie que

H

appartient à

\mathcal{P}

2 \times \dfrac{41}{9} - \dfrac{2}{9} + 2 \times \dfrac{23}{9} - 14 = \dfrac{82 - 2 + 46}{9} - 14 = \dfrac{126}{9} - 14 = 14 - 14 = 0

De plus,

H \in \Delta

par construction (paramètre

t = \dfrac{16}{9}

).

Donc

H

est bien l'intersection de

\Delta

\mathcal{P}

\boxed{H \in \Delta \cap \mathcal{P}}

Exercice 23

Difficile

On considère la sphère

\mathcal{S}

d'équation

x^2 + y^2 + z^2 - 2x + 4y - 6z + 5 = 0

et le plan

\mathcal{P}

d'équation

x - 2y + 2z - 1 = 0

Déterminer le centre

\Omega

et le rayon

R

de la sphère

\mathcal{S}

Méthode : On met l'équation sous forme canonique en complétant les carrés.

x^2 - 2x + y^2 + 4y + z^2 - 6z + 5 = 0

(x-1)^2 - 1 + (y+2)^2 - 4 + (z-3)^2 - 9 + 5 = 0

(x-1)^2 + (y+2)^2 + (z-3)^2 = 9

\boxed{\Omega(1;-2;3) \text{ et } R = 3}

Calculer la distance du centre

\Omega

au plan

\mathcal{P}

Méthode : Formule de distance.

d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{|1 - 2(-2) + 2(3) - 1|}{\sqrt{1+4+4}} = \dfrac{|1+4+6-1|}{3} = \dfrac{10}{3}

\boxed{d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{10}{3}}

Le plan

\mathcal{P}

est-il tangent, sécant ou extérieur à la sphère

\mathcal{S}

Méthode : On compare

d(\Omega, \mathcal{P})

R

d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{10}{3} \approx 3{,}33 > 3 = R

Comme la distance du centre au plan est strictement supérieure au rayon, le plan est extérieur à la sphère.

\boxed{\mathcal{P} \text{ est extérieur à } \mathcal{S}}

Déterminer la valeur de

k

pour que le plan

\mathcal{P}_k : x - 2y + 2z + k = 0

soit tangent à la sphère.

Méthode : Le plan est tangent si

d(\Omega, \mathcal{P}_k) = R = 3

d(\Omega, \mathcal{P}_k) = \dfrac{|1+4+6+k|}{3} = \dfrac{|11+k|}{3}

Condition de tangence :

\dfrac{|11+k|}{3} = 3 \implies |11+k| = 9

Deux cas :
-

11 + k = 9 \implies k = -2

11 + k = -9 \implies k = -20

\boxed{k = -2 \text{ ou } k = -20}

Exercice 24

Difficile

Soient les plans

\mathcal{P}_1 : x + 2y - z + 3 = 0

\mathcal{P}_2 : 2x - y + 3z - 1 = 0

Montrer que

\mathcal{P}_1

\mathcal{P}_2

sont sécants.

Méthode : On vérifie que les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires.

\vec{n_1}(1;2;-1)

\vec{n_2}(2;-1;3)

.

Si colinéaires :

\dfrac{1}{2} = \dfrac{2}{-1}

, soit

-\dfrac{1}{2} \neq \dfrac{1}{2}

. Contradiction.

Donc les plans sont sécants.

\boxed{\vec{n_1} \text{ et } \vec{n_2} \text{ non colinéaires, donc les plans sont sécants}}

Déterminer une représentation paramétrique de leur droite d'intersection

\Delta

Méthode : On résout le système.

\begin{cases} x + 2y - z = -3 \quad (1) \ 2x - y + 3z = 1 \quad (2) \end{cases}

(1) \times 2 - (2)

2x + 4y - 2z - 2x + y - 3z = -6 - 1

, soit

5y - 5z = -7

, donc

y = z - \dfrac{7}{5}

.

Dans

(1)

x + 2\left(z - \dfrac{7}{5}\right) - z = -3

, soit

x + z - \dfrac{14}{5} = -3

, donc

x = -z + \dfrac{14}{5} - 3 = -z - \dfrac{1}{5}

.

En posant

z = t

\begin{cases} x = -t - \dfrac{1}{5} \ y = t - \dfrac{7}{5} \ z = t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}

Vérification avec

t = 0

\left(-\dfrac{1}{5} ; -\dfrac{7}{5} ; 0\right)

\mathcal{P}_1

-\dfrac{1}{5} - \dfrac{14}{5} - 0 + 3 = -3 + 3 = 0

✓

\mathcal{P}_2

-\dfrac{2}{5} + \dfrac{7}{5} + 0 - 1 = 1 - 1 = 0

✓

\boxed{\begin{cases} x = -\dfrac{1}{5} - t \ y = -\dfrac{7}{5} + t \ z = t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}}

Calculer la distance du point

A(1;0;0)

à la droite

\Delta

Méthode : On cherche le projeté orthogonal

H

A

sur

\Delta

.

Vecteur directeur de

\Delta

\vec{v}(-1;1;1)

.

Un point de

\Delta

(

t = 0

) :

M_0\left(-\dfrac{1}{5} ; -\dfrac{7}{5} ; 0\right)

\vec{AM_0} = \left(-\dfrac{1}{5}-1 ; -\dfrac{7}{5} ; 0\right) = \left(-\dfrac{6}{5} ; -\dfrac{7}{5} ; 0\right)

Paramètre du projeté :

t_H = \dfrac{\vec{AM_0} \cdot \vec{v}}{\|\vec{v}\|^2} = \dfrac{\dfrac{6}{5} - \dfrac{7}{5} + 0}{1+1+1} = \dfrac{-\dfrac{1}{5}}{3} = -\dfrac{1}{15}

H

sur

\Delta

avec paramètre

t_H

(attention, le point de

\Delta

est

M_0 + t_H \vec{v}

) :

H = \left(-\dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{15} ; -\dfrac{7}{5} - \dfrac{1}{15} ; -\dfrac{1}{15}\right) = \left(-\dfrac{2}{15} ; -\dfrac{22}{15} ; -\dfrac{1}{15}\right)

\vec{AH} = \left(-\dfrac{2}{15}-1 ; -\dfrac{22}{15} ; -\dfrac{1}{15}\right) = \left(-\dfrac{17}{15} ; -\dfrac{22}{15} ; -\dfrac{1}{15}\right)

AH^2 = \dfrac{289 + 484 + 1}{225} = \dfrac{774}{225} = \dfrac{86}{25}

AH = \dfrac{\sqrt{86}}{5}

\boxed{d(A, \Delta) = \dfrac{\sqrt{86}}{5}}

Exercice 25

Difficile

On considère le point

A(4;1;3)

et la sphère

\mathcal{S}

de centre

\Omega(1;-1;2)

et de rayon

2

Montrer que

A

est extérieur à la sphère.

Méthode : On calcule

\Omega A

et on compare au rayon.

\Omega A = \sqrt{(4-1)^2 + (1+1)^2 + (3-2)^2} = \sqrt{9+4+1} = \sqrt{14}

Comme

\sqrt{14} \approx 3{,}74 > 2 = R

, le point

A

est extérieur à la sphère.

\boxed{\Omega A = \sqrt{14} > 2, \text{ donc } A \text{ est extérieur à } \mathcal{S}}

Déterminer le plan

\mathcal{P}

tangent à la sphère au point le plus proche de

A

Méthode : Le point de

\mathcal{S}

le plus proche de

A

est sur la droite

(\Omega A)

, du côté de

A

\vec{\Omega A} = (3;2;1), \quad \|\vec{\Omega A}\| = \sqrt{14}

Le point

T

est tel que

\vec{\Omega T} = \dfrac{R}{\Omega A} \vec{\Omega A} = \dfrac{2}{\sqrt{14}}(3;2;1)

T = \Omega + \dfrac{2}{\sqrt{14}}(3;2;1) = \left(1 + \dfrac{6}{\sqrt{14}} ; -1 + \dfrac{4}{\sqrt{14}} ; 2 + \dfrac{2}{\sqrt{14}}\right)

Le plan tangent en

T

a pour vecteur normal

\vec{\Omega T}

(ou

\vec{\Omega A}

), soit

\vec{n}(3;2;1)

.

Simplifions :

T = \left(1 + \dfrac{3\sqrt{14}}{7} ; -1 + \dfrac{2\sqrt{14}}{7} ; 2 + \dfrac{\sqrt{14}}{7}\right)

.

L'équation du plan tangent est :

3(x - x_T) + 2(y - y_T) + 1(z - z_T) = 0

3x + 2y + z = 3x_T + 2y_T + z_T

Calcul du second membre :

3\left(1+\dfrac{3\sqrt{14}}{7}\right) + 2\left(-1+\dfrac{2\sqrt{14}}{7}\right) + \left(2+\dfrac{\sqrt{14}}{7}\right)

= 3 + \dfrac{9\sqrt{14}}{7} - 2 + \dfrac{4\sqrt{14}}{7} + 2 + \dfrac{\sqrt{14}}{7} = 3 + \dfrac{14\sqrt{14}}{7} = 3 + 2\sqrt{14}

\boxed{\mathcal{P} : 3x + 2y + z - 3 - 2\sqrt{14} = 0}

Calculer la distance de

A

au plan tangent

\mathcal{P}

Méthode : La distance de

A

au plan tangent est

\Omega A - R

d(A, \mathcal{P}) = \Omega A - R = \sqrt{14} - 2

Vérification par la formule :

d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|3(4) + 2(1) + 3 - 3 - 2\sqrt{14}|}{\sqrt{9+4+1}} = \dfrac{|12 + 2 + 3 - 3 - 2\sqrt{14}|}{\sqrt{14}} = \dfrac{|14 - 2\sqrt{14}|}{\sqrt{14}}

= \dfrac{14 - 2\sqrt{14}}{\sqrt{14}} = \dfrac{14}{\sqrt{14}} - 2 = \sqrt{14} - 2

\boxed{d(A, \mathcal{P}) = \sqrt{14} - 2}

Déterminer la longueur de la tangente issue de

A

à la sphère.

Méthode : Si

T

est le point de tangence, le triangle

\Omega T A

est rectangle en

T

(rayon perpendiculaire à la tangente). On applique le théorème de Pythagore.

AT^2 = \Omega A^2 - \Omega T^2 = 14 - 4 = 10

AT = \sqrt{10}

\boxed{AT = \sqrt{10}}

Exercice 26

Difficile

Soit le plan

\mathcal{P}

d'équation

x + y + z = 6

et les points

A(1;0;0)

B(0;0;1)

Vérifier que

A

B

sont du même côté du plan

\mathcal{P}

Méthode : On évalue

x + y + z - 6

en chaque point.

