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III Géométrie dans l'espace · Chapitre 15 / 17

Orthogonalité et distances dans l'espace

Vecteur normal, projeté orthogonal, distance point-plan.

9 min de lecture
6 sections, 10 exemples
40 exercices · 4 problèmes

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L'essentiel en 30 secondes

Une droite est orthogonale à un plan quand son vecteur directeur est colinéaire à un vecteur normal du plan. Le projeté orthogonal de M sur un plan est le point du plan le plus proche de M. La distance d'un point à un plan se calcule directement : d = |a·xM + b·yM + c·zM + d| / ‖n‖, où n(a ; b ; c) est un vecteur normal du plan.

1 I. Orthogonalité dans l'espace — Rappels et compléments

1. Droite orthogonale à un plan

Démonstration
Tout vecteur du plan est combinaison linéaire des deux directions sécantes v1→\vec{v_1} et v2→\vec{v_2}.
Si u→⋅v1→=0\vec{u} \cdot \vec{v_1} = 0 et u→⋅v2→=0\vec{u} \cdot \vec{v_2} = 0, alors par bilinéarité u→⋅(αv1→+βv2→)=0\vec{u} \cdot (\alpha\vec{v_1}+\beta\vec{v_2}) = 0 pour tout vecteur du plan.

2. Plan médiateur

Démonstration
MA2−MB2=(MA→+MB→)⋅(MA→−MB→)=2MI→⋅BA→MA^2 - MB^2 = (\vec{MA}+\vec{MB})\cdot(\vec{MA}-\vec{MB}) = 2\vec{MI}\cdot\vec{BA}.

Donc MA=MB⇔MI→⋅AB→=0MA = MB \Leftrightarrow \vec{MI} \cdot \vec{AB} = 0 : MM dans le plan passant par II de normale AB→\vec{AB}.

3. Théorème des trois perpendiculaires

Démonstration
AB→=AH→+HB→\vec{AB} = \vec{AH} + \vec{HB}.

AH→⊥u→d\vec{AH} \perp \vec{u}_d car AH→⊥P\vec{AH} \perp \mathcal{P}.
HB→⊥u→d\vec{HB} \perp \vec{u}_d par hypothèse.

Donc AB→⋅u→d=0\vec{AB} \cdot \vec{u}_d = 0 : (AB)⊥d(AB) \perp d.
Théorème des trois perpendiculaires
𝒫dAHBAH ⊥ 𝒫 et HB ⊥ d ⟹ AB ⊥ d

2 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

3 III. Distances dans l'espace

1. Rappels

2. Droites parallèles

3. Droites non coplanaires

4. Plans parallèles et droite-plan

4 IV. Plans et droites remarquables

1. Perpendiculaire commune

2. Angle dièdre

Angle dièdre
arêteθ𝒫₁𝒫₂θ = angle entre deux demi-droites ⊥ à l'arête

5 V. Applications géométriques

1. Sphère circonscrite à un tétraèdre

2. Hauteur et volume d'un tétraèdre

3. Tétraèdre orthocentrique

Démonstration
On décompose : CD→=AD→−AC→\vec{CD} = \vec{AD} - \vec{AC} et BD→=AD→−AB→\vec{BD} = \vec{AD} - \vec{AB}.

De AB→⋅CD→=0\vec{AB} \cdot \vec{CD} = 0 : AB→⋅AD→=AB→⋅AC→\vec{AB} \cdot \vec{AD} = \vec{AB} \cdot \vec{AC}.
De AC→⋅BD→=0\vec{AC} \cdot \vec{BD} = 0 : AC→⋅AD→=AC→⋅AB→\vec{AC} \cdot \vec{AD} = \vec{AC} \cdot \vec{AB}.

Donc AD→⋅(AB→−AC→)=0\vec{AD} \cdot (\vec{AB} - \vec{AC}) = 0, soit AD→⋅CB→=0\vec{AD} \cdot \vec{CB} = 0 → AD→⋅BC→=0\vec{AD} \cdot \vec{BC} = 0.

6 VI. Méthodes

Que cherche-t-on ?
d ⊥ P ?
u colineaire a n
Plan med.
I milieu + n = AB
Symetrique
H projete → M'=2H-M
d(M,P)
|ax+by+cz+d|/‖n‖
d(d₁,d₂)
// → d(A,d₂) | ✗ → det/‖∧‖
Sph. circ.
ΩA²=ΩB²=... syst.

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6 sujets officiels de bac comportent un exercice sur ce chapitre — chaque corrigé est détaillé question par question.

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Questions fréquentes

Comment calculer la distance d'un point à un plan ?
Pour un plan d'équation ax+by+cz+d=0ax+by+cz+d=0 et un point A(xA ;yA ;zA)A(x_A\,;y_A\,;z_A), la distance vaut ∣axA+byA+czA+d∣a2+b2+c2\dfrac{|ax_A + by_A + cz_A + d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}. La valeur absolue est indispensable : une distance est toujours positive.
Comment démontrer qu'une droite est orthogonale à un plan ?
Il suffit de montrer que son vecteur directeur est colinéaire à un vecteur normal du plan. Autre méthode équivalente : montrer que le vecteur directeur est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan.
Comment déterminer le projeté orthogonal d'un point sur un plan ?
On écrit la droite passant par le point et de vecteur directeur le vecteur normal du plan, puis on cherche son intersection avec le plan. Le point obtenu est le projeté orthogonal, et c'est le point du plan le plus proche du point de départ.

1. Orthogonalité et projetés

2. Distances

Tableau récapitulatif

DistanceFormule
Point — plan∣axM+byM+czM+d∣a2+b2+c2\dfrac{|ax_M+by_M+cz_M+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}
Point — droite∥AM→⊥u→∥∥u→∥\dfrac{\|\vec{AM}\perp\vec{u}\|}{\|\vec{u}\|}
Droites //d(A1,d2)d(A_1, d_2)
Droites non copl.∣(CL)(u1→,u2→,A1A2→)∣∥u1→⊥u2→∥\dfrac{|\text{(CL)}(\vec{u_1},\vec{u_2},\vec{A_1A_2})|}{\|\vec{u_1}\perp\vec{u_2}\|}
Plans //∣d1−d2∣a2+b2+c2\dfrac{|d_1-d_2|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}
Droite // pland(A,P)d(A, \mathcal{P})