Pour

A

1 + 0 + 0 - 6 = -5 < 0

.
Pour

B

0 + 0 + 1 - 6 = -5 < 0

.

Les deux valeurs sont de même signe (négatif), donc

A

B

sont du même côté du plan.

\boxed{A \text{ et } B \text{ sont du même côté de } \mathcal{P}}

Déterminer les symétriques

A'

A

B'

B

par rapport à

\mathcal{P}

Méthode : On projette chaque point sur

\mathcal{P}

, puis on prend le symétrique.

Pour $A(1;0;0)$ : droite de direction

\vec{n}(1;1;1)

passant par

A

\begin{cases} x = 1+t \ y = t \ z = t \end{cases}

(1+t) + t + t = 6 \implies 3t + 1 = 6 \implies t = \dfrac{5}{3}

H_A = \left(\dfrac{8}{3} ; \dfrac{5}{3} ; \dfrac{5}{3}\right)

, donc

A' = 2H_A - A = \left(\dfrac{13}{3} ; \dfrac{10}{3} ; \dfrac{10}{3}\right)

.

Pour $B(0;0;1)$ : droite de direction

\vec{n}(1;1;1)

passant par

B

\begin{cases} x = t \ y = t \ z = 1+t \end{cases}

t + t + 1 + t = 6 \implies 3t = 5 \implies t = \dfrac{5}{3}

H_B = \left(\dfrac{5}{3} ; \dfrac{5}{3} ; \dfrac{8}{3}\right)

, donc

B' = 2H_B - B = \left(\dfrac{10}{3} ; \dfrac{10}{3} ; \dfrac{13}{3}\right)

\boxed{A'\left(\dfrac{13}{3} ; \dfrac{10}{3} ; \dfrac{10}{3}\right) \text{ et } B'\left(\dfrac{10}{3} ; \dfrac{10}{3} ; \dfrac{13}{3}\right)}

Trouver le point

M

\mathcal{P}

qui minimise

MA + MB

Méthode : Comme

A

B

sont du même côté de

\mathcal{P}

, on utilise le symétrique de l'un des points.

MA + MB = MA' + MB

n'aide pas directement car

A'

B

seraient de côtés opposés... En fait, pour minimiser

MA + MB

avec

M \in \mathcal{P}

, on prend le symétrique de l'un, disons

A'

, et on cherche

M

sur la droite

(A'B)

intersectant

\mathcal{P}

.

Comme

MA = MA'

pour tout

M \in \mathcal{P}

est faux (c'est vrai uniquement si

A \in \mathcal{P}

). Correction :

MA' = MA

seulement si

M \in \mathcal{P}

, car la symétrie par rapport à

\mathcal{P}

conserve les distances aux points de

\mathcal{P}

.

Donc

MA + MB = MA' + MB \geq A'B

avec égalité quand

M \in [A'B] \cap \mathcal{P}

\vec{A'B} = \left(-\dfrac{13}{3} ; -\dfrac{10}{3} ; 1 - \dfrac{10}{3}\right) = \left(-\dfrac{13}{3} ; -\dfrac{10}{3} ; -\dfrac{7}{3}\right)

.

Direction :

(-13;-10;-7)

, soit

(13;10;7)

.

Droite

(A'B)

passant par

B(0;0;1)

de direction

(13;10;7)

\begin{cases} x = 13s \ y = 10s \ z = 1 + 7s \end{cases}

Intersection avec

\mathcal{P}

13s + 10s + 1 + 7s = 6 \implies 30s = 5 \implies s = \dfrac{1}{6}

M = \left(\dfrac{13}{6} ; \dfrac{10}{6} ; 1 + \dfrac{7}{6}\right) = \left(\dfrac{13}{6} ; \dfrac{5}{3} ; \dfrac{13}{6}\right)

\boxed{M\left(\dfrac{13}{6} ; \dfrac{5}{3} ; \dfrac{13}{6}\right)}

Calculer la valeur minimale de

MA + MB

Méthode : La valeur minimale est

A'B

A'B = \sqrt{\left(\dfrac{13}{3}\right)^2 + \left(\dfrac{10}{3}\right)^2 + \left(\dfrac{7}{3}\right)^2} = \sqrt{\dfrac{169+100+49}{9}} = \sqrt{\dfrac{318}{9}} = \dfrac{\sqrt{318}}{3}

On peut simplifier :

318 = 2 \times 159 = 2 \times 3 \times 53

, donc

\sqrt{318}

est irréductible.

\boxed{(MA + MB)_{\min} = \dfrac{\sqrt{318}}{3}}

Exercice 27

Difficile

Dans un repère orthonormé, on considère la droite

d

de représentation paramétrique

\begin{cases} x = 1 + 2t \ y = -1 + t \ z = 2 - t \end{cases}

et le plan

\mathcal{P}

d'équation

x + y - z + 1 = 0

Montrer que

d

\mathcal{P}

sont sécants et déterminer le point d'intersection

I

Méthode : On substitue les expressions paramétriques dans l'équation du plan.

Vecteur directeur de

d

\vec{u}(2;1;-1)

.
Vecteur normal de

\mathcal{P}

\vec{n}(1;1;-1)

\vec{u} \cdot \vec{n} = 2 + 1 + 1 = 4 \neq 0

, donc

d

n'est pas parallèle à

\mathcal{P}

, ils sont sécants.

Substitution :

(1+2t) + (-1+t) - (2-t) + 1 = 0

1 + 2t - 1 + t - 2 + t + 1 = 0

4t - 1 = 0 \implies t = \dfrac{1}{4}

I = \left(\dfrac{3}{2} ; -\dfrac{3}{4} ; \dfrac{7}{4}\right)

\boxed{I\left(\dfrac{3}{2} ; -\dfrac{3}{4} ; \dfrac{7}{4}\right)}

Calculer l'angle entre la droite

d

et le plan

\mathcal{P}

Méthode : L'angle

\alpha

entre une droite et un plan vérifie

\sin \alpha = \dfrac{|\vec{u} \cdot \vec{n}|}{\|\vec{u}\| \times \|\vec{n}\|}

\sin \alpha = \dfrac{|4|}{\sqrt{4+1+1} \times \sqrt{1+1+1}} = \dfrac{4}{\sqrt{6} \times \sqrt{3}} = \dfrac{4}{\sqrt{18}} = \dfrac{4}{3\sqrt{2}} = \dfrac{4\sqrt{2}}{6} = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}

\alpha = \arcsin\left(\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\right)

\boxed{\alpha = \arcsin\left(\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\right) \approx 70{,}5°}

Déterminer la droite

d'

symétrique de

d

par rapport à

\mathcal{P}

Méthode : La symétrique

d'

passe par

I

(point d'intersection) et par le symétrique d'un autre point de

d

par rapport à

\mathcal{P}

.

Prenons le point

A(1;-1;2)

d

(pour

t = 0

).

Projetons

A

sur

\mathcal{P}

\begin{cases} x = 1 + s \ y = -1 + s \ z = 2 - s \end{cases}

(1+s) + (-1+s) - (2-s) + 1 = 0 \implies 3s - 1 = 0 \implies s = \dfrac{1}{3}

H_A = \left(\dfrac{4}{3} ; -\dfrac{2}{3} ; \dfrac{5}{3}\right)

A' = 2H_A - A = \left(\dfrac{5}{3} ; -\dfrac{1}{3} ; \dfrac{4}{3}\right)

.

Vecteur directeur de

d'

\vec{IA'} = \left(\dfrac{5}{3}-\dfrac{3}{2} ; -\dfrac{1}{3}+\dfrac{3}{4} ; \dfrac{4}{3}-\dfrac{7}{4}\right) = \left(\dfrac{1}{6} ; \dfrac{5}{12} ; -\dfrac{5}{12}\right)

.

En multipliant par

12

(2 ; 5 ; -5)

.

Représentation paramétrique de

d'

passant par

I\left(\dfrac{3}{2} ; -\dfrac{3}{4} ; \dfrac{7}{4}\right)

\begin{cases} x = \dfrac{3}{2} + 2s \ y = -\dfrac{3}{4} + 5s \ z = \dfrac{7}{4} - 5s \end{cases}

\boxed{d' : \begin{cases} x = \dfrac{3}{2} + 2s \ y = -\dfrac{3}{4} + 5s \ z = \dfrac{7}{4} - 5s \end{cases}, \quad s \in \mathbb{R}}

Exercice 28

Difficile

On considère le plan

\mathcal{P}_1 : x - y + z = 2

et le plan

\mathcal{P}_2 : x - y + z = 6

Montrer que

\mathcal{P}_1

\mathcal{P}_2

sont parallèles.

Méthode : On compare les vecteurs normaux.

\vec{n_1}(1;-1;1)

\vec{n_2}(1;-1;1)

.

Comme

\vec{n_1} = \vec{n_2}

, les plans ont le même vecteur normal. Ils sont parallèles (et non confondus car

2 \neq 6

\boxed{\mathcal{P}_1 \parallel \mathcal{P}_2}

Calculer la distance entre les deux plans.

Méthode : La distance entre deux plans parallèles

ax + by + cz + d_1 = 0

ax + by + cz + d_2 = 0

est

\dfrac{|d_1 - d_2|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}

.

On réécrit :

\mathcal{P}_1 : x - y + z - 2 = 0

\mathcal{P}_2 : x - y + z - 6 = 0

d(\mathcal{P}_1, \mathcal{P}_2) = \dfrac{|-2-(-6)|}{\sqrt{1+1+1}} = \dfrac{4}{\sqrt{3}} = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}

\boxed{d(\mathcal{P}_1, \mathcal{P}_2) = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}}

Déterminer l'équation du plan

\mathcal{P}_3

parallèle à

\mathcal{P}_1

\mathcal{P}_2

, équidistant des deux.

Méthode : Le plan équidistant est de la forme

x - y + z = c

avec

c

à égale distance de

2

6

c = \dfrac{2+6}{2} = 4

Vérification :

d(\mathcal{P}_3, \mathcal{P}_1) = \dfrac{|4-2|}{\sqrt{3}} = \dfrac{2}{\sqrt{3}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}

d(\mathcal{P}_3, \mathcal{P}_2) = \dfrac{|4-6|}{\sqrt{3}} = \dfrac{2}{\sqrt{3}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}

✓

\boxed{\mathcal{P}_3 : x - y + z = 4}

Déterminer l'ensemble des points de l'espace équidistants de

\mathcal{P}_1

\mathcal{P}_2

Méthode : On cherche les points

M(x;y;z)

tels que

d(M, \mathcal{P}_1) = d(M, \mathcal{P}_2)

\dfrac{|x-y+z-2|}{\sqrt{3}} = \dfrac{|x-y+z-6|}{\sqrt{3}}

|x-y+z-2| = |x-y+z-6|

Posons

u = x - y + z

. Alors

|u-2| = |u-6|

(u-2)^2 = (u-6)^2 \implies u^2 - 4u + 4 = u^2 - 12u + 36 \implies 8u = 32 \implies u = 4

.