3. Applications et méthodes

Applications

Récapitulatif

40 exercices disponibles
Exercice 1
Facile
On considère le point A(1;2;3)A(1;2;3) et le plan P\mathcal{P} d'équation 2x−y+2z−1=02x - y + 2z - 1 = 0.
1.
Donner un vecteur normal au plan P\mathcal{P}.
**Méthode :** On lit directement les coefficients de $x$, $y$ et $z$ dans l'équation cartésienne du plan. L'équation du plan $\mathcal{P}$ est $2x - y + 2z - 1 = 0$. Un vecteur normal au plan est : $\vec{n}(2 ; -1 ; 2)$ $\boxed{\vec{n}(2 ; -1 ; 2)}$
2.
Écrire une représentation paramétrique de la droite Δ\Delta passant par AA et orthogonale au plan P\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 : $\begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = 2 - t \\ z = 3 + 2t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}$ $\boxed{\begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = 2 - t \\ z = 3 + 2t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}}$
3.
Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal HH de AA sur le plan P\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 $H$ : $x_H = 1 + 2 \times \left(-\dfrac{5}{9}\right) = 1 - \dfrac{10}{9} = -\dfrac{1}{9}$ $y_H = 2 - \left(-\dfrac{5}{9}\right) = 2 + \dfrac{5}{9} = \dfrac{23}{9}$ $z_H = 3 + 2 \times \left(-\dfrac{5}{9}\right) = 3 - \dfrac{10}{9} = \dfrac{17}{9}$ $\boxed{H\left(-\dfrac{1}{9} ; \dfrac{23}{9} ; \dfrac{17}{9}\right)}$
4.
Calculer la distance du point AA au plan P\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 $A(1;2;3)$ et $\mathcal{P} : 2x - y + 2z - 1 = 0$ : $d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|2 \times 1 + (-1) \times 2 + 2 \times 3 - 1|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2 + 2^2}}$ $= \dfrac{|2 - 2 + 6 - 1|}{\sqrt{4 + 1 + 4}}$ $= \dfrac{|5|}{\sqrt{9}} = \dfrac{5}{3}$ $\boxed{d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{5}{3}}$
Exercice 2
Facile
Soient A(1;0;2)A(1;0;2) et B(3;4;−2)B(3;4;-2) deux points de l'espace.
1.
Calculer les coordonnées du milieu II de [AB][AB].
**Méthode :** Le milieu $I$ d'un segment $[AB]$ a pour coordonnées $I\left(\dfrac{x_A + x_B}{2} ; \dfrac{y_A + y_B}{2} ; \dfrac{z_A + z_B}{2}\right)$. $x_I = \dfrac{1+3}{2} = 2, \quad y_I = \dfrac{0+4}{2} = 2, \quad z_I = \dfrac{2+(-2)}{2} = 0$ $\boxed{I(2;2;0)}$
2.
Déterminer un vecteur normal au plan médiateur de [AB][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 $2$ : $\vec{n}(1 ; 2 ; -2)$. $\boxed{\vec{n}(1 ; 2 ; -2)}$
3.
Déterminer une équation cartésienne du plan médiateur M\mathcal{M} de [AB][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 $I(2;2;0)$ et $\vec{n}(1;2;-2)$ : $1(x - 2) + 2(y - 2) + (-2)(z - 0) = 0$ $x - 2 + 2y - 4 - 2z = 0$ $x + 2y - 2z - 6 = 0$ $\boxed{\mathcal{M} : x + 2y - 2z - 6 = 0}$
4.
Vérifier que le point C(4;1;0)C(4;1;0) appartient au plan médiateur M\mathcal{M}, puis montrer que CA=CBCA = 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 $A$ et $B$. $\boxed{CA = CB = \sqrt{14}}$
Exercice 3
Facile
On considère le plan P\mathcal{P} d'équation x+y+z−3=0x + y + z - 3 = 0 et le point A(2;1;4)A(2;1;4).
1.
Le point AA appartient-il au plan P\mathcal{P} ?
**Méthode :** On substitue les coordonnées de $A$ dans l'équation du plan. $2 + 1 + 4 - 3 = 4 \neq 0$ Donc $A \notin \mathcal{P}$. $\boxed{A \notin \mathcal{P}}$
2.
Calculer la distance de AA au plan P\mathcal{P}.
**Méthode :** On applique la formule $d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|ax_0 + by_0 + cz_0 + d|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}$. $d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|1 \times 2 + 1 \times 1 + 1 \times 4 - 3|}{\sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2}}$ $= \dfrac{|2 + 1 + 4 - 3|}{\sqrt{3}} = \dfrac{4}{\sqrt{3}} = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}$ $\boxed{d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}}$
3.
Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal HH de AA sur P\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 $x + y + z - 3 = 0$ : $(2 + t) + (1 + t) + (4 + t) - 3 = 0$ $7 + 3t - 3 = 0$ $3t + 4 = 0 \implies t = -\dfrac{4}{3}$ $x_H = 2 - \dfrac{4}{3} = \dfrac{2}{3}, \quad y_H = 1 - \dfrac{4}{3} = -\dfrac{1}{3}, \quad z_H = 4 - \dfrac{4}{3} = \dfrac{8}{3}$ $\boxed{H\left(\dfrac{2}{3} ; -\dfrac{1}{3} ; \dfrac{8}{3}\right)}$
4.
Vérifier le résultat en calculant AHAH.
**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)A(1;0;0), B(0;1;0)B(0;1;0) et C(0;0;1)C(0;0;1).
1.
Déterminer une équation cartésienne du plan (ABC)(ABC).
**Méthode :** On calcule deux vecteurs du plan, $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$, puis on cherche un vecteur normal $\vec{n}(a;b;c)$ tel que $\vec{n} \cdot \vec{AB} = 0$ et $\vec{n} \cdot \vec{AC} = 0$. $\vec{AB} = (-1;1;0), \quad \vec{AC} = (-1;0;1)$ 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 : $1(x-1) + 1(y-0) + 1(z-0) = 0$ $x + y + z - 1 = 0$ $\boxed{(ABC) : x + y + z - 1 = 0}$
2.
Calculer la distance de l'origine O(0;0;0)O(0;0;0) au plan (ABC)(ABC).
**Méthode :** On applique la formule de distance d'un point à un plan. $d(O, (ABC)) = \dfrac{|1 \times 0 + 1 \times 0 + 1 \times 0 - 1|}{\sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2}} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}$ $\boxed{d(O, (ABC)) = \dfrac{\sqrt{3}}{3}}$
3.
Déterminer le projeté orthogonal HH de OO sur le plan (ABC)(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 Δ\Delta passant par A(1;2;0)A(1;2;0) et de vecteur directeur u→(1;0;1)\vec{u}(1;0;1).
1.
Écrire une représentation paramétrique de Δ\Delta.
**Méthode :** On utilise le point $A$ et le vecteur directeur $\vec{u}$. $\begin{cases} x = 1 + t \\ y = 2 \\ z = t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}$ $\boxed{\begin{cases} x = 1 + t \\ y = 2 \\ z = t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}}$
2.
Déterminer le projeté orthogonal HH du point B(3;2;1)B(3;2;1) sur la droite Δ\Delta.
**Méthode :** Le projeté orthogonal $H$ de $B$ sur $\Delta$ est le point de $\Delta$ tel que $\vec{BH} \cdot \vec{u} = 0$. Un point $H$ de $\Delta$ s'écrit $H(1+t ; 2 ; t)$. $\vec{BH} = (1+t-3 ; 2-2 ; t-1) = (t-2 ; 0 ; t-1)$ Condition d'orthogonalité : $\vec{BH} \cdot \vec{u} = 1(t-2) + 0 \times 0 + 1(t-1) = 0$ $t - 2 + t - 1 = 0$ $2t = 3 \implies t = \dfrac{3}{2}$ $x_H = 1 + \dfrac{3}{2} = \dfrac{5}{2}, \quad y_H = 2, \quad z_H = \dfrac{3}{2}$ $\boxed{H\left(\dfrac{5}{2} ; 2 ; \dfrac{3}{2}\right)}$
3.
Calculer la distance de BB à la droite Δ\Delta.
**Méthode :** La distance de $B$ à $\Delta$ 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 P\mathcal{P} d'équation 3x−4y+5=03x - 4y + 5 = 0 et le point A(1;2;3)A(1;2;3).
1.
Le plan P\mathcal{P} est-il parallèle à l'axe (Oz)(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 $\mathcal{P}$. $\boxed{\text{Oui, } (Oz) \text{ est parallèle à } \mathcal{P}}$
2.
Calculer la distance de AA au plan P\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 $\mathcal{P}$. $\boxed{d(A, \mathcal{P}) = 0 \text{, donc } A \in \mathcal{P}}$
3.
Calculer la distance de B(2;3;1)B(2;3;1) au plan P\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)A(2;-1;3) et le plan P\mathcal{P} d'équation x−2y+2z−9=0x - 2y + 2z - 9 = 0.