Donc l'ensemble est le plan

x - y + z = 4

, c'est-à-dire

\mathcal{P}_3

\boxed{\text{L'ensemble est le plan } \mathcal{P}_3 : x - y + z = 4}

Exercice 29

Difficile

On considère les points

A(2;0;1)

B(0;1;3)

C(1;2;0)

dans un repère orthonormé de l'espace.

Montrer que le triangle

ABC

est rectangle en

A

Méthode : On calcule

\vec{AB} \cdot \vec{AC}

et on vérifie qu'il est nul.

\vec{AB} = (-2;1;2), \quad \vec{AC} = (-1;2;-1)

\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 2 + 2 - 2 = 2 \neq 0

Le triangle n'est pas rectangle en

A

. Vérifions les autres sommets.

\vec{BA} = (2;-1;-2), \quad \vec{BC} = (1;1;-3)

\vec{BA} \cdot \vec{BC} = 2 - 1 + 6 = 7 \neq 0

\vec{CA} = (1;-2;1), \quad \vec{CB} = (-1;-1;3)

\vec{CA} \cdot \vec{CB} = -1 + 2 + 3 = 4 \neq 0

Le triangle n'est rectangle en aucun sommet.

\boxed{\text{Le triangle } ABC \text{ n'est pas rectangle}}

Déterminer une équation cartésienne du plan

(ABC)

Méthode : On cherche

\vec{n}(a;b;c)

orthogonal à

\vec{AB}(-2;1;2)

\vec{AC}(-1;2;-1)

\begin{cases} -2a + b + 2c = 0 \ -a + 2b - c = 0 \end{cases}

De la 2ème :

a = 2b - c

. Dans la 1ère :

-2(2b-c) + b + 2c = 0 \implies -4b + 2c + b + 2c = 0 \implies -3b + 4c = 0

.

Donc

b = \dfrac{4c}{3}

. En prenant

c = 3

b = 4

a = 8 - 3 = 5

\vec{n}(5;4;3)

.

Plan passant par

A(2;0;1)

5(x-2) + 4y + 3(z-1) = 0

5x + 4y + 3z - 13 = 0

Vérification :

B

0+4+9-13 = 0

✓ ;

C

5+8+0-13 = 0

✓.

\boxed{(ABC) : 5x + 4y + 3z - 13 = 0}

Calculer la distance de l'origine

O

au plan

(ABC)

Méthode : Formule de distance.

d(O, (ABC)) = \dfrac{|0+0+0-13|}{\sqrt{25+16+9}} = \dfrac{13}{\sqrt{50}} = \dfrac{13}{5\sqrt{2}} = \dfrac{13\sqrt{2}}{10}

\boxed{d(O, (ABC)) = \dfrac{13\sqrt{2}}{10}}

Déterminer le projeté orthogonal

H

O

sur

(ABC)

et calculer l'aire du triangle

ABC

Méthode : On projette

O

sur le plan, puis on calcule l'aire.

Droite passant par

O

de direction

\vec{n}(5;4;3)

\begin{cases} x = 5t \ y = 4t \ z = 3t \end{cases}

5(5t) + 4(4t) + 3(3t) - 13 = 0 \implies 50t - 13 = 0 \implies t = \dfrac{13}{50}

H = \left(\dfrac{13}{10} ; \dfrac{26}{25} ; \dfrac{39}{50}\right)

.

Aire du triangle $ABC$ :

\text{Aire} = \dfrac{1}{2}\sqrt{\|\vec{AB}\|^2 \|\vec{AC}\|^2 - (\vec{AB}\cdot\vec{AC})^2}

\|\vec{AB}\|^2 = 4+1+4 = 9

\|\vec{AC}\|^2 = 1+4+1 = 6

\vec{AB}\cdot\vec{AC} = 2

\text{Aire} = \dfrac{1}{2}\sqrt{54 - 4} = \dfrac{1}{2}\sqrt{50} = \dfrac{5\sqrt{2}}{2}

\boxed{H\left(\dfrac{13}{10} ; \dfrac{26}{25} ; \dfrac{39}{50}\right) \text{ et Aire}(ABC) = \dfrac{5\sqrt{2}}{2}}

Exercice 30

Difficile

On considère le point

A(3;1;2)

et deux plans

\mathcal{P}_1 : x + y - z - 1 = 0

\mathcal{P}_2 : 2x - y + z - 3 = 0

Montrer que

A

appartient aux deux plans.

Méthode : On substitue les coordonnées de

A

dans chaque équation.

\mathcal{P}_1

3 + 1 - 2 - 1 = 1 \neq 0

.

Donc

A \notin \mathcal{P}_1

\mathcal{P}_2

6 - 1 + 2 - 3 = 4 \neq 0

.

Donc

A \notin \mathcal{P}_2

non plus.

\boxed{A \notin \mathcal{P}_1 \text{ et } A \notin \mathcal{P}_2}

Calculer les distances de

A

à chacun des deux plans.

Méthode : Formule de distance.

d(A, \mathcal{P}_1) = \dfrac{|3+1-2-1|}{\sqrt{1+1+1}} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}

d(A, \mathcal{P}_2) = \dfrac{|6-1+2-3|}{\sqrt{4+1+1}} = \dfrac{4}{\sqrt{6}} = \dfrac{4\sqrt{6}}{6} = \dfrac{2\sqrt{6}}{3}

\boxed{d(A, \mathcal{P}_1) = \dfrac{\sqrt{3}}{3} \text{ et } d(A, \mathcal{P}_2) = \dfrac{2\sqrt{6}}{3}}

Les plans

\mathcal{P}_1

\mathcal{P}_2

sont-ils perpendiculaires ?

Méthode : On calcule le produit scalaire des vecteurs normaux.

\vec{n_1}(1;1;-1)

\vec{n_2}(2;-1;1)

\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 2 - 1 - 1 = 0

Les vecteurs normaux sont orthogonaux, donc les plans sont perpendiculaires.

\boxed{\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 0, \text{ donc } \mathcal{P}_1 \perp \mathcal{P}_2}

Déterminer l'ensemble des points

M

équidistants des plans

\mathcal{P}_1

\mathcal{P}_2

Méthode : On cherche

M(x;y;z)

tel que

d(M, \mathcal{P}_1) = d(M, \mathcal{P}_2)

\dfrac{|x+y-z-1|}{\sqrt{3}} = \dfrac{|2x-y+z-3|}{\sqrt{6}}

\sqrt{6}|x+y-z-1| = \sqrt{3}|2x-y+z-3|

\sqrt{2}|x+y-z-1| = |2x-y+z-3|

Cela donne deux cas :

Cas 1 :

\sqrt{2}(x+y-z-1) = 2x-y+z-3

\sqrt{2}x + \sqrt{2}y - \sqrt{2}z - \sqrt{2} = 2x - y + z - 3

(\sqrt{2}-2)x + (\sqrt{2}+1)y + (-\sqrt{2}-1)z + (3-\sqrt{2}) = 0

Cas 2 :

\sqrt{2}(x+y-z-1) = -(2x-y+z-3)

\sqrt{2}x + \sqrt{2}y - \sqrt{2}z - \sqrt{2} = -2x + y - z + 3

(\sqrt{2}+2)x + (\sqrt{2}-1)y + (-\sqrt{2}+1)z + (-3-\sqrt{2}) = 0

L'ensemble est la réunion de deux plans, les "plans bissecteurs" de

\mathcal{P}_1

\mathcal{P}_2

\boxed{\text{Deux plans bissecteurs des plans } \mathcal{P}_1 \text{ et } \mathcal{P}_2}

Exercice 31

Avancé

On considère la droite

d_1 : \begin{cases} x = 1 + t \ y = 2t \ z = 1 + t \end{cases}

et la droite

d_2 : \begin{cases} x = 2 + s \ y = 1 - s \ z = 3 + 2s \end{cases}

Montrer que

d_1

d_2

ne sont ni parallèles ni sécantes (droites non coplanaires).

Méthode : On vérifie d'abord que les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires (non parallèles), puis on montre que le système d'intersection n'a pas de solution (non sécantes).

\vec{u_1}(1;2;1)

\vec{u_2}(1;-1;2)

.

Si colinéaires :

\dfrac{1}{1} = 1

\dfrac{2}{-1} = -2

. Contradiction, donc non parallèles.

Intersection ? On résout :

\begin{cases} 1+t = 2+s \quad (1) \ 2t = 1-s \quad (2) \ 1+t = 3+2s \quad (3) \end{cases}

(1)

s = t - 1

. Dans

(2)

2t = 1 - (t-1) = 2 - t \implies 3t = 2 \implies t = \dfrac{2}{3}

.

Donc

s = \dfrac{2}{3} - 1 = -\dfrac{1}{3}

.

Vérification dans

(3)

1 + \dfrac{2}{3} = \dfrac{5}{3}

3 + 2\left(-\dfrac{1}{3}\right) = 3 - \dfrac{2}{3} = \dfrac{7}{3}

\dfrac{5}{3} \neq \dfrac{7}{3}

, donc pas de solution.

Les droites ne sont ni parallèles ni sécantes : elles sont non coplanaires.

\boxed{d_1 \text{ et } d_2 \text{ sont non coplanaires (gauches)}}

Déterminer la distance entre les deux droites.

Méthode : La distance entre deux droites gauches

d_1

d_2

est la distance entre les deux plans parallèles contenant respectivement

d_1

d_2

, dont le vecteur normal commun est perpendiculaire aux deux vecteurs directeurs.

On cherche

\vec{n}(a;b;c)

tel que

\vec{n} \cdot \vec{u_1} = 0

\vec{n} \cdot \vec{u_2} = 0

\begin{cases} a + 2b + c = 0 \ a - b + 2c = 0 \end{cases}

Soustraction :

3b - c = 0

, soit

c = 3b

. Alors

a = -2b - c = -2b - 3b = -5b

.

En prenant

b = 1

\vec{n}(-5;1;3)

.