1.
Déterminer le projeté orthogonal HH de AA sur P\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 $x - 2y + 2z - 9 = 0$ : $(2+t) - 2(-1-2t) + 2(3+2t) - 9 = 0$ $2 + t + 2 + 4t + 6 + 4t - 9 = 0$ $9t + 1 = 0 \implies t = -\dfrac{1}{9}$ $x_H = 2 - \dfrac{1}{9} = \dfrac{17}{9}, \quad y_H = -1 + \dfrac{2}{9} = -\dfrac{7}{9}, \quad z_H = 3 - \dfrac{2}{9} = \dfrac{25}{9}$ $\boxed{H\left(\dfrac{17}{9} ; -\dfrac{7}{9} ; \dfrac{25}{9}\right)}$
2.
Déterminer le symétrique A′A' de AA par rapport au plan P\mathcal{P}.
**Méthode :** Le symétrique $A'$ de $A$ par rapport à $\mathcal{P}$ vérifie $H = \dfrac{A + A'}{2}$, c'est-à-dire $A' = 2H - A$. $x_{A'} = 2 \times \dfrac{17}{9} - 2 = \dfrac{34}{9} - \dfrac{18}{9} = \dfrac{16}{9}$ $y_{A'} = 2 \times \left(-\dfrac{7}{9}\right) - (-1) = -\dfrac{14}{9} + \dfrac{9}{9} = -\dfrac{5}{9}$ $z_{A'} = 2 \times \dfrac{25}{9} - 3 = \dfrac{50}{9} - \dfrac{27}{9} = \dfrac{23}{9}$ $\boxed{A'\left(\dfrac{16}{9} ; -\dfrac{5}{9} ; \dfrac{23}{9}\right)}$
3.
Vérifier que A′A' et AA sont à égale distance de P\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 dd de représentation paramétrique {x=2+ty=1−tz=3+2t\begin{cases} x = 2 + t \\ y = 1 - t \\ z = 3 + 2t \end{cases} et le plan P\mathcal{P} d'équation x−y+2z−1=0x - y + 2z - 1 = 0.
1.
Montrer que la droite dd est orthogonale au plan P\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 $\vec{u}$ et $\vec{n}$ sont colinéaires. Ainsi la droite $d$ est orthogonale au plan $\mathcal{P}$. $\boxed{\vec{u} = \vec{n}, \text{ donc } d \perp \mathcal{P}}$
2.
Déterminer le point d'intersection de dd et P\mathcal{P}.
**Méthode :** On substitue les expressions paramétriques dans l'équation du plan. $(2+t) - (1-t) + 2(3+2t) - 1 = 0$ $2 + t - 1 + t + 6 + 4t - 1 = 0$ $6t + 6 = 0 \implies t = -1$ $x = 2 + (-1) = 1, \quad y = 1 - (-1) = 2, \quad z = 3 + 2(-1) = 1$ $\boxed{I(1;2;1)}$
3.
Le point A(2;1;3)A(2;1;3) est-il sur la droite dd ? Si oui, calculer la distance AIAI.
**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 P1:2x+y−z+3=0\mathcal{P}_1 : 2x + y - z + 3 = 0 et P2:x−2y+z−1=0\mathcal{P}_2 : x - 2y + z - 1 = 0.
1.
Montrer que les plans P1\mathcal{P}_1 et P2\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. $\vec{n_1}(2;1;-1)$ et $\vec{n_2}(1;-2;1)$. $\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 2 \times 1 + 1 \times (-2) + (-1) \times 1 = 2 - 2 - 1 = -1$ Comme $\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = -1 \neq 0$, les plans ne sont **pas** perpendiculaires. $\boxed{\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = -1 \neq 0 \text{, les plans ne sont pas perpendiculaires}}$
2.
Les plans P1\mathcal{P}_1 et P2\mathcal{P}_2 sont-ils sécants ? Justifier.
**Méthode :** Deux plans sont parallèles si leurs vecteurs normaux sont colinéaires. Sinon, ils sont sécants. Si $\vec{n_1}$ et $\vec{n_2}$ étaient colinéaires, il existerait $k$ tel que $(2;1;-1) = k(1;-2;1)$. Or $\dfrac{2}{1} = 2$ et $\dfrac{1}{-2} = -0{,}5$, donc les rapports ne sont pas égaux. Les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires, donc les plans sont sécants. $\boxed{\text{Les plans sont sécants}}$
3.
Déterminer une représentation paramétrique de la droite d'intersection Δ\Delta de P1\mathcal{P}_1 et P2\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)A(1;0;0), B(0;2;0)B(0;2;0) et le plan P\mathcal{P} d'équation z=0z = 0 (plan (xOy)(xOy)).
1.
Le point C(1;1;3)C(1;1;3) appartient-il au plan P\mathcal{P} ? Calculer la distance de CC au plan P\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 $\vec{n}(0;0;1)$. $d(C, \mathcal{P}) = \dfrac{|0 \times 1 + 0 \times 1 + 1 \times 3 + 0|}{\sqrt{0+0+1}} = \dfrac{3}{1} = 3$ $\boxed{d(C, \mathcal{P}) = 3}$
2.
Déterminer le projeté orthogonal HH de CC sur P\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 $z = 0$ : $3 + t = 0 \implies t = -3$. $\boxed{H(1;1;0)}$
3.
Calculer l'aire du triangle ABHABH.
**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)A(1;2;3), B(3;0;1)B(3;0;1) et le plan P\mathcal{P} d'équation x+2y−2z+1=0x + 2y - 2z + 1 = 0.
1.
Calculer les distances de AA et BB au plan P\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 $A \in \mathcal{P}$. $d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{|3 + 0 - 2 + 1|}{3} = \dfrac{2}{3}$ $\boxed{d(A, \mathcal{P}) = 0 \text{ et } d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{2}{3}}$
2.
Déterminer le projeté orthogonal HH de BB sur P\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 : $(3+t) + 2(2t) - 2(1-2t) + 1 = 0$ $3 + t + 4t - 2 + 4t + 1 = 0$ $9t + 2 = 0 \implies t = -\dfrac{2}{9}$ $x_H = 3 - \dfrac{2}{9} = \dfrac{25}{9}, \quad y_H = -\dfrac{4}{9}, \quad z_H = 1 + \dfrac{4}{9} = \dfrac{13}{9}$ $\boxed{H\left(\dfrac{25}{9} ; -\dfrac{4}{9} ; \dfrac{13}{9}\right)}$
3.
Déterminer le symétrique B′B' de BB par rapport au plan P\mathcal{P}.
**Méthode :** $B' = 2H - B$. $x_{B'} = 2 \times \dfrac{25}{9} - 3 = \dfrac{50 - 27}{9} = \dfrac{23}{9}$ $y_{B'} = 2 \times \left(-\dfrac{4}{9}\right) - 0 = -\dfrac{8}{9}$ $z_{B'} = 2 \times \dfrac{13}{9} - 1 = \dfrac{26 - 9}{9} = \dfrac{17}{9}$ $\boxed{B'\left(\dfrac{23}{9} ; -\dfrac{8}{9} ; \dfrac{17}{9}\right)}$
4.
Calculer AB′AB' et montrer que AB′=ABAB' = 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 Δ\Delta passant par A(1;0;2)A(1;0;2) et de vecteur directeur u→(2;1;−1)\vec{u}(2;1;-1), et le point M(3;2;1)M(3;2;1).
1.
Déterminer le projeté orthogonal HH de MM sur Δ\Delta.
**Méthode :** Un point $H$ de $\Delta$ s'écrit $H(1+2t ; t ; 2-t)$. On cherche $t$ tel que $\vec{MH} \cdot \vec{u} = 0$. $\vec{MH} = (1+2t-3 ; t-2 ; 2-t-1) = (2t-2 ; t-2 ; 1-t)$ $\vec{MH} \cdot \vec{u} = 2(2t-2) + 1(t-2) + (-1)(1-t) = 0$ $4t - 4 + t - 2 - 1 + t = 0$ $6t - 7 = 0 \implies t = \dfrac{7}{6}$ $x_H = 1 + \dfrac{14}{6} = \dfrac{20}{6} = \dfrac{10}{3}, \quad y_H = \dfrac{7}{6}, \quad z_H = 2 - \dfrac{7}{6} = \dfrac{5}{6}$ $\boxed{H\left(\dfrac{10}{3} ; \dfrac{7}{6} ; \dfrac{5}{6}\right)}$
2.
Calculer la distance de MM à la droite Δ\Delta.
**Méthode :** On calcule $MH$. $\vec{MH} = \left(\dfrac{10}{3}-3 ; \dfrac{7}{6}-2 ; \dfrac{5}{6}-1\right) = \left(\dfrac{1}{3} ; -\dfrac{5}{6} ; -\dfrac{1}{6}\right)$ $MH^2 = \dfrac{1}{9} + \dfrac{25}{36} + \dfrac{1}{36} = \dfrac{4}{36} + \dfrac{25}{36} + \dfrac{1}{36} = \dfrac{30}{36} = \dfrac{5}{6}$ $MH = \sqrt{\dfrac{5}{6}} = \dfrac{\sqrt{30}}{6}$ $\boxed{d(M, \Delta) = \dfrac{\sqrt{30}}{6}}$
3.
Déterminer le symétrique M′M' de MM par rapport à la droite Δ\Delta.
**Méthode :** $H$ est le milieu de $[MM']$, donc $M' = 2H - M$. $x_{M'} = 2 \times \dfrac{10}{3} - 3 = \dfrac{20}{3} - 3 = \dfrac{11}{3}$ $y_{M'} = 2 \times \dfrac{7}{6} - 2 = \dfrac{7}{3} - 2 = \dfrac{1}{3}$ $z_{M'} = 2 \times \dfrac{5}{6} - 1 = \dfrac{5}{3} - 1 = \dfrac{2}{3}$ $\boxed{M'\left(\dfrac{11}{3} ; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{2}{3}\right)}$
4.
Vérifier que MM′⊥ΔMM' \perp \Delta et que HH est le milieu de [MM′][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 P\mathcal{P} passant par A(1;0;0)A(1;0;0) et de vecteur normal n→(1;1;1)\vec{n}(1;1;1), et les points B(2;3;4)B(2;3;4) et C(0;−1;2)C(0;-1;2).
1.
Déterminer une équation cartésienne du plan P\mathcal{P}.
**Méthode :** L'équation est de la forme $a(x-x_A) + b(y-y_A) + c(z-z_A) = 0$ avec $\vec{n}(a;b;c)$. $1(x-1) + 1(y-0) + 1(z-0) = 0$ $x + y + z - 1 = 0$ $\boxed{\mathcal{P} : x + y + z - 1 = 0}$
2.
Les points BB et CC sont-ils du même côté du plan P\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 $B$ et $C$ sont du même côté : $C$ est sur le plan. $\boxed{C \in \mathcal{P}, \text{ donc la question ne s'applique pas}}$
3.
Calculer la distance de BB au plan P\mathcal{P}.
**Méthode :** Formule de distance. $d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{|2+3+4-1|}{\sqrt{1+1+1}} = \dfrac{8}{\sqrt{3}} = \dfrac{8\sqrt{3}}{3}$ $\boxed{d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{8\sqrt{3}}{3}}$
4.
Déterminer l'ensemble des points MM de l'espace tels que d(M,P)=2d(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 S\mathcal{S} de centre Ω(1;2;−1)\Omega(1;2;-1) et de rayon R=3R = 3.
1.
Écrire une équation de la sphère S\mathcal{S}.
**Méthode :** L'équation d'une sphère de centre $\Omega(a;b;c)$ et de rayon $R$ est $(x-a)^2 + (y-b)^2 + (z-c)^2 = R^2$. $(x-1)^2 + (y-2)^2 + (z+1)^2 = 9$ $\boxed{(x-1)^2 + (y-2)^2 + (z+1)^2 = 9}$
2.
Le plan P:2x−y+2z−3=0\mathcal{P} : 2x - y + 2z - 3 = 0 coupe-t-il la sphère S\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 : $r = \sqrt{R^2 - d^2} = \sqrt{9 - \dfrac{25}{9}} = \sqrt{\dfrac{81-25}{9}} = \sqrt{\dfrac{56}{9}} = \dfrac{2\sqrt{14}}{3}$ $\boxed{\text{L'intersection est un cercle de rayon } r = \dfrac{2\sqrt{14}}{3}}$
3.
Déterminer les coordonnées du centre II 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)A(2;1;0) et B(0;3;2)B(0;3;2). On note M\mathcal{M} le plan médiateur de [AB][AB].
1.
Déterminer une équation cartésienne du plan médiateur M\mathcal{M}.
**Méthode :** Le plan médiateur de $[AB]$ passe par le milieu $I$ de $[AB]$ 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 : $x - y - z + 2 = 0$. $\boxed{\mathcal{M} : x - y - z + 2 = 0}$
2.
Le point C(3;2;3)C(3;2;3) appartient-il au plan M\mathcal{M} ? Est-il équidistant de AA et BB ?
**Méthode :** On vérifie l'appartenance au plan, puis on calcule $CA$ et $CB$. 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. $\boxed{C \in \mathcal{M} \text{ et } CA = CB = \sqrt{11}}$
3.
Déterminer l'ensemble des points MM de M\mathcal{M} tels que MA=4MA = 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 $A$ à $\mathcal{M}$ : $d(A, \mathcal{M}) = \dfrac{|2 - 1 - 0 + 2|}{\sqrt{1+1+1}} = \dfrac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$ 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 $A$ et $B$ sont symétriques par rapport à $\mathcal{M}$ et $d(A, \mathcal{M}) = \dfrac{AB}{2} = \dfrac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$). $\boxed{\text{Cercle de centre } I(1;2;1) \text{ et de rayon } \sqrt{13} \text{ dans le plan } \mathcal{M}}$
Exercice 16
Intermédiaire
On considère la droite d1d_1 de représentation paramétrique {x=1+ty=2tz=−1+t\begin{cases} x = 1 + t \\ y = 2t \\ z = -1 + t \end{cases} et la droite d2d_2 de représentation paramétrique {x=3+sy=2+2sz=1+s\begin{cases} x = 3 + s \\ y = 2 + 2s \\ z = 1 + s \end{cases}.
1.
Montrer que les droites d1d_1 et d2d_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 $A(1;0;-1)$ de $d_1$ 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. $\boxed{\vec{u_1} = \vec{u_2} \text{ et } d_1 \neq d_2, \text{ donc } d_1 \parallel d_2}$
2.
Calculer la distance entre les droites d1d_1 et d2d_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 $H$ de $A$ sur $d_2$ vérifie $\vec{AH} \cdot \vec{u_2} = 0$. Un point de $d_2$ : $H(3+s ; 2+2s ; 1+s)$. $\vec{AH} = (2+s ; 2+2s ; 2+s)$ $\vec{AH} \cdot \vec{u_2} = 1(2+s) + 2(2+2s) + 1(2+s) = 2+s+4+4s+2+s = 8+6s$ $8 + 6s = 0 \implies s = -\dfrac{4}{3}$. $\vec{AH} = \left(2 - \dfrac{4}{3} ; 2 - \dfrac{8}{3} ; 2 - \dfrac{4}{3}\right) = \left(\dfrac{2}{3} ; -\dfrac{2}{3} ; \dfrac{2}{3}\right)$ $AH = \sqrt{\dfrac{4}{9} + \dfrac{4}{9} + \dfrac{4}{9}} = \sqrt{\dfrac{12}{9}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}$ $\boxed{d(d_1, d_2) = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}}$
3.
Déterminer une équation cartésienne du plan P\mathcal{P} contenant d1d_1 et parallèle à d2d_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 $B \in d_2$. $A(1;0;-1) \in d_1$ et $B(3;2;1) \in d_2$. $\vec{AB} = (2;2;2)$. 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 OABCOABC avec O(0;0;0)O(0;0;0), A(4;0;0)A(4;0;0), B(0;4;0)B(0;4;0) et C(0;0;4)C(0;0;4).
OABC
1.
Déterminer une équation cartésienne du plan (ABC)(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 $A(4;0;0)$ : $x + y + z - 4 = 0$ $\boxed{(ABC) : x + y + z - 4 = 0}$
2.
Calculer la distance de OO au plan (ABC)(ABC).
**Méthode :** Formule de distance. $d(O, (ABC)) = \dfrac{|0+0+0-4|}{\sqrt{1+1+1}} = \dfrac{4}{\sqrt{3}} = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}$ $\boxed{d(O, (ABC)) = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}}$
3.
Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal HH de OO sur (ABC)(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 $x + y + z - 4 = 0$ : $3t - 4 = 0 \implies t = \dfrac{4}{3}$ $\boxed{H\left(\dfrac{4}{3} ; \dfrac{4}{3} ; \dfrac{4}{3}\right)}$
4.
En déduire le volume du tétraèdre OABCOABC.
**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 P\mathcal{P} d'équation 2x+y−2z+3=02x + y - 2z + 3 = 0 et les points A(1;−1;2)A(1;-1;2) et B(3;1;0)B(3;1;0).
1.
Montrer que la droite (AB)(AB) est parallèle au plan P\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. $\boxed{(AB) \text{ n'est pas parallèle à } \mathcal{P} \text{, elle est sécante}}$
2.
Déterminer le point d'intersection II de (AB)(AB) avec P\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 $\mathcal{P}$. $\boxed{I = A(1;-1;2)}$
3.
Calculer la distance de BB au plan P\mathcal{P}.
**Méthode :** Formule de distance. $d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{|2(3) + 1(1) - 2(0) + 3|}{\sqrt{4+1+4}} = \dfrac{|6+1+3|}{3} = \dfrac{10}{3}$ $\boxed{d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{10}{3}}$
4.
Déterminer le projeté orthogonal HH de BB sur P\mathcal{P} et calculer AHAH.
**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 ABCDEFGHABCDEFGH de côté 11 dans un repère orthonormé, avec A(0;0;0)A(0;0;0), B(1;0;0)B(1;0;0), D(0;1;0)D(0;1;0), E(0;0;1)E(0;0;1).
ABCDEFGH
1.
Donner les coordonnées de tous les sommets du cube.
**Méthode :** On utilise $C = B + \vec{AD}$, $F = B + \vec{AE}$, $G = C + \vec{AE}$, $H = D + \vec{AE}$. $A(0;0;0), \quad B(1;0;0), \quad C(1;1;0), \quad D(0;1;0)$ $E(0;0;1), \quad F(1;0;1), \quad G(1;1;1), \quad H(0;1;1)$ $\boxed{A(0;0;0), B(1;0;0), C(1;1;0), D(0;1;0), E(0;0;1), F(1;0;1), G(1;1;1), H(0;1;1)}$
2.
Déterminer une équation cartésienne du plan (BDG)(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 $B(1;0;0)$ : $1(x-1) + 1(y) + (-1)(z) = 0$ $x + y - z - 1 = 0$ $\boxed{(BDG) : x + y - z - 1 = 0}$
3.
Calculer la distance de AA au plan (BDG)(BDG).
**Méthode :** Formule de distance. $d(A, (BDG)) = \dfrac{|0 + 0 - 0 - 1|}{\sqrt{1+1+1}} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}$ $\boxed{d(A, (BDG)) = \dfrac{\sqrt{3}}{3}}$
4.