La distance entre les droites est :

d = \dfrac{|\vec{A_1A_2} \cdot \vec{n}|}{\|\vec{n}\|}

où

A_1(1;0;1) \in d_1

A_2(2;1;3) \in d_2

\vec{A_1A_2} = (1;1;2)

\vec{A_1A_2} \cdot \vec{n} = -5 + 1 + 6 = 2

\|\vec{n}\| = \sqrt{25 + 1 + 9} = \sqrt{35}

d = \dfrac{|2|}{\sqrt{35}} = \dfrac{2}{\sqrt{35}} = \dfrac{2\sqrt{35}}{35}

\boxed{d(d_1, d_2) = \dfrac{2\sqrt{35}}{35}}

Déterminer la perpendiculaire commune aux deux droites (les points

H_1 \in d_1

H_2 \in d_2

tels que

(H_1H_2) \perp d_1

(H_1H_2) \perp d_2

Méthode : On cherche

t

s

tels que

\vec{H_1H_2}

soit colinéaire à

\vec{n}(-5;1;3)

H_1(1+t;2t;1+t)

H_2(2+s;1-s;3+2s)

\vec{H_1H_2} = (1+s-t ; 1-s-2t ; 2+2s-t)

Condition de colinéarité à

\vec{n}(-5;1;3)

\dfrac{1+s-t}{-5} = \dfrac{1-s-2t}{1} = \dfrac{2+2s-t}{3}

De la 1ère et 2ème :

1+s-t = -5(1-s-2t) = -5+5s+10t

6 - 4s - 11t = 0 \quad (I)

De la 2ème et 3ème :

3(1-s-2t) = 2+2s-t

3-3s-6t = 2+2s-t \implies 1 - 5s - 5t = 0 \quad (II)

(II)

s = \dfrac{1-5t}{5}

. Dans

(I)

6 - 4 \times \dfrac{1-5t}{5} - 11t = 0

6 - \dfrac{4-20t}{5} - 11t = 0

30 - 4 + 20t - 55t = 0

26 - 35t = 0 \implies t = \dfrac{26}{35}

s = \dfrac{1 - \dfrac{130}{35}}{5} = \dfrac{\dfrac{35-130}{35}}{5} = \dfrac{-95}{175} = -\dfrac{19}{35}

H_1 = \left(1+\dfrac{26}{35} ; \dfrac{52}{35} ; 1+\dfrac{26}{35}\right) = \left(\dfrac{61}{35} ; \dfrac{52}{35} ; \dfrac{61}{35}\right)

H_2 = \left(2-\dfrac{19}{35} ; 1+\dfrac{19}{35} ; 3-\dfrac{38}{35}\right) = \left(\dfrac{51}{35} ; \dfrac{54}{35} ; \dfrac{67}{35}\right)

\boxed{H_1\left(\dfrac{61}{35} ; \dfrac{52}{35} ; \dfrac{61}{35}\right) \text{ et } H_2\left(\dfrac{51}{35} ; \dfrac{54}{35} ; \dfrac{67}{35}\right)}

Vérifier que

H_1H_2

est bien égale à la distance entre les droites.

Méthode : On calcule

H_1H_2

\vec{H_1H_2} = \left(-\dfrac{10}{35} ; \dfrac{2}{35} ; \dfrac{6}{35}\right) = \dfrac{1}{35}(-10;2;6) = \dfrac{2}{35}(-5;1;3)

On vérifie que ce vecteur est bien colinéaire à

\vec{n}(-5;1;3)

✓.

H_1H_2 = \dfrac{2}{35}\sqrt{25+1+9} = \dfrac{2\sqrt{35}}{35}

On retrouve bien la distance calculée précédemment.

\boxed{H_1H_2 = \dfrac{2\sqrt{35}}{35} = d(d_1, d_2) }

Exercice 32

Avancé

On considère la sphère

\mathcal{S}

d'équation

(x-1)^2 + (y-2)^2 + (z+1)^2 = 16

et la droite

\Delta

de représentation paramétrique

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

Déterminer le centre

\Omega

et le rayon

R

\mathcal{S}

Méthode : Lecture directe de l'équation.

\boxed{\Omega(1;2;-1) \text{ et } R = 4}

Calculer la distance du centre

\Omega

à la droite

\Delta

Méthode : On projette

\Omega

sur

\Delta

et on calcule la distance.

Vecteur directeur de

\Delta

\vec{u}(1;2;2)

.
Point de

\Delta

(

t = 0

) :

A(3;0;-1)

\vec{A\Omega} = (-2;2;0)

Projeté

H

t_H = \dfrac{\vec{A\Omega} \cdot \vec{u}}{\|\vec{u}\|^2} = \dfrac{-2+4+0}{1+4+4} = \dfrac{2}{9}

H = \left(3+\dfrac{2}{9} ; \dfrac{4}{9} ; -1+\dfrac{4}{9}\right) = \left(\dfrac{29}{9} ; \dfrac{4}{9} ; -\dfrac{5}{9}\right)

\vec{\Omega H} = \left(\dfrac{29}{9}-1 ; \dfrac{4}{9}-2 ; -\dfrac{5}{9}+1\right) = \left(\dfrac{20}{9} ; -\dfrac{14}{9} ; \dfrac{4}{9}\right)

\Omega H^2 = \dfrac{400 + 196 + 16}{81} = \dfrac{612}{81} = \dfrac{68}{9}

\Omega H = \dfrac{\sqrt{68}}{3} = \dfrac{2\sqrt{17}}{3}

\boxed{d(\Omega, \Delta) = \dfrac{2\sqrt{17}}{3}}

La droite

\Delta

coupe-t-elle la sphère

\mathcal{S}

? Si oui, déterminer les points d'intersection.

Méthode : On compare

d(\Omega, \Delta)

au rayon.

d(\Omega, \Delta) = \dfrac{2\sqrt{17}}{3} \approx \dfrac{2 \times 4{,}12}{3} \approx 2{,}75 < 4 = R

.

Donc la droite coupe la sphère en deux points.

On substitue les coordonnées paramétriques dans l'équation de la sphère :

(3+t-1)^2 + (2t-2)^2 + (-1+2t+1)^2 = 16

(2+t)^2 + (2t-2)^2 + (2t)^2 = 16

4 + 4t + t^2 + 4t^2 - 8t + 4 + 4t^2 = 16

9t^2 - 4t + 8 = 16

9t^2 - 4t - 8 = 0

\Delta_{\text{eq}} = 16 + 288 = 304 = 16 \times 19

t = \dfrac{4 \pm 4\sqrt{19}}{18} = \dfrac{2 \pm 2\sqrt{19}}{9}

Pour

t_1 = \dfrac{2 + 2\sqrt{19}}{9}

t_2 = \dfrac{2 - 2\sqrt{19}}{9}

, on obtient les points d'intersection.

\boxed{\text{Oui, en deux points avec } t = \dfrac{2 \pm 2\sqrt{19}}{9}}

Calculer la longueur de la corde découpée par

\Delta

sur

\mathcal{S}

Méthode : Si

M_1

M_2

sont les points d'intersection,

M_1M_2 = |t_1 - t_2| \times \|\vec{u}\|

|t_1 - t_2| = \dfrac{4\sqrt{19}}{9}

\|\vec{u}\| = \sqrt{1+4+4} = 3

M_1M_2 = \dfrac{4\sqrt{19}}{9} \times 3 = \dfrac{4\sqrt{19}}{3}

Vérification : On peut aussi utiliser

M_1M_2 = 2\sqrt{R^2 - d^2} = 2\sqrt{16 - \dfrac{68}{9}} = 2\sqrt{\dfrac{76}{9}} = \dfrac{4\sqrt{19}}{3}

✓.

\boxed{M_1M_2 = \dfrac{4\sqrt{19}}{3}}

Exercice 33

Avancé

On considère le point

A(4;2;-1)

, le plan

\mathcal{P}

d'équation

2x - y + 2z - 3 = 0

et le point

B(1;0;1) \in \mathcal{P}

Vérifier que

B \in \mathcal{P}

et calculer

d(A, \mathcal{P})

Méthode : On substitue et on applique la formule.

B \in \mathcal{P}

2(1) - 0 + 2(1) - 3 = 2 + 2 - 3 = 1 \neq 0

B \notin \mathcal{P}

. Prenons plutôt un point de

\mathcal{P}

: par exemple

B'(1;-1;0)

2+1+0-3 = 0

✓.

Continuons avec

B

tel que donné dans l'énoncé.

d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|2(4) - 2 + 2(-1) - 3|}{\sqrt{4+1+4}} = \dfrac{|8-2-2-3|}{3} = \dfrac{1}{3}

\boxed{d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{1}{3}}

Déterminer le projeté orthogonal

H

A

sur

\mathcal{P}

et le symétrique

A'

A

par rapport à

\mathcal{P}

Méthode : On projette

A

sur

\mathcal{P}

\begin{cases} x = 4+2t \ y = 2-t \ z = -1+2t \end{cases}

2(4+2t) - (2-t) + 2(-1+2t) - 3 = 0

8+4t-2+t-2+4t-3 = 0

9t + 1 = 0 \implies t = -\dfrac{1}{9}

H = \left(4-\dfrac{2}{9} ; 2+\dfrac{1}{9} ; -1-\dfrac{2}{9}\right) = \left(\dfrac{34}{9} ; \dfrac{19}{9} ; -\dfrac{11}{9}\right)

A' = 2H - A = \left(\dfrac{68}{9}-4 ; \dfrac{38}{9}-2 ; -\dfrac{22}{9}+1\right) = \left(\dfrac{32}{9} ; \dfrac{20}{9} ; -\dfrac{13}{9}\right)

\boxed{H\left(\dfrac{34}{9} ; \dfrac{19}{9} ; -\dfrac{11}{9}\right) \text{ et } A'\left(\dfrac{32}{9} ; \dfrac{20}{9} ; -\dfrac{13}{9}\right)}

Trouver le point

M

\mathcal{P}

tel que

MA + MB

soit minimal, avec

B(1;0;1)

Méthode : Vérifions d'abord si

A

B

sont du même côté de

\mathcal{P}

.

Pour

A

8-2-2-3 = 1 > 0

.
Pour

B

2-0+2-3 = 1 > 0

.

Même signe :

A

B

sont du même côté. On utilise le symétrique

A'

.

Pour tout

M \in \mathcal{P}

MA = MA'

, donc

MA + MB = MA' + MB \geq A'B

.

Égalité quand

M \in [A'B] \cap \mathcal{P}

\vec{A'B} = \left(1-\dfrac{32}{9} ; 0-\dfrac{20}{9} ; 1+\dfrac{13}{9}\right) = \left(-\dfrac{23}{9} ; -\dfrac{20}{9} ; \dfrac{22}{9}\right)

.

Direction :

(-23;-20;22)

.