Le point EE est-il à la même distance du plan (BDG)(BDG) que AA ?
**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 $A$ et $E$ 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)A(3;1;-2) et le plan P\mathcal{P} d'équation x−y+z+1=0x - y + z + 1 = 0.
1.
Déterminer le projeté orthogonal HH de AA sur P\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 $x - y + z + 1 = 0$ : $(3+t) - (1-t) + (-2+t) + 1 = 0$ $3 + t - 1 + t - 2 + t + 1 = 0$ $3t + 1 = 0 \implies t = -\dfrac{1}{3}$ $x_H = 3 - \dfrac{1}{3} = \dfrac{8}{3}, \quad y_H = 1 + \dfrac{1}{3} = \dfrac{4}{3}, \quad z_H = -2 - \dfrac{1}{3} = -\dfrac{7}{3}$ $\boxed{H\left(\dfrac{8}{3} ; \dfrac{4}{3} ; -\dfrac{7}{3}\right)}$
2.
Déterminer le symétrique A′A' de AA par rapport à P\mathcal{P}.
**Méthode :** $A' = 2H - A$. $x_{A'} = \dfrac{16}{3} - 3 = \dfrac{7}{3}, \quad y_{A'} = \dfrac{8}{3} - 1 = \dfrac{5}{3}, \quad z_{A'} = -\dfrac{14}{3} + 2 = -\dfrac{8}{3}$ $\boxed{A'\left(\dfrac{7}{3} ; \dfrac{5}{3} ; -\dfrac{8}{3}\right)}$
3.
Soit B(0;2;−1)∈PB(0;2;-1) \in \mathcal{P}. Montrer que AB=A′BAB = 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. $\boxed{AB = A'B = \sqrt{11}}$
4.
Trouver le point MM du plan P\mathcal{P} tel que MA+MBMA + MB soit minimal (avec B(0;0;−1)∈PB(0;0;-1) \in \mathcal{P}).
**Méthode :** Pour minimiser $MA + MB$ avec $M \in \mathcal{P}$ et $B \in \mathcal{P}$, on utilise le symétrique $A'$ de $A$ 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)A(1;0;3), B(2;1;1)B(2;1;1) et C(0;3;2)C(0;3;2) dans un repère orthonormé.
1.
Déterminer une équation cartésienne du plan (ABC)(ABC).
**Méthode :** On calcule $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$, 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 $b = 3$ : $c = 4$ et $a = -3 + 8 = 5$. $\vec{n}(5;3;4)$. Plan passant par $A(1;0;3)$ : $5(x-1) + 3y + 4(z-3) = 0$ $5x + 3y + 4z - 17 = 0$ **Vérification :** $B$ : $10+3+4-17 = 0$ ✓ ; $C$ : $0+9+8-17 = 0$ ✓. $\boxed{(ABC) : 5x + 3y + 4z - 17 = 0}$
2.
Calculer la distance de D(2;0;0)D(2;0;0) au plan (ABC)(ABC).
**Méthode :** Formule de distance. $d(D, (ABC)) = \dfrac{|5(2) + 3(0) + 4(0) - 17|}{\sqrt{25+9+16}} = \dfrac{|10-17|}{\sqrt{50}} = \dfrac{7}{5\sqrt{2}} = \dfrac{7\sqrt{2}}{10}$ $\boxed{d(D, (ABC)) = \dfrac{7\sqrt{2}}{10}}$
3.
Déterminer le projeté orthogonal HH de DD sur le plan (ABC)(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 $5x + 3y + 4z - 17 = 0$ : $5(2+5t) + 3(3t) + 4(4t) - 17 = 0$ $10 + 25t + 9t + 16t - 17 = 0$ $50t - 7 = 0 \implies t = \dfrac{7}{50}$ $x_H = 2 + \dfrac{35}{50} = 2 + \dfrac{7}{10} = \dfrac{27}{10}$ $y_H = \dfrac{21}{50}, \quad z_H = \dfrac{28}{50} = \dfrac{14}{25}$ $\boxed{H\left(\dfrac{27}{10} ; \dfrac{21}{50} ; \dfrac{14}{25}\right)}$
4.
Calculer l'aire du triangle ABCABC.
**Méthode :** On utilise la formule $\text{Aire} = \dfrac{1}{2}\sqrt{\|\vec{AB}\|^2 \|\vec{AC}\|^2 - (\vec{AB} \cdot \vec{AC})^2}$. $\|\vec{AB}\|^2 = 1 + 1 + 4 = 6$ $\|\vec{AC}\|^2 = 1 + 9 + 1 = 11$ $\vec{AB} \cdot \vec{AC} = -1 + 3 + 2 = 4$ $\text{Aire} = \dfrac{1}{2}\sqrt{6 \times 11 - 16} = \dfrac{1}{2}\sqrt{66 - 16} = \dfrac{1}{2}\sqrt{50} = \dfrac{5\sqrt{2}}{2}$ $\boxed{\text{Aire}(ABC) = \dfrac{5\sqrt{2}}{2}}$
5.
En déduire le volume du tétraèdre ABCDABCD.
**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 Δ\Delta passant par A(1;2;−1)A(1;2;-1) et de vecteur directeur u→(2;−1;2)\vec{u}(2;-1;2), et le point B(3;0;4)B(3;0;4).
1.
Déterminer le projeté orthogonal HH de BB sur Δ\Delta.
**Méthode :** Un point de $\Delta$ s'écrit $H(1+2t ; 2-t ; -1+2t)$. On cherche $t$ tel que $\vec{BH} \cdot \vec{u} = 0$. $\vec{BH} = (1+2t-3 ; 2-t-0 ; -1+2t-4) = (2t-2 ; 2-t ; 2t-5)$ $\vec{BH} \cdot \vec{u} = 2(2t-2) + (-1)(2-t) + 2(2t-5) = 0$ $4t - 4 - 2 + t + 4t - 10 = 0$ $9t - 16 = 0 \implies t = \dfrac{16}{9}$ $x_H = 1 + \dfrac{32}{9} = \dfrac{41}{9}, \quad y_H = 2 - \dfrac{16}{9} = \dfrac{2}{9}, \quad z_H = -1 + \dfrac{32}{9} = \dfrac{23}{9}$ $\boxed{H\left(\dfrac{41}{9} ; \dfrac{2}{9} ; \dfrac{23}{9}\right)}$
2.
Calculer la distance de BB à la droite Δ\Delta.
**Méthode :** On calcule $BH$. $\vec{BH} = \left(\dfrac{41}{9}-3 ; \dfrac{2}{9} ; \dfrac{23}{9}-4\right) = \left(\dfrac{14}{9} ; \dfrac{2}{9} ; -\dfrac{13}{9}\right)$ $BH^2 = \dfrac{196 + 4 + 169}{81} = \dfrac{369}{81} = \dfrac{41}{9}$ $BH = \sqrt{\dfrac{41}{9}} = \dfrac{\sqrt{41}}{3}$ $\boxed{d(B, \Delta) = \dfrac{\sqrt{41}}{3}}$
3.
Déterminer une équation cartésienne du plan P\mathcal{P} passant par BB et perpendiculaire à Δ\Delta.
**Méthode :** Le plan $\mathcal{P}$ a pour vecteur normal $\vec{u}(2;-1;2)$ et passe par $B(3;0;4)$. $2(x-3) + (-1)(y-0) + 2(z-4) = 0$ $2x - 6 - y + 2z - 8 = 0$ $2x - y + 2z - 14 = 0$ $\boxed{\mathcal{P} : 2x - y + 2z - 14 = 0}$
4.
Vérifier que HH est le point d'intersection de Δ\Delta et P\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 $\Delta$ et $\mathcal{P}$. $\boxed{H \in \Delta \cap \mathcal{P}}$
Exercice 23
Difficile
On considère la sphère S\mathcal{S} d'équation x2+y2+z2−2x+4y−6z+5=0x^2 + y^2 + z^2 - 2x + 4y - 6z + 5 = 0 et le plan P\mathcal{P} d'équation x−2y+2z−1=0x - 2y + 2z - 1 = 0.
1.
Déterminer le centre Ω\Omega et le rayon RR de la sphère S\mathcal{S}.
**Méthode :** On met l'équation sous forme canonique en complétant les carrés. $x^2 - 2x + y^2 + 4y + z^2 - 6z + 5 = 0$ $(x-1)^2 - 1 + (y+2)^2 - 4 + (z-3)^2 - 9 + 5 = 0$ $(x-1)^2 + (y+2)^2 + (z-3)^2 = 9$ $\boxed{\Omega(1;-2;3) \text{ et } R = 3}$
2.
Calculer la distance du centre Ω\Omega au plan P\mathcal{P}.
**Méthode :** Formule de distance. $d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{|1 - 2(-2) + 2(3) - 1|}{\sqrt{1+4+4}} = \dfrac{|1+4+6-1|}{3} = \dfrac{10}{3}$ $\boxed{d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{10}{3}}$
3.
Le plan P\mathcal{P} est-il tangent, sécant ou extérieur à la sphère S\mathcal{S} ?
**Méthode :** On compare $d(\Omega, \mathcal{P})$ et $R$. $d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{10}{3} \approx 3{,}33 > 3 = R$ Comme la distance du centre au plan est strictement supérieure au rayon, le plan est extérieur à la sphère. $\boxed{\mathcal{P} \text{ est extérieur à } \mathcal{S}}$
4.
Déterminer la valeur de kk pour que le plan Pk:x−2y+2z+k=0\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 P1:x+2y−z+3=0\mathcal{P}_1 : x + 2y - z + 3 = 0 et P2:2x−y+3z−1=0\mathcal{P}_2 : 2x - y + 3z - 1 = 0.
1.
Montrer que P1\mathcal{P}_1 et P2\mathcal{P}_2 sont sécants.
**Méthode :** On vérifie que les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires. $\vec{n_1}(1;2;-1)$ et $\vec{n_2}(2;-1;3)$. Si colinéaires : $\dfrac{1}{2} = \dfrac{2}{-1}$, soit $-\dfrac{1}{2} \neq \dfrac{1}{2}$. Contradiction. Donc les plans sont sécants. $\boxed{\vec{n_1} \text{ et } \vec{n_2} \text{ non colinéaires, donc les plans sont sécants}}$
2.
Déterminer une représentation paramétrique de leur droite d'intersection Δ\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 $t = 0$ : $\left(-\dfrac{1}{5} ; -\dfrac{7}{5} ; 0\right)$. $\mathcal{P}_1$ : $-\dfrac{1}{5} - \dfrac{14}{5} - 0 + 3 = -3 + 3 = 0$ ✓ $\mathcal{P}_2$ : $-\dfrac{2}{5} + \dfrac{7}{5} + 0 - 1 = 1 - 1 = 0$ ✓ $\boxed{\begin{cases} x = -\dfrac{1}{5} - t \\ y = -\dfrac{7}{5} + t \\ z = t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}}$
3.
Calculer la distance du point A(1;0;0)A(1;0;0) à la droite Δ\Delta.
**Méthode :** On cherche le projeté orthogonal $H$ de $A$ 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)A(4;1;3) et la sphère S\mathcal{S} de centre Ω(1;−1;2)\Omega(1;-1;2) et de rayon 22.
1.
Montrer que AA 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. $\boxed{\Omega A = \sqrt{14} > 2, \text{ donc } A \text{ est extérieur à } \mathcal{S}}$
2.
Déterminer le plan P\mathcal{P} tangent à la sphère au point le plus proche de AA.
**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 : $3\left(1+\dfrac{3\sqrt{14}}{7}\right) + 2\left(-1+\dfrac{2\sqrt{14}}{7}\right) + \left(2+\dfrac{\sqrt{14}}{7}\right)$ $= 3 + \dfrac{9\sqrt{14}}{7} - 2 + \dfrac{4\sqrt{14}}{7} + 2 + \dfrac{\sqrt{14}}{7} = 3 + \dfrac{14\sqrt{14}}{7} = 3 + 2\sqrt{14}$ $\boxed{\mathcal{P} : 3x + 2y + z - 3 - 2\sqrt{14} = 0}$
3.
Calculer la distance de AA au plan tangent P\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 $ $\boxed{d(A, \mathcal{P}) = \sqrt{14} - 2}$
4.
Déterminer la longueur de la tangente issue de AA 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 P\mathcal{P} d'équation x+y+z=6x + y + z = 6 et les points A(1;0;0)A(1;0;0) et B(0;0;1)B(0;0;1).
1.
Vérifier que AA et BB sont du même côté du plan P\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 $A$ et $B$ sont du même côté du plan. $\boxed{A \text{ et } B \text{ sont du même côté de } \mathcal{P}}$
2.
Déterminer les symétriques A′A' de AA et B′B' de BB par rapport à P\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 $B' = 2H_B - B = \left(\dfrac{10}{3} ; \dfrac{10}{3} ; \dfrac{13}{3}\right)$. $\boxed{A'\left(\dfrac{13}{3} ; \dfrac{10}{3} ; \dfrac{10}{3}\right) \text{ et } B'\left(\dfrac{10}{3} ; \dfrac{10}{3} ; \dfrac{13}{3}\right)}$
3.
Trouver le point MM de P\mathcal{P} qui minimise MA+MBMA + MB.
**Méthode :** Comme $A$ et $B$ 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 $A'$ et $B$ 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 $\mathcal{P}$ : $13s + 10s + 1 + 7s = 6 \implies 30s = 5 \implies s = \dfrac{1}{6}$. $M = \left(\dfrac{13}{6} ; \dfrac{10}{6} ; 1 + \dfrac{7}{6}\right) = \left(\dfrac{13}{6} ; \dfrac{5}{3} ; \dfrac{13}{6}\right)$ $\boxed{M\left(\dfrac{13}{6} ; \dfrac{5}{3} ; \dfrac{13}{6}\right)}$
4.
Calculer la valeur minimale de MA+MBMA + 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 dd de représentation paramétrique {x=1+2ty=−1+tz=2−t\begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = -1 + t \\ z = 2 - t \end{cases} et le plan P\mathcal{P} d'équation x+y−z+1=0x + y - z + 1 = 0.
1.
Montrer que dd et P\mathcal{P} sont sécants et déterminer le point d'intersection II.
**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 : $(1+2t) + (-1+t) - (2-t) + 1 = 0$ $1 + 2t - 1 + t - 2 + t + 1 = 0$ $4t - 1 = 0 \implies t = \dfrac{1}{4}$ $I = \left(\dfrac{3}{2} ; -\dfrac{3}{4} ; \dfrac{7}{4}\right)$ $\boxed{I\left(\dfrac{3}{2} ; -\dfrac{3}{4} ; \dfrac{7}{4}\right)}$
2.
Calculer l'angle entre la droite dd et le plan P\mathcal{P}.
**Méthode :** L'angle $\alpha$ entre une droite et un plan vérifie $\sin \alpha = \dfrac{|\vec{u} \cdot \vec{n}|}{\|\vec{u}\| \times \|\vec{n}\|}$. $\sin \alpha = \dfrac{|4|}{\sqrt{4+1+1} \times \sqrt{1+1+1}} = \dfrac{4}{\sqrt{6} \times \sqrt{3}} = \dfrac{4}{\sqrt{18}} = \dfrac{4}{3\sqrt{2}} = \dfrac{4\sqrt{2}}{6} = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}$ $\alpha = \arcsin\left(\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\right)$ $\boxed{\alpha = \arcsin\left(\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\right) \approx 70{,}5°}$
3.
Déterminer la droite d′d' symétrique de dd par rapport à P\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 $A(1;-1;2)$ de $d$ (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 P1:x−y+z=2\mathcal{P}_1 : x - y + z = 2 et le plan P2:x−y+z=6\mathcal{P}_2 : x - y + z = 6.
1.
Montrer que P1\mathcal{P}_1 et P2\mathcal{P}_2 sont parallèles.
**Méthode :** On compare les vecteurs normaux. $\vec{n_1}(1;-1;1)$ et $\vec{n_2}(1;-1;1)$. Comme $\vec{n_1} = \vec{n_2}$, les plans ont le même vecteur normal. Ils sont parallèles (et non confondus car $2 \neq 6$). $\boxed{\mathcal{P}_1 \parallel \mathcal{P}_2}$
2.
Calculer la distance entre les deux plans.
**Méthode :** La distance entre deux plans parallèles $ax + by + cz + d_1 = 0$ et $ax + by + cz + d_2 = 0$ est $\dfrac{|d_1 - d_2|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$. On réécrit : $\mathcal{P}_1 : x - y + z - 2 = 0$ et $\mathcal{P}_2 : x - y + z - 6 = 0$. $d(\mathcal{P}_1, \mathcal{P}_2) = \dfrac{|-2-(-6)|}{\sqrt{1+1+1}} = \dfrac{4}{\sqrt{3}} = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}$ $\boxed{d(\mathcal{P}_1, \mathcal{P}_2) = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}}$
3.
Déterminer l'équation du plan P3\mathcal{P}_3 parallèle à P1\mathcal{P}_1 et P2\mathcal{P}_2, équidistant des deux.
**Méthode :** Le plan équidistant est de la forme $x - y + z = c$ avec $c$ à égale distance de $2$ et $6$. $c = \dfrac{2+6}{2} = 4$ **Vérification :** $d(\mathcal{P}_3, \mathcal{P}_1) = \dfrac{|4-2|}{\sqrt{3}} = \dfrac{2}{\sqrt{3}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}$ $d(\mathcal{P}_3, \mathcal{P}_2) = \dfrac{|4-6|}{\sqrt{3}} = \dfrac{2}{\sqrt{3}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}$ ✓ $\boxed{\mathcal{P}_3 : x - y + z = 4}$
4.
Déterminer l'ensemble des points de l'espace équidistants de P1\mathcal{P}_1 et P2\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)A(2;0;1), B(0;1;3)B(0;1;3) et C(1;2;0)C(1;2;0) dans un repère orthonormé de l'espace.
1.
Montrer que le triangle ABCABC est rectangle en AA.
**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. $\boxed{\text{Le triangle } ABC \text{ n'est pas rectangle}}$
2.
Déterminer une équation cartésienne du plan (ABC)(ABC).
**Méthode :** On cherche $\vec{n}(a;b;c)$ orthogonal à $\vec{AB}(-2;1;2)$ et $\vec{AC}(-1;2;-1)$. $\begin{cases} -2a + b + 2c = 0 \\ -a + 2b - c = 0 \end{cases}$ 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 :** $B$ : $0+4+9-13 = 0$ ✓ ; $C$ : $5+8+0-13 = 0$ ✓. $\boxed{(ABC) : 5x + 4y + 3z - 13 = 0}$
3.
Calculer la distance de l'origine OO au plan (ABC)(ABC).
**Méthode :** Formule de distance. $d(O, (ABC)) = \dfrac{|0+0+0-13|}{\sqrt{25+16+9}} = \dfrac{13}{\sqrt{50}} = \dfrac{13}{5\sqrt{2}} = \dfrac{13\sqrt{2}}{10}$ $\boxed{d(O, (ABC)) = \dfrac{13\sqrt{2}}{10}}$
4.
Déterminer le projeté orthogonal HH de OO sur (ABC)(ABC) et calculer l'aire du triangle ABCABC.
**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)A(3;1;2) et deux plans P1:x+y−z−1=0\mathcal{P}_1 : x + y - z - 1 = 0 et P2:2x−y+z−3=0\mathcal{P}_2 : 2x - y + z - 3 = 0.
1.
Montrer que AA 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. $\boxed{A \notin \mathcal{P}_1 \text{ et } A \notin \mathcal{P}_2}$
2.
Calculer les distances de AA à chacun des deux plans.