Droite

(A'B)

passant par

B(1;0;1)

\begin{cases} x = 1-23s \ y = -20s \ z = 1+22s \end{cases}

Intersection avec

\mathcal{P}

2(1-23s) - (-20s) + 2(1+22s) - 3 = 0

2-46s+20s+2+44s-3 = 0

18s + 1 = 0 \implies s = -\dfrac{1}{18}

M = \left(1+\dfrac{23}{18} ; \dfrac{20}{18} ; 1-\dfrac{22}{18}\right) = \left(\dfrac{41}{18} ; \dfrac{10}{9} ; -\dfrac{2}{9}\right)

\boxed{M\left(\dfrac{41}{18} ; \dfrac{10}{9} ; -\dfrac{2}{9}\right)}

Calculer la valeur minimale de

MA + MB

Méthode :

(MA+MB)_{\min} = A'B

\vec{A'B} = \left(-\dfrac{23}{9} ; -\dfrac{20}{9} ; \dfrac{22}{9}\right)

A'B = \dfrac{1}{9}\sqrt{529 + 400 + 484} = \dfrac{\sqrt{1413}}{9}

On vérifie :

1413 = 3 \times 471 = 3 \times 3 \times 157

, donc

\sqrt{1413} = 3\sqrt{157}

A'B = \dfrac{3\sqrt{157}}{9} = \dfrac{\sqrt{157}}{3}

\boxed{(MA+MB)_{\min} = \dfrac{\sqrt{157}}{3}}

Exercice 34

Avancé

On considère la sphère

\mathcal{S}_1

de centre

A(1;0;2)

et de rayon

3

, et la sphère

\mathcal{S}_2

de centre

B(5;0;-1)

et de rayon

2

Calculer la distance

AB

et en déduire la position relative des deux sphères.

Méthode : On calcule

AB

et on compare à

R_1 + R_2

|R_1 - R_2|

AB = \sqrt{(5-1)^2 + 0 + (-1-2)^2} = \sqrt{16+9} = 5

R_1 + R_2 = 5

|R_1 - R_2| = 1

.

Comme

AB = R_1 + R_2 = 5

, les sphères sont tangentes extérieurement.

\boxed{AB = 5 = R_1 + R_2, \text{ sphères tangentes extérieurement}}

Déterminer les coordonnées du point de tangence

T

Méthode : Le point de tangence est sur le segment

[AB]

, à distance

R_1 = 3

A

\vec{AB} = (4;0;-3), \quad \|\vec{AB}\| = 5

T = A + \dfrac{R_1}{AB} \vec{AB} = (1;0;2) + \dfrac{3}{5}(4;0;-3) = \left(1+\dfrac{12}{5} ; 0 ; 2-\dfrac{9}{5}\right)

= \left(\dfrac{17}{5} ; 0 ; \dfrac{1}{5}\right)

Vérification :

TB = \sqrt{\left(5-\dfrac{17}{5}\right)^2 + 0 + \left(-1-\dfrac{1}{5}\right)^2} = \sqrt{\dfrac{64}{25}+\dfrac{36}{25}} = \sqrt{\dfrac{100}{25}} = 2 = R_2

✓.

\boxed{T\left(\dfrac{17}{5} ; 0 ; \dfrac{1}{5}\right)}

Déterminer une équation cartésienne du plan tangent commun aux deux sphères en

T

Méthode : Le plan tangent commun en

T

est perpendiculaire à la droite

(AB)

, donc admet

\vec{AB}(4;0;-3)

comme vecteur normal.

Plan passant par

T\left(\dfrac{17}{5} ; 0 ; \dfrac{1}{5}\right)

4\left(x-\dfrac{17}{5}\right) + 0(y) - 3\left(z-\dfrac{1}{5}\right) = 0

4x - \dfrac{68}{5} - 3z + \dfrac{3}{5} = 0

4x - 3z - \dfrac{65}{5} = 0

4x - 3z - 13 = 0

\boxed{\mathcal{P} : 4x - 3z - 13 = 0}

Vérifier que ce plan est bien tangent à chaque sphère.

Méthode : On vérifie que la distance de chaque centre au plan est égale au rayon correspondant.

d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|4(1) - 3(2) - 13|}{\sqrt{16+9}} = \dfrac{|4-6-13|}{5} = \dfrac{15}{5} = 3 = R_1

d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{|4(5) - 3(-1) - 13|}{5} = \dfrac{|20+3-13|}{5} = \dfrac{10}{5} = 2 = R_2

\boxed{d(A, \mathcal{P}) = R_1 = 3 \text{ et } d(B, \mathcal{P}) = R_2 = 2}

Exercice 35

Avancé

On considère dans un repère orthonormé le plan

\mathcal{P}

d'équation

x + 2y + 2z - 9 = 0

et le point

A(0;0;0)

Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal

H

A

sur

\mathcal{P}

Méthode : Droite passant par

O

de direction

\vec{n}(1;2;2)

\begin{cases} x = t \ y = 2t \ z = 2t \end{cases}

t + 4t + 4t - 9 = 0 \implies 9t = 9 \implies t = 1

\boxed{H(1;2;2)}

Déterminer l'ensemble des points

M(x;y;z) \in \mathcal{P}

tels que

AM = 5

Méthode : On cherche l'intersection de

\mathcal{P}

et de la sphère de centre

A

et rayon

5

d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|0+0+0-9|}{\sqrt{1+4+4}} = \dfrac{9}{3} = 3

.

Comme

3 < 5

, l'intersection est un cercle.

Rayon :

r = \sqrt{25-9} = 4

.

Centre :

H(1;2;2)

.

L'ensemble est un cercle de centre

H(1;2;2)

et de rayon

4

, dans le plan

\mathcal{P}

\boxed{\text{Cercle de centre } H(1;2;2) \text{ et de rayon } 4 \text{ dans } \mathcal{P}}

Parmi les points

M

du plan

\mathcal{P}

, déterminer celui qui minimise

AM

et celui qui maximise

AM

sous la contrainte

AM \leq 5

Méthode : Le point de

\mathcal{P}

le plus proche de

A

est le projeté orthogonal

H

.

Minimum :

AM_{\min} = AH = d(A, \mathcal{P}) = 3

, atteint en

M = H(1;2;2)

.

Sous la contrainte

AM \leq 5

, le maximum est atteint sur le cercle :

AM_{\max} = 5

, atteint en tout point du cercle.

\boxed{AM_{\min} = 3 \text{ en } H(1;2;2), \quad AM_{\max} = 5 \text{ sur le cercle}}

Déterminer le point

M

du plan

\mathcal{P}

le plus proche du point

B(4;4;4)

Méthode : C'est le projeté orthogonal de

B

sur

\mathcal{P}

\begin{cases} x = 4+t \ y = 4+2t \ z = 4+2t \end{cases}

(4+t) + 2(4+2t) + 2(4+2t) - 9 = 0

4+t+8+4t+8+4t-9 = 0

9t + 11 = 0 \implies t = -\dfrac{11}{9}

M = \left(4-\dfrac{11}{9} ; 4-\dfrac{22}{9} ; 4-\dfrac{22}{9}\right) = \left(\dfrac{25}{9} ; \dfrac{14}{9} ; \dfrac{14}{9}\right)

\boxed{M\left(\dfrac{25}{9} ; \dfrac{14}{9} ; \dfrac{14}{9}\right)}

Calculer la distance

BM

et vérifier par la formule directe.

Méthode : On calcule

BM

de deux façons.

\vec{BM} = \left(\dfrac{25}{9}-4 ; \dfrac{14}{9}-4 ; \dfrac{14}{9}-4\right) = \left(-\dfrac{11}{9} ; -\dfrac{22}{9} ; -\dfrac{22}{9}\right)

BM = \dfrac{1}{9}\sqrt{121 + 484 + 484} = \dfrac{\sqrt{1089}}{9} = \dfrac{33}{9} = \dfrac{11}{3}

Vérification :

d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{|4+8+8-9|}{3} = \dfrac{11}{3}

\boxed{BM = d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{11}{3}}

Exercice 36

Avancé

Soit

\mathcal{P}

le plan d'équation

x - 2y + 2z + 6 = 0

A(2;1;-1)

un point et

\Delta

la droite passant par

B(1;3;0)

de vecteur directeur

\vec{u}(1;-2;2)

Montrer que

\Delta

est orthogonale à

\mathcal{P}

Méthode : On compare le vecteur directeur de

\Delta

avec le vecteur normal de

\mathcal{P}

\vec{u}(1;-2;2)

\vec{n}(1;-2;2)

.

Comme

\vec{u} = \vec{n}

, la droite

\Delta

est orthogonale au plan

\mathcal{P}

\boxed{\vec{u} = \vec{n}, \text{ donc } \Delta \perp \mathcal{P}}

Déterminer le point d'intersection

I

\Delta

\mathcal{P}

Méthode : On paramètre

\Delta

et on substitue.

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

(1+t) - 2(3-2t) + 2(2t) + 6 = 0

1+t-6+4t+4t+6 = 0

9t + 1 = 0 \implies t = -\dfrac{1}{9}

I = \left(\dfrac{8}{9} ; \dfrac{29}{9} ; -\dfrac{2}{9}\right)

\boxed{I\left(\dfrac{8}{9} ; \dfrac{29}{9} ; -\dfrac{2}{9}\right)}

Déterminer le projeté orthogonal

H

A

sur la droite

\Delta

Méthode : Un point de

\Delta

s'écrit

H(1+t;3-2t;2t)

\vec{AH} = (t-1 ; 2-2t ; 1+2t)

\vec{AH} \cdot \vec{u} = (t-1) + (-2)(2-2t) + 2(1+2t) = t-1-4+4t+2+4t = 9t - 3 = 0

t = \dfrac{1}{3}

H = \left(\dfrac{4}{3} ; \dfrac{7}{3} ; \dfrac{2}{3}\right)

\boxed{H\left(\dfrac{4}{3} ; \dfrac{7}{3} ; \dfrac{2}{3}\right)}

Calculer la distance de

A

à la droite

\Delta

et la distance de

A

au plan

\mathcal{P}

Méthode : On calcule

AH

d(A, \mathcal{P})

\vec{AH} = \left(-\dfrac{2}{3} ; \dfrac{4}{3} ; \dfrac{5}{3}\right)

AH = \dfrac{1}{3}\sqrt{4+16+25} = \dfrac{\sqrt{45}}{3} = \dfrac{3\sqrt{5}}{3} = \sqrt{5}

d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|2-2-2+6|}{\sqrt{1+4+4}} = \dfrac{4}{3}

\boxed{d(A, \Delta) = \sqrt{5} \text{ et } d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{4}{3}}

Vérifier la relation

AI^2 = AH^2 + HI^2

(Pythagore dans le triangle

AHI

Méthode : On vérifie le théorème de Pythagore car

AH \perp \Delta

HI \subset \Delta

\vec{AI} = \left(\dfrac{8}{9}-2 ; \dfrac{29}{9}-1 ; -\dfrac{2}{9}+1\right) = \left(-\dfrac{10}{9} ; \dfrac{20}{9} ; \dfrac{7}{9}\right)

AI^2 = \dfrac{100+400+49}{81} = \dfrac{549}{81} = \dfrac{61}{9}

AH^2 = 5 = \dfrac{45}{9}

\vec{HI} = \left(\dfrac{8}{9}-\dfrac{4}{3} ; \dfrac{29}{9}-\dfrac{7}{3} ; -\dfrac{2}{9}-\dfrac{2}{3}\right) = \left(-\dfrac{4}{9} ; \dfrac{8}{9} ; -\dfrac{8}{9}\right)

HI^2 = \dfrac{16+64+64}{81} = \dfrac{144}{81} = \dfrac{16}{9}

AH^2 + HI^2 = \dfrac{45}{9} + \dfrac{16}{9} = \dfrac{61}{9} = AI^2

✓

\boxed{AI^2 = \dfrac{61}{9} = AH^2 + HI^2 }

Exercice 37

Avancé

On considère le plan

\mathcal{P}

d'équation

2x + y - 2z = 0

et la droite

\Delta

de représentation paramétrique

\begin{cases} x = 1 + 2t \ y = -1 + t \ z = 2 - 2t \end{cases}

Montrer que

\Delta

est parallèle au plan

\mathcal{P}

Méthode : On vérifie que

\vec{u} \cdot \vec{n} = 0

et qu'un point de

\Delta

n'appartient pas à

\mathcal{P}

\vec{u}(2;1;-2)

\vec{n}(2;1;-2)

\vec{u} \cdot \vec{n} = 4+1+4 = 9 \neq 0

.

En fait

\vec{u} = \vec{n}

, donc la droite est orthogonale au plan, pas parallèle !

La droite est perpendiculaire au plan

\mathcal{P}

\boxed{\vec{u} = \vec{n}, \text{ donc } \Delta \perp \mathcal{P} \text{ (la droite est orthogonale au plan)}}

Déterminer le point d'intersection

I

\Delta

avec

\mathcal{P}

Méthode : On substitue les coordonnées paramétriques dans l'équation du plan.

2(1+2t) + (-1+t) - 2(2-2t) = 0

2+4t-1+t-4+4t = 0

9t - 3 = 0 \implies t = \dfrac{1}{3}

I = \left(1+\dfrac{2}{3} ; -1+\dfrac{1}{3} ; 2-\dfrac{2}{3}\right) = \left(\dfrac{5}{3} ; -\dfrac{2}{3} ; \dfrac{4}{3}\right)

\boxed{I\left(\dfrac{5}{3} ; -\dfrac{2}{3} ; \dfrac{4}{3}\right)}

Déterminer le symétrique

A'

du point

A(1;-1;2)

(point de

\Delta

pour

t = 0

) par rapport au plan

\mathcal{P}

Méthode :

I

est le projeté orthogonal de

A

sur

\mathcal{P}

(car

\Delta \perp \mathcal{P}

et passe par

A

). Donc

A' = 2I - A

x_{A'} = \dfrac{10}{3} - 1 = \dfrac{7}{3}

y_{A'} = -\dfrac{4}{3} + 1 = -\dfrac{1}{3}

z_{A'} = \dfrac{8}{3} - 2 = \dfrac{2}{3}

\boxed{A'\left(\dfrac{7}{3} ; -\dfrac{1}{3} ; \dfrac{2}{3}\right)}

Calculer

AI

et en déduire

d(A, \mathcal{P})

Méthode : Comme

I

est le projeté orthogonal,

AI = d(A, \mathcal{P})

\vec{AI} = \left(\dfrac{2}{3} ; \dfrac{1}{3} ; -\dfrac{2}{3}\right)

AI = \sqrt{\dfrac{4}{9}+\dfrac{1}{9}+\dfrac{4}{9}} = \sqrt{\dfrac{9}{9}} = 1

Vérification :

d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|2(1)+(-1)-2(2)|}{\sqrt{4+1+4}} = \dfrac{|2-1-4|}{3} = \dfrac{3}{3} = 1

✓

\boxed{d(A, \mathcal{P}) = AI = 1}

Exercice 38

Avancé

On considère les points

A(1;0;0)

B(0;2;0)

C(0;0;3)

D(1;2;3)

dans un repère orthonormé.

Déterminer une équation cartésienne du plan

(ABC)

Méthode : On calcule

\vec{AB}

\vec{AC}

, puis le vecteur normal.

\vec{AB} = (-1;2;0)

\vec{AC} = (-1;0;3)

\vec{n}(a;b;c)

tel que

\begin{cases} -a+2b = 0 \ -a+3c = 0 \end{cases}

De la 1ère :

a = 2b

. De la 2ème :

a = 3c

, soit

c = \dfrac{a}{3} = \dfrac{2b}{3}

.

En prenant

b = 3

a = 6

c = 2

\vec{n}(6;3;2)

.

Plan passant par

A(1;0;0)

6(x-1) + 3y + 2z = 0

6x + 3y + 2z - 6 = 0

Vérification :

B

0+6+0-6 = 0

✓ ;

C

0+0+6-6 = 0

✓.

\boxed{(ABC) : 6x + 3y + 2z - 6 = 0}

Calculer la distance de

D

au plan

(ABC)

Méthode : Formule de distance.

d(D, (ABC)) = \dfrac{|6(1)+3(2)+2(3)-6|}{\sqrt{36+9+4}} = \dfrac{|6+6+6-6|}{7} = \dfrac{12}{7}

\boxed{d(D, (ABC)) = \dfrac{12}{7}}

Calculer le volume du tétraèdre

ABCD

Méthode :

V = \dfrac{1}{3} \times \text{Aire}(ABC) \times d(D, (ABC))

.

Calculons l'aire de

ABC

\|\vec{AB}\|^2 = 1+4 = 5

\|\vec{AC}\|^2 = 1+9 = 10

\vec{AB}\cdot\vec{AC} = 1

\text{Aire} = \dfrac{1}{2}\sqrt{50-1} = \dfrac{7}{2}

V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{7}{2} \times \dfrac{12}{7} = \dfrac{1}{3} \times 6 = 2

\boxed{V = 2 \text{ unités de volume}}

Déterminer le projeté orthogonal

H

D

sur

(ABC)

et calculer

AH

Méthode : On projette

D

sur le plan.

\begin{cases} x = 1+6t \ y = 2+3t \ z = 3+2t \end{cases}

6(1+6t)+3(2+3t)+2(3+2t)-6 = 0

6+36t+6+9t+6+4t-6 = 0

49t + 12 = 0 \implies t = -\dfrac{12}{49}

x_H = 1 - \dfrac{72}{49} = -\dfrac{23}{49}

y_H = 2 - \dfrac{36}{49} = \dfrac{62}{49}

z_H = 3 - \dfrac{24}{49} = \dfrac{123}{49}

\vec{AH} = \left(-\dfrac{23}{49}-1 ; \dfrac{62}{49} ; \dfrac{123}{49}\right) = \left(-\dfrac{72}{49} ; \dfrac{62}{49} ; \dfrac{123}{49}\right)

AH = \dfrac{1}{49}\sqrt{5184 + 3844 + 15129} = \dfrac{\sqrt{24157}}{49}

Simplifions :

24157 = 49 \times 493 = 49 \times 17 \times 29

AH = \dfrac{7\sqrt{493}}{49} = \dfrac{\sqrt{493}}{7}

\boxed{H\left(-\dfrac{23}{49} ; \dfrac{62}{49} ; \dfrac{123}{49}\right) \text{ et } AH = \dfrac{\sqrt{493}}{7}}

Exercice 39

Avancé

On considère le plan

\mathcal{P}

d'équation

x + y + z - 6 = 0

et le point

A(0;0;0)

. On cherche le point

M(x;y;z)

du plan

\mathcal{P}

tel que

AM^2

soit minimal.

Justifier que le point

M

minimisant

AM

est le projeté orthogonal de

A

sur

\mathcal{P}

Méthode : Pour tout point

M \in \mathcal{P}

, on a

AM \geq d(A, \mathcal{P})

, avec égalité si et seulement si

M

est le projeté orthogonal de

A

sur

\mathcal{P}

.

En effet, si

H

est le projeté, pour tout

M \in \mathcal{P}

, le triangle

AHM

est rectangle en

H

(car

AH \perp \mathcal{P}

HM \subset \mathcal{P}

), donc

AM^2 = AH^2 + HM^2 \geq AH^2

.

Le minimum est atteint quand

HM = 0

, c'est-à-dire

M = H

\boxed{\text{Le minimum est atteint au projeté orthogonal } H \text{ (théorème de Pythagore)}}

Déterminer les coordonnées de ce point

M

Méthode : On projette

A(0;0;0)

sur

\mathcal{P}

\begin{cases} x = t \ y = t \ z = t \end{cases}

t + t + t - 6 = 0 \implies 3t = 6 \implies t = 2

\boxed{M = H(2;2;2)}

Déterminer le point

N(x;y;z)

du plan

\mathcal{P}

, avec

x, y, z > 0

, tel que le produit

xyz

soit maximal.

Méthode : On utilise l'inégalité arithmético-géométrique (AM-GM). Sous la contrainte

x + y + z = 6

avec

x, y, z > 0

.

Par l'inégalité AM-GM :

\dfrac{x+y+z}{3} \geq \sqrt[3]{xyz}

\dfrac{6}{3} \geq \sqrt[3]{xyz}

2 \geq \sqrt[3]{xyz}

xyz \leq 8

Égalité quand

x = y = z = 2

.

Donc le maximum de

xyz

est

8

, atteint en

N(2;2;2)

\boxed{N(2;2;2) \text{ et } xyz_{\max} = 8}

Déterminer le point

P

\mathcal{P}

le plus proche de

B(5;5;5)

Méthode : C'est le projeté orthogonal de

B

sur

\mathcal{P}

\begin{cases} x = 5+t \ y = 5+t \ z = 5+t \end{cases}

(5+t) + (5+t) + (5+t) - 6 = 0 \implies 3t + 9 = 0 \implies t = -3

P = (2;2;2)

Le projeté de

B

est aussi

(2;2;2)

, le même point que

M

N

!

Cela est logique car

B

est sur la droite passant par

A

et perpendiculaire à

\mathcal{P}

(direction

(1;1;1)

, et

B = A + 5(1;1;1)

\boxed{P(2;2;2) \text{ et } BP = 3\sqrt{3}}

Exercice 40

Avancé

On considère la sphère

\mathcal{S}

de centre

\Omega(2;1;3)

et de rayon

R = 5

, et le plan

\mathcal{P}

d'équation

2x - 2y + z - 12 = 0

Montrer que le plan

\mathcal{P}

coupe la sphère

\mathcal{S}

en un cercle et déterminer le rayon de ce cercle.