**Méthode :** Formule de distance. $d(A, \mathcal{P}_1) = \dfrac{|3+1-2-1|}{\sqrt{1+1+1}} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}$ $d(A, \mathcal{P}_2) = \dfrac{|6-1+2-3|}{\sqrt{4+1+1}} = \dfrac{4}{\sqrt{6}} = \dfrac{4\sqrt{6}}{6} = \dfrac{2\sqrt{6}}{3}$ $\boxed{d(A, \mathcal{P}_1) = \dfrac{\sqrt{3}}{3} \text{ et } d(A, \mathcal{P}_2) = \dfrac{2\sqrt{6}}{3}}$
3.
Les plans P1\mathcal{P}_1 et P2\mathcal{P}_2 sont-ils perpendiculaires ?
**Méthode :** On calcule le produit scalaire des vecteurs normaux. $\vec{n_1}(1;1;-1)$ et $\vec{n_2}(2;-1;1)$. $\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 2 - 1 - 1 = 0$ Les vecteurs normaux sont orthogonaux, donc les plans sont perpendiculaires. $\boxed{\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 0, \text{ donc } \mathcal{P}_1 \perp \mathcal{P}_2}$
4.
Déterminer l'ensemble des points MM équidistants des plans P1\mathcal{P}_1 et P2\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 $\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_2$. $\boxed{\text{Deux plans bissecteurs des plans } \mathcal{P}_1 \text{ et } \mathcal{P}_2}$
Exercice 31
Avancé
On considère la droite d1:{x=1+ty=2tz=1+td_1 : \begin{cases} x = 1 + t \\ y = 2t \\ z = 1 + t \end{cases} et la droite d2:{x=2+sy=1−sz=3+2sd_2 : \begin{cases} x = 2 + s \\ y = 1 - s \\ z = 3 + 2s \end{cases}.
1.
Montrer que d1d_1 et d2d_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). $\vec{u_1}(1;2;1)$ et $\vec{u_2}(1;-1;2)$. Si colinéaires : $\dfrac{1}{1} = 1$ et $\dfrac{2}{-1} = -2$. Contradiction, donc non parallèles. **Intersection ?** On résout : $\begin{cases} 1+t = 2+s \quad (1) \\ 2t = 1-s \quad (2) \\ 1+t = 3+2s \quad (3) \end{cases}$ De $(1)$ : $s = t - 1$. 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 $(3)$ : $1 + \dfrac{2}{3} = \dfrac{5}{3}$ et $3 + 2\left(-\dfrac{1}{3}\right) = 3 - \dfrac{2}{3} = \dfrac{7}{3}$. $\dfrac{5}{3} \neq \dfrac{7}{3}$, donc pas de solution. Les droites ne sont ni parallèles ni sécantes : elles sont non coplanaires. $\boxed{d_1 \text{ et } d_2 \text{ sont non coplanaires (gauches)}}$
2.
Déterminer la distance entre les deux droites.
**Méthode :** La distance entre deux droites gauches $d_1$ et $d_2$ est la distance entre les deux plans parallèles contenant respectivement $d_1$ et $d_2$, dont le vecteur normal commun est perpendiculaire aux deux vecteurs directeurs. On cherche $\vec{n}(a;b;c)$ tel que $\vec{n} \cdot \vec{u_1} = 0$ et $\vec{n} \cdot \vec{u_2} = 0$. $\begin{cases} a + 2b + c = 0 \\ a - b + 2c = 0 \end{cases}$ 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 $A_1(1;0;1) \in d_1$ et $A_2(2;1;3) \in d_2$. $\vec{A_1A_2} = (1;1;2)$ $\vec{A_1A_2} \cdot \vec{n} = -5 + 1 + 6 = 2$ $\|\vec{n}\| = \sqrt{25 + 1 + 9} = \sqrt{35}$ $d = \dfrac{|2|}{\sqrt{35}} = \dfrac{2}{\sqrt{35}} = \dfrac{2\sqrt{35}}{35}$ $\boxed{d(d_1, d_2) = \dfrac{2\sqrt{35}}{35}}$
3.
Déterminer la perpendiculaire commune aux deux droites (les points H1∈d1H_1 \in d_1 et H2∈d2H_2 \in d_2 tels que (H1H2)⊥d1(H_1H_2) \perp d_1 et (H1H2)⊥d2(H_1H_2) \perp d_2).
**Méthode :** On cherche $t$ et $s$ tels que $\vec{H_1H_2}$ soit colinéaire à $\vec{n}(-5;1;3)$. $H_1(1+t;2t;1+t)$ et $H_2(2+s;1-s;3+2s)$. $\vec{H_1H_2} = (1+s-t ; 1-s-2t ; 2+2s-t)$ 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 : $3(1-s-2t) = 2+2s-t$ $3-3s-6t = 2+2s-t \implies 1 - 5s - 5t = 0 \quad (II)$ De $(II)$ : $s = \dfrac{1-5t}{5}$. Dans $(I)$ : $6 - 4 \times \dfrac{1-5t}{5} - 11t = 0$ $6 - \dfrac{4-20t}{5} - 11t = 0$ $30 - 4 + 20t - 55t = 0$ $26 - 35t = 0 \implies t = \dfrac{26}{35}$ $s = \dfrac{1 - \dfrac{130}{35}}{5} = \dfrac{\dfrac{35-130}{35}}{5} = \dfrac{-95}{175} = -\dfrac{19}{35}$ $H_1 = \left(1+\dfrac{26}{35} ; \dfrac{52}{35} ; 1+\dfrac{26}{35}\right) = \left(\dfrac{61}{35} ; \dfrac{52}{35} ; \dfrac{61}{35}\right)$ $H_2 = \left(2-\dfrac{19}{35} ; 1+\dfrac{19}{35} ; 3-\dfrac{38}{35}\right) = \left(\dfrac{51}{35} ; \dfrac{54}{35} ; \dfrac{67}{35}\right)$ $\boxed{H_1\left(\dfrac{61}{35} ; \dfrac{52}{35} ; \dfrac{61}{35}\right) \text{ et } H_2\left(\dfrac{51}{35} ; \dfrac{54}{35} ; \dfrac{67}{35}\right)}$
4.
Vérifier que H1H2H_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 S\mathcal{S} d'équation (x−1)2+(y−2)2+(z+1)2=16(x-1)^2 + (y-2)^2 + (z+1)^2 = 16 et la droite Δ\Delta de représentation paramétrique {x=3+ty=2tz=−1+2t\begin{cases} x = 3 + t \\ y = 2t \\ z = -1 + 2t \end{cases}.
1.
Déterminer le centre Ω\Omega et le rayon RR de S\mathcal{S}.
**Méthode :** Lecture directe de l'équation. $\boxed{\Omega(1;2;-1) \text{ et } R = 4}$
2.
Calculer la distance du centre Ω\Omega à la droite Δ\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 $H$ : $t_H = \dfrac{\vec{A\Omega} \cdot \vec{u}}{\|\vec{u}\|^2} = \dfrac{-2+4+0}{1+4+4} = \dfrac{2}{9}$. $H = \left(3+\dfrac{2}{9} ; \dfrac{4}{9} ; -1+\dfrac{4}{9}\right) = \left(\dfrac{29}{9} ; \dfrac{4}{9} ; -\dfrac{5}{9}\right)$ $\vec{\Omega H} = \left(\dfrac{29}{9}-1 ; \dfrac{4}{9}-2 ; -\dfrac{5}{9}+1\right) = \left(\dfrac{20}{9} ; -\dfrac{14}{9} ; \dfrac{4}{9}\right)$ $\Omega H^2 = \dfrac{400 + 196 + 16}{81} = \dfrac{612}{81} = \dfrac{68}{9}$ $\Omega H = \dfrac{\sqrt{68}}{3} = \dfrac{2\sqrt{17}}{3}$ $\boxed{d(\Omega, \Delta) = \dfrac{2\sqrt{17}}{3}}$
3.
La droite Δ\Delta coupe-t-elle la sphère S\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 $t_1 = \dfrac{2 + 2\sqrt{19}}{9}$ et $t_2 = \dfrac{2 - 2\sqrt{19}}{9}$, on obtient les points d'intersection. $\boxed{\text{Oui, en deux points avec } t = \dfrac{2 \pm 2\sqrt{19}}{9}}$
4.
Calculer la longueur de la corde découpée par Δ\Delta sur S\mathcal{S}.
**Méthode :** Si $M_1$ et $M_2$ 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)A(4;2;-1), le plan P\mathcal{P} d'équation 2x−y+2z−3=02x - y + 2z - 3 = 0 et le point B(1;0;1)∈PB(1;0;1) \in \mathcal{P}.
1.
Vérifier que B∈PB \in \mathcal{P} et calculer d(A,P)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. $d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|2(4) - 2 + 2(-1) - 3|}{\sqrt{4+1+4}} = \dfrac{|8-2-2-3|}{3} = \dfrac{1}{3}$ $\boxed{d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{1}{3}}$
2.
Déterminer le projeté orthogonal HH de AA sur P\mathcal{P} et le symétrique A′A' de AA par rapport à P\mathcal{P}.
**Méthode :** On projette $A$ sur $\mathcal{P}$. $\begin{cases} x = 4+2t \\ y = 2-t \\ z = -1+2t \end{cases}$ $2(4+2t) - (2-t) + 2(-1+2t) - 3 = 0$ $8+4t-2+t-2+4t-3 = 0$ $9t + 1 = 0 \implies t = -\dfrac{1}{9}$ $H = \left(4-\dfrac{2}{9} ; 2+\dfrac{1}{9} ; -1-\dfrac{2}{9}\right) = \left(\dfrac{34}{9} ; \dfrac{19}{9} ; -\dfrac{11}{9}\right)$ $A' = 2H - A = \left(\dfrac{68}{9}-4 ; \dfrac{38}{9}-2 ; -\dfrac{22}{9}+1\right) = \left(\dfrac{32}{9} ; \dfrac{20}{9} ; -\dfrac{13}{9}\right)$ $\boxed{H\left(\dfrac{34}{9} ; \dfrac{19}{9} ; -\dfrac{11}{9}\right) \text{ et } A'\left(\dfrac{32}{9} ; \dfrac{20}{9} ; -\dfrac{13}{9}\right)}$
3.
Trouver le point MM de P\mathcal{P} tel que MA+MBMA + MB soit minimal, avec B(1;0;1)B(1;0;1).
**Méthode :** Vérifions d'abord si $A$ et $B$ 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 : $A$ et $B$ 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 $\mathcal{P}$ : $2(1-23s) - (-20s) + 2(1+22s) - 3 = 0$ $2-46s+20s+2+44s-3 = 0$ $18s + 1 = 0 \implies s = -\dfrac{1}{18}$ $M = \left(1+\dfrac{23}{18} ; \dfrac{20}{18} ; 1-\dfrac{22}{18}\right) = \left(\dfrac{41}{18} ; \dfrac{10}{9} ; -\dfrac{2}{9}\right)$ $\boxed{M\left(\dfrac{41}{18} ; \dfrac{10}{9} ; -\dfrac{2}{9}\right)}$
4.