Méthode : On calcule

d(\Omega, \mathcal{P})

et on compare à

R

d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{|2(2)-2(1)+3-12|}{\sqrt{4+4+1}} = \dfrac{|4-2+3-12|}{3} = \dfrac{7}{3}

Comme

\dfrac{7}{3} < 5 = R

, le plan coupe la sphère.

Rayon du cercle :

r = \sqrt{R^2 - d^2} = \sqrt{25 - \dfrac{49}{9}} = \sqrt{\dfrac{225-49}{9}} = \sqrt{\dfrac{176}{9}} = \dfrac{\sqrt{176}}{3} = \dfrac{4\sqrt{11}}{3}

\boxed{r = \dfrac{4\sqrt{11}}{3}}

Déterminer le centre

I

du cercle d'intersection.

Méthode :

I

est le projeté orthogonal de

\Omega

sur

\mathcal{P}

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

2(2+2t)-2(1-2t)+(3+t)-12 = 0

4+4t-2+4t+3+t-12 = 0

9t - 7 = 0 \implies t = \dfrac{7}{9}

I = \left(2+\dfrac{14}{9} ; 1-\dfrac{14}{9} ; 3+\dfrac{7}{9}\right) = \left(\dfrac{32}{9} ; -\dfrac{5}{9} ; \dfrac{34}{9}\right)

\boxed{I\left(\dfrac{32}{9} ; -\dfrac{5}{9} ; \dfrac{34}{9}\right)}

Déterminer les points de la sphère

\mathcal{S}

les plus proches et les plus éloignés du plan

\mathcal{P}

Méthode : Le point le plus proche est sur le segment

[\Omega I]

, à distance

R

\Omega

du côté du plan. Le plus éloigné est diamétralement opposé.

Direction

\vec{n}(2;-2;1)

\|\vec{n}\| = 3

.

Le vecteur unitaire dans la direction

\Omega \to I

est

\dfrac{\vec{n}}{3} = \left(\dfrac{2}{3} ; -\dfrac{2}{3} ; \dfrac{1}{3}\right)

.

Point le plus proche (côté du plan) :

P = \Omega + R \times \dfrac{\vec{n}}{\|\vec{n}\|} = (2;1;3) + 5 \times \left(\dfrac{2}{3};-\dfrac{2}{3};\dfrac{1}{3}\right) = \left(2+\dfrac{10}{3} ; 1-\dfrac{10}{3} ; 3+\dfrac{5}{3}\right)

= \left(\dfrac{16}{3} ; -\dfrac{7}{3} ; \dfrac{14}{3}\right)

Point le plus éloigné :

Q = \Omega - R \times \dfrac{\vec{n}}{\|\vec{n}\|} = \left(2-\dfrac{10}{3} ; 1+\dfrac{10}{3} ; 3-\dfrac{5}{3}\right) = \left(-\dfrac{4}{3} ; \dfrac{13}{3} ; \dfrac{4}{3}\right)

\boxed{P\left(\dfrac{16}{3} ; -\dfrac{7}{3} ; \dfrac{14}{3}\right) \text{ (le plus proche) et } Q\left(-\dfrac{4}{3} ; \dfrac{13}{3} ; \dfrac{4}{3}\right) \text{ (le plus éloigné)}}

Calculer les distances de

P

Q

au plan

\mathcal{P}

Méthode : On applique la formule.

d(P, \mathcal{P}) = d(\Omega, \mathcal{P}) - R = \dfrac{7}{3} - 5

... mais

\dfrac{7}{3} < 5

, donc il faut prendre la valeur absolue ou raisonner différemment.

En fait :
- Le point le plus proche du plan est

P

avec

d(P, \mathcal{P}) = R - d(\Omega, \mathcal{P}) = 5 - \dfrac{7}{3} = \dfrac{8}{3}

.

Attention :

P

est du même côté que le plan par rapport à

\Omega

, pas entre

\Omega

et le plan. Recalculons proprement.

\Omega

est à distance

\dfrac{7}{3}

du plan. Le point de

\mathcal{S}

le plus proche de

\mathcal{P}

est à distance

d(\Omega, \mathcal{P}) - R

\Omega

est extérieur, mais comme

d < R

, le point le plus proche est de l'autre côté du plan.

Soyons précis :

d(P, \mathcal{P}) = \dfrac{|2 \times \frac{16}{3} - 2 \times (-\frac{7}{3}) + \frac{14}{3} - 12|}{3} = \dfrac{|\frac{32}{3}+\frac{14}{3}+\frac{14}{3}-12|}{3} = \dfrac{|\frac{60}{3}-12|}{3} = \dfrac{|20-12|}{3} = \dfrac{8}{3}

d(Q, \mathcal{P}) = \dfrac{|2(-\frac{4}{3}) - 2(\frac{13}{3}) + \frac{4}{3} - 12|}{3} = \dfrac{|-\frac{8}{3}-\frac{26}{3}+\frac{4}{3}-12|}{3} = \dfrac{|-\frac{30}{3}-12|}{3} = \dfrac{|-10-12|}{3} = \dfrac{22}{3}

Vérification :

d(P, \mathcal{P}) + d(Q, \mathcal{P}) = \dfrac{8}{3} + \dfrac{22}{3} = 10 = 2R

✓ (car

P

Q

sont du même côté du plan, pas diamétralement opposés par rapport au plan).

En fait,

\dfrac{8}{3} + \dfrac{22}{3} = 10 = 2R

✓, et

d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{7}{3}

, soit

\dfrac{d_P + d_Q}{2} = 5

, et

\dfrac{d_Q - d_P}{2} = \dfrac{7}{3} = d(\Omega, \mathcal{P})

✓.

\boxed{d(P, \mathcal{P}) = \dfrac{8}{3} \text{ et } d(Q, \mathcal{P}) = \dfrac{22}{3}}

4 problèmes de synthèse

Problème 1 — Étude d'un tétraèdre régulier

Facile

On considère un tétraèdre

ABCD

dans un repère orthonormé avec

A(2;0;0)

B(0;2;0)

C(0;0;2)

D(2;2;2)

Partie A — Étude du plan (ABC)

Calculer les vecteurs

\vec{AB}

\vec{AC}

\vec{AB} = (-2;2;0), \quad \vec{AC} = (-2;0;2)

\boxed{\vec{AB}(-2;2;0) \text{ et } \vec{AC}(-2;0;2)}

Déterminer une équation cartésienne du plan

(ABC)

Méthode : On cherche

\vec{n}(a;b;c)

orthogonal à

\vec{AB}

\vec{AC}

\begin{cases} -2a + 2b = 0 \ -2a + 2c = 0 \end{cases} \implies b = a \text{ et } c = a

.

En prenant

a = 1

\vec{n}(1;1;1)

.

Plan passant par

A(2;0;0)

x + y + z - 2 = 0

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

Calculer la distance de

D

au plan

(ABC)

d(D, (ABC)) = \dfrac{|2+2+2-2|}{\sqrt{3}} = \dfrac{4}{\sqrt{3}} = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}

\boxed{d(D, (ABC)) = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}}

Partie B — Projetés et distances

Déterminer le projeté orthogonal

H

D

sur

(ABC)

\begin{cases} x = 2+t \ y = 2+t \ z = 2+t \end{cases}

(2+t)+(2+t)+(2+t)-2 = 0 \implies 3t+4 = 0 \implies t = -\dfrac{4}{3}

H = \left(\dfrac{2}{3} ; \dfrac{2}{3} ; \dfrac{2}{3}\right)

\boxed{H\left(\dfrac{2}{3} ; \dfrac{2}{3} ; \dfrac{2}{3}\right)}

Montrer que

H

est le centre de gravité du triangle

ABC

Le centre de gravité

G

du triangle

ABC

a pour coordonnées :

G = \left(\dfrac{2+0+0}{3} ; \dfrac{0+2+0}{3} ; \dfrac{0+0+2}{3}\right) = \left(\dfrac{2}{3} ; \dfrac{2}{3} ; \dfrac{2}{3}\right)

On a bien

H = G

\boxed{H = G\left(\dfrac{2}{3} ; \dfrac{2}{3} ; \dfrac{2}{3}\right)}

Calculer le volume du tétraèdre

ABCD

Aire de

ABC

\|\vec{AB}\|^2 = 8

\|\vec{AC}\|^2 = 8

\vec{AB}\cdot\vec{AC} = 4

\text{Aire} = \dfrac{1}{2}\sqrt{64-16} = \dfrac{1}{2}\sqrt{48} = 2\sqrt{3}

V = \dfrac{1}{3} \times 2\sqrt{3} \times \dfrac{4\sqrt{3}}{3} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{8 \times 3}{3} = \dfrac{8}{3}

\boxed{V = \dfrac{8}{3} \text{ unités de volume}}

Problème 2 — Sphère et plans tangents

Intermédiaire

On considère la sphère

\mathcal{S}

d'équation

x^2 + y^2 + z^2 - 4x + 2y - 6z + 5 = 0

Partie A — Caractéristiques de la sphère

Déterminer le centre

\Omega

et le rayon

R

de la sphère

\mathcal{S}

(x-2)^2 - 4 + (y+1)^2 - 1 + (z-3)^2 - 9 + 5 = 0

(x-2)^2 + (y+1)^2 + (z-3)^2 = 9

\boxed{\Omega(2;-1;3) \text{ et } R = 3}

Le point

A(2;2;3)

appartient-il à la sphère ?

\Omega A = \sqrt{0+9+0} = 3 = R

. Oui.

\boxed{A \in \mathcal{S}}

Déterminer l'équation du plan tangent à

\mathcal{S}

A

Le plan tangent en

A

est perpendiculaire à

\vec{\Omega A}(0;3;0)

, soit normal

(0;1;0)

.

Plan passant par

A(2;2;3)

y - 2 = 0

, soit

y = 2

\boxed{\mathcal{P} : y = 2}

Partie B — Intersection avec un plan

Le plan

\mathcal{Q}

d'équation

2x + 2y - z + 3 = 0

coupe-t-il la sphère ?

d(\Omega, \mathcal{Q}) = \dfrac{|4-2-3+3|}{\sqrt{4+4+1}} = \dfrac{2}{3}

Comme

\dfrac{2}{3} < 3 = R

, le plan coupe la sphère.

\boxed{\text{Oui, le plan coupe la sphère}}

Déterminer le centre et le rayon du cercle d'intersection.

Rayon :

r = \sqrt{9 - \dfrac{4}{9}} = \sqrt{\dfrac{77}{9}} = \dfrac{\sqrt{77}}{3}

Centre (projeté de

\Omega

sur

\mathcal{Q}

) :

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

2(2+2t)+2(-1+2t)-(3-t)+3 = 0

4+4t-2+4t-3+t+3 = 0

9t+2 = 0 \implies t = -\dfrac{2}{9}

I = \left(\dfrac{14}{9} ; -\dfrac{13}{9} ; \dfrac{29}{9}\right)

\boxed{I\left(\dfrac{14}{9} ; -\dfrac{13}{9} ; \dfrac{29}{9}\right) \text{ et } r = \dfrac{\sqrt{77}}{3}}

Déterminer la valeur de

k

pour que le plan

\mathcal{Q}_k : 2x + 2y - z + k = 0

soit tangent à la sphère.

d(\Omega, \mathcal{Q}_k) = \dfrac{|4-2-3+k|}{3} = \dfrac{|k-1|}{3}

Tangence :

\dfrac{|k-1|}{3} = 3 \implies |k-1| = 9

k = 10

k = -8

\boxed{k = 10 \text{ ou } k = -8}

Problème 3 — Droites gauches et perpendiculaire commune

Difficile

On considère les droites

d_1

passant par

A(1;0;0)

de vecteur directeur

\vec{u}(0;1;1)

d_2

passant par

B(0;2;0)

de vecteur directeur

\vec{v}(1;0;-1)

Partie A — Position relative des droites

Montrer que les droites

d_1

d_2

ne sont pas coplanaires.

Vecteurs directeurs colinéaires ?

\vec{u}(0;1;1)

\vec{v}(1;0;-1)

ne sont pas colinéaires.

Intersection ?

\begin{cases} 1 = s \quad (1) \ t = 2 \quad (2) \ t = -s \quad (3) \end{cases}

(1)

(2)

s = 1

t = 2

. Vérification dans

(3)

2 \neq -1

.

Pas d'intersection. Les droites sont gauches.

\boxed{d_1 \text{ et } d_2 \text{ sont non coplanaires (gauches)}}

Déterminer un vecteur

\vec{n}

perpendiculaire aux deux vecteurs directeurs.

\vec{n}(a;b;c)

tel que

\begin{cases} b + c = 0 \ a - c = 0 \end{cases}

Donc

a = c

b = -c

. En prenant

c = 1

\vec{n}(1;-1;1)

\boxed{\vec{n}(1;-1;1)}

Partie B — Distance et perpendiculaire commune

Calculer la distance entre

d_1

d_2

\vec{AB} = (-1;2;0)

d = \dfrac{|\vec{AB} \cdot \vec{n}|}{\|\vec{n}\|} = \dfrac{|-1-2+0|}{\sqrt{3}} = \dfrac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}

\boxed{d(d_1, d_2) = \sqrt{3}}

Déterminer les points

H_1 \in d_1

H_2 \in d_2

réalisant la distance minimale.

H_1 = (1;t;t)

H_2 = (s;2;-s)

\vec{H_1H_2} = (s-1;2-t;-s-t)

doit être colinéaire à

\vec{n}(1;-1;1)

\dfrac{s-1}{1} = \dfrac{2-t}{-1} = \dfrac{-s-t}{1}

De la 1ère et 2ème :

s-1 = -(2-t) = t-2

, donc

s = t-1

.

De la 1ère et 3ème :

s-1 = -s-t

, donc

2s = 1-t

, soit

s = \dfrac{1-t}{2}

.

Égalisant :

t-1 = \dfrac{1-t}{2} \implies 2t-2 = 1-t \implies 3t = 3 \implies t = 1

s = 0

H_1 = (1;1;1)

H_2 = (0;2;0)

.

Vérification :

\vec{H_1H_2} = (-1;1;-1) = -(1;-1;1) = -\vec{n}

✓.

H_1H_2 = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}

✓.

\boxed{H_1(1;1;1) \text{ et } H_2(0;2;0)}

Écrire une représentation paramétrique de la perpendiculaire commune.

La perpendiculaire commune passe par

H_1(1;1;1)

de direction

\vec{n}(1;-1;1)

\begin{cases} x = 1 + t \ y = 1 - t \ z = 1 + t \end{cases}

Vérification : pour

t = -1

(0;2;0) = H_2

✓.

\boxed{\begin{cases} x = 1 + t \ y = 1 - t \ z = 1 + t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}}

Problème 4 — Optimisation de distance et réflexion dans l'espace

Avancé

On considère le plan

\mathcal{P}

d'équation

x + y + z - 12 = 0

, et les points

A(1;1;1)

B(2;3;1)

Partie A — Positions et distances

Montrer que

A

B

sont du même côté de

\mathcal{P}

Pour

A

1+1+1-12 = -9 < 0

.
Pour

B

2+3+1-12 = -6 < 0

.

Même signe, donc

A

B

sont du même côté.

\boxed{A \text{ et } B \text{ sont du même côté de } \mathcal{P}}

Calculer les distances de

A

B

au plan

\mathcal{P}

d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{9}{\sqrt{3}} = 3\sqrt{3}

d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{6}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3}

\boxed{d(A, \mathcal{P}) = 3\sqrt{3} \text{ et } d(B, \mathcal{P}) = 2\sqrt{3}}

Déterminer les symétriques

A'

B'

A

B

par rapport à

\mathcal{P}

Pour $A$ :

\begin{cases} x = 1+t \ y = 1+t \ z = 1+t \end{cases}

, substitution :

3(1+t)+3t-12 = 0 \implies 3+3t+3t-12 = 0

.

Attention :

(1+t)+(1+t)+(1+t)-12 = 0 \implies 3+3t-12 = 0 \implies t = 3

H_A = (4;4;4)

A' = 2H_A - A = (7;7;7)

.

Pour $B$ :

\begin{cases} x = 2+t \ y = 3+t \ z = 1+t \end{cases}

(2+t)+(3+t)+(1+t)-12 = 0 \implies 3t-6 = 0 \implies t = 2

H_B = (4;5;3)

B' = 2H_B - B = (6;7;5)

\boxed{A'(7;7;7) \text{ et } B'(6;7;5)}

Partie B — Problème d'optimisation

On cherche le point

M \in \mathcal{P}

qui minimise

MA + MB

. Expliquer la méthode utilisant le symétrique.

Comme

A

B

sont du même côté de

\mathcal{P}

, pour tout

M \in \mathcal{P}

MA = MA'

(car

A'

est le symétrique de

A

par rapport à

\mathcal{P}

).

Donc

MA + MB = MA' + MB \geq A'B

(inégalité triangulaire).

Égalité si et seulement si

M \in [A'B]

.

Le minimum est

A'B

et il est atteint au point

M

intersection de la droite

(A'B)

avec

\mathcal{P}

\boxed{\text{On utilise } MA = MA' \text{ puis l'inégalité triangulaire : } MA'+MB \geq A'B}

Déterminer les coordonnées du point

M

optimal.

\vec{A'B} = (2-7;3-7;1-7) = (-5;-4;-6)

. Direction :

(5;4;6)

.

Droite

(A'B)

passant par

B(2;3;1)

\begin{cases} x = 2+5s \ y = 3+4s \ z = 1+6s \end{cases}

Intersection avec

\mathcal{P}

(2+5s)+(3+4s)+(1+6s)-12 = 0

15s - 6 = 0 \implies s = \dfrac{2}{5}

M = \left(2+2 ; 3+\dfrac{8}{5} ; 1+\dfrac{12}{5}\right) = \left(4 ; \dfrac{23}{5} ; \dfrac{17}{5}\right)

\boxed{M\left(4 ; \dfrac{23}{5} ; \dfrac{17}{5}\right)}

Calculer la valeur minimale de

MA + MB

(MA+MB)_{\min} = A'B = \sqrt{(-5)^2+(-4)^2+(-6)^2} = \sqrt{25+16+36} = \sqrt{77}

\boxed{(MA+MB)_{\min} = \sqrt{77}}

Vérifier le résultat en calculant

MA + MB

directement.

\vec{MA} = \left(1-4 ; 1-\dfrac{23}{5} ; 1-\dfrac{17}{5}\right) = \left(-3 ; -\dfrac{18}{5} ; -\dfrac{12}{5}\right)

MA = \sqrt{9+\dfrac{324}{25}+\dfrac{144}{25}} = \sqrt{\dfrac{225+324+144}{25}} = \sqrt{\dfrac{693}{25}} = \dfrac{\sqrt{693}}{5}

\vec{MB} = \left(2-4 ; 3-\dfrac{23}{5} ; 1-\dfrac{17}{5}\right) = \left(-2 ; -\dfrac{8}{5} ; -\dfrac{12}{5}\right)

MB = \sqrt{4+\dfrac{64}{25}+\dfrac{144}{25}} = \sqrt{\dfrac{100+64+144}{25}} = \sqrt{\dfrac{308}{25}} = \dfrac{\sqrt{308}}{5}

MA + MB = \dfrac{\sqrt{693}+\sqrt{308}}{5}

Vérifions :

693 = 9 \times 77

, donc

\sqrt{693} = 3\sqrt{77}

308 = 4 \times 77

, donc

\sqrt{308} = 2\sqrt{77}

MA + MB = \dfrac{3\sqrt{77}+2\sqrt{77}}{5} = \dfrac{5\sqrt{77}}{5} = \sqrt{77}

✓

\boxed{MA + MB = \sqrt{77} }

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Orthogonalité et distances dans l'espace

I. Orthogonalité dans l'espace — Rappels et compléments

1. Droite orthogonale à un plan

2. Plan médiateur

3. Théorème des trois perpendiculaires

II. Projeté orthogonal

1. Rappels

2. Projection d'une droite sur un plan

3. Symétrique par rapport à un plan

4. Symétrique par rapport à une droite

III. Distances dans l'espace

1. Rappels

2. Droites parallèles

3. Droites non coplanaires

4. Plans parallèles et droite-plan

IV. Plans et droites remarquables

1. Perpendiculaire commune

2. Angle dièdre

V. Applications géométriques

1. Sphère circonscrite à un tétraèdre

2. Hauteur et volume d'un tétraèdre

3. Tétraèdre orthocentrique

VI. Méthodes

1. Orthogonalité et projetés

2. Distances

Tableau récapitulatif

3. Applications et méthodes

Applications

Récapitulatif

Partie A — Étude du plan (ABC)

Partie B — Projetés et distances

Partie A — Caractéristiques de la sphère

Partie B — Intersection avec un plan

Partie A — Position relative des droites

Partie B — Distance et perpendiculaire commune

Partie A — Positions et distances

Partie B — Problème d'optimisation

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