Calculer la valeur minimale de MA+MBMA + 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 S1\mathcal{S}_1 de centre A(1;0;2)A(1;0;2) et de rayon 33, et la sphère S2\mathcal{S}_2 de centre B(5;0;−1)B(5;0;-1) et de rayon 22.
1.
Calculer la distance ABAB et en déduire la position relative des deux sphères.
**Méthode :** On calcule $AB$ et on compare à $R_1 + R_2$ et $|R_1 - R_2|$. $AB = \sqrt{(5-1)^2 + 0 + (-1-2)^2} = \sqrt{16+9} = 5$ $R_1 + R_2 = 5$ et $|R_1 - R_2| = 1$. Comme $AB = R_1 + R_2 = 5$, les sphères sont tangentes extérieurement. $\boxed{AB = 5 = R_1 + R_2, \text{ sphères tangentes extérieurement}}$
2.
Déterminer les coordonnées du point de tangence TT.
**Méthode :** Le point de tangence est sur le segment $[AB]$, à distance $R_1 = 3$ de $A$. $\vec{AB} = (4;0;-3), \quad \|\vec{AB}\| = 5$ $T = A + \dfrac{R_1}{AB} \vec{AB} = (1;0;2) + \dfrac{3}{5}(4;0;-3) = \left(1+\dfrac{12}{5} ; 0 ; 2-\dfrac{9}{5}\right)$ $= \left(\dfrac{17}{5} ; 0 ; \dfrac{1}{5}\right)$ **Vérification :** $TB = \sqrt{\left(5-\dfrac{17}{5}\right)^2 + 0 + \left(-1-\dfrac{1}{5}\right)^2} = \sqrt{\dfrac{64}{25}+\dfrac{36}{25}} = \sqrt{\dfrac{100}{25}} = 2 = R_2$ ✓. $\boxed{T\left(\dfrac{17}{5} ; 0 ; \dfrac{1}{5}\right)}$
3.
Déterminer une équation cartésienne du plan tangent commun aux deux sphères en TT.
**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 $T\left(\dfrac{17}{5} ; 0 ; \dfrac{1}{5}\right)$ : $4\left(x-\dfrac{17}{5}\right) + 0(y) - 3\left(z-\dfrac{1}{5}\right) = 0$ $4x - \dfrac{68}{5} - 3z + \dfrac{3}{5} = 0$ $4x - 3z - \dfrac{65}{5} = 0$ $4x - 3z - 13 = 0$ $\boxed{\mathcal{P} : 4x - 3z - 13 = 0}$
4.
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 P\mathcal{P} d'équation x+2y+2z−9=0x + 2y + 2z - 9 = 0 et le point A(0;0;0)A(0;0;0).
1.
Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal HH de AA sur P\mathcal{P}.
**Méthode :** Droite passant par $O$ de direction $\vec{n}(1;2;2)$ : $\begin{cases} x = t \\ y = 2t \\ z = 2t \end{cases}$ $t + 4t + 4t - 9 = 0 \implies 9t = 9 \implies t = 1$. $\boxed{H(1;2;2)}$
2.
Déterminer l'ensemble des points M(x;y;z)∈PM(x;y;z) \in \mathcal{P} tels que AM=5AM = 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 $\mathcal{P}$. $\boxed{\text{Cercle de centre } H(1;2;2) \text{ et de rayon } 4 \text{ dans } \mathcal{P}}$
3.
Parmi les points MM du plan P\mathcal{P}, déterminer celui qui minimise AMAM et celui qui maximise AMAM sous la contrainte AM≤5AM \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. $\boxed{AM_{\min} = 3 \text{ en } H(1;2;2), \quad AM_{\max} = 5 \text{ sur le cercle}}$
4.
Déterminer le point MM du plan P\mathcal{P} le plus proche du point B(4;4;4)B(4;4;4).
**Méthode :** C'est le projeté orthogonal de $B$ sur $\mathcal{P}$. $\begin{cases} x = 4+t \\ y = 4+2t \\ z = 4+2t \end{cases}$ $(4+t) + 2(4+2t) + 2(4+2t) - 9 = 0$ $4+t+8+4t+8+4t-9 = 0$ $9t + 11 = 0 \implies t = -\dfrac{11}{9}$ $M = \left(4-\dfrac{11}{9} ; 4-\dfrac{22}{9} ; 4-\dfrac{22}{9}\right) = \left(\dfrac{25}{9} ; \dfrac{14}{9} ; \dfrac{14}{9}\right)$ $\boxed{M\left(\dfrac{25}{9} ; \dfrac{14}{9} ; \dfrac{14}{9}\right)}$
5.
Calculer la distance BMBM 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 P\mathcal{P} le plan d'équation x−2y+2z+6=0x - 2y + 2z + 6 = 0, A(2;1;−1)A(2;1;-1) un point et Δ\Delta la droite passant par B(1;3;0)B(1;3;0) de vecteur directeur u→(1;−2;2)\vec{u}(1;-2;2).
1.
Montrer que Δ\Delta est orthogonale à P\mathcal{P}.
**Méthode :** On compare le vecteur directeur de $\Delta$ avec le vecteur normal de $\mathcal{P}$. $\vec{u}(1;-2;2)$ et $\vec{n}(1;-2;2)$. Comme $\vec{u} = \vec{n}$, la droite $\Delta$ est orthogonale au plan $\mathcal{P}$. $\boxed{\vec{u} = \vec{n}, \text{ donc } \Delta \perp \mathcal{P}}$
2.
Déterminer le point d'intersection II de Δ\Delta et P\mathcal{P}.
**Méthode :** On paramètre $\Delta$ et on substitue. $\begin{cases} x = 1+t \\ y = 3-2t \\ z = 2t \end{cases}$ $(1+t) - 2(3-2t) + 2(2t) + 6 = 0$ $1+t-6+4t+4t+6 = 0$ $9t + 1 = 0 \implies t = -\dfrac{1}{9}$ $I = \left(\dfrac{8}{9} ; \dfrac{29}{9} ; -\dfrac{2}{9}\right)$ $\boxed{I\left(\dfrac{8}{9} ; \dfrac{29}{9} ; -\dfrac{2}{9}\right)}$
3.
Déterminer le projeté orthogonal HH de AA sur la droite Δ\Delta.
**Méthode :** Un point de $\Delta$ s'écrit $H(1+t;3-2t;2t)$. $\vec{AH} = (t-1 ; 2-2t ; 1+2t)$ $\vec{AH} \cdot \vec{u} = (t-1) + (-2)(2-2t) + 2(1+2t) = t-1-4+4t+2+4t = 9t - 3 = 0$ $t = \dfrac{1}{3}$. $H = \left(\dfrac{4}{3} ; \dfrac{7}{3} ; \dfrac{2}{3}\right)$ $\boxed{H\left(\dfrac{4}{3} ; \dfrac{7}{3} ; \dfrac{2}{3}\right)}$
4.
Calculer la distance de AA à la droite Δ\Delta et la distance de AA au plan P\mathcal{P}.
**Méthode :** On calcule $AH$ et $d(A, \mathcal{P})$. $\vec{AH} = \left(-\dfrac{2}{3} ; \dfrac{4}{3} ; \dfrac{5}{3}\right)$ $AH = \dfrac{1}{3}\sqrt{4+16+25} = \dfrac{\sqrt{45}}{3} = \dfrac{3\sqrt{5}}{3} = \sqrt{5}$ $d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|2-2-2+6|}{\sqrt{1+4+4}} = \dfrac{4}{3}$ $\boxed{d(A, \Delta) = \sqrt{5} \text{ et } d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{4}{3}}$
5.
Vérifier la relation AI2=AH2+HI2AI^2 = AH^2 + HI^2 (Pythagore dans le triangle AHIAHI).
**Méthode :** On vérifie le théorème de Pythagore car $AH \perp \Delta$ et $HI \subset \Delta$. $\vec{AI} = \left(\dfrac{8}{9}-2 ; \dfrac{29}{9}-1 ; -\dfrac{2}{9}+1\right) = \left(-\dfrac{10}{9} ; \dfrac{20}{9} ; \dfrac{7}{9}\right)$ $AI^2 = \dfrac{100+400+49}{81} = \dfrac{549}{81} = \dfrac{61}{9}$ $AH^2 = 5 = \dfrac{45}{9}$ $\vec{HI} = \left(\dfrac{8}{9}-\dfrac{4}{3} ; \dfrac{29}{9}-\dfrac{7}{3} ; -\dfrac{2}{9}-\dfrac{2}{3}\right) = \left(-\dfrac{4}{9} ; \dfrac{8}{9} ; -\dfrac{8}{9}\right)$ $HI^2 = \dfrac{16+64+64}{81} = \dfrac{144}{81} = \dfrac{16}{9}$ $AH^2 + HI^2 = \dfrac{45}{9} + \dfrac{16}{9} = \dfrac{61}{9} = AI^2$ ✓ $\boxed{AI^2 = \dfrac{61}{9} = AH^2 + HI^2 }$
Exercice 37
Avancé
On considère le plan P\mathcal{P} d'équation 2x+y−2z=02x + y - 2z = 0 et la droite Δ\Delta de représentation paramétrique {x=1+2ty=−1+tz=2−2t\begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = -1 + t \\ z = 2 - 2t \end{cases}.
1.
Montrer que Δ\Delta est parallèle au plan P\mathcal{P}.
**Méthode :** On vérifie que $\vec{u} \cdot \vec{n} = 0$ et qu'un point de $\Delta$ n'appartient pas à $\mathcal{P}$. $\vec{u}(2;1;-2)$ et $\vec{n}(2;1;-2)$. $\vec{u} \cdot \vec{n} = 4+1+4 = 9 \neq 0$. En fait $\vec{u} = \vec{n}$, donc la droite est **orthogonale** au plan, pas parallèle ! La droite est perpendiculaire au plan $\mathcal{P}$. $\boxed{\vec{u} = \vec{n}, \text{ donc } \Delta \perp \mathcal{P} \text{ (la droite est orthogonale au plan)}}$
2.
Déterminer le point d'intersection II de Δ\Delta avec P\mathcal{P}.
**Méthode :** On substitue les coordonnées paramétriques dans l'équation du plan. $2(1+2t) + (-1+t) - 2(2-2t) = 0$ $2+4t-1+t-4+4t = 0$ $9t - 3 = 0 \implies t = \dfrac{1}{3}$ $I = \left(1+\dfrac{2}{3} ; -1+\dfrac{1}{3} ; 2-\dfrac{2}{3}\right) = \left(\dfrac{5}{3} ; -\dfrac{2}{3} ; \dfrac{4}{3}\right)$ $\boxed{I\left(\dfrac{5}{3} ; -\dfrac{2}{3} ; \dfrac{4}{3}\right)}$
3.
Déterminer le symétrique A′A' du point A(1;−1;2)A(1;-1;2) (point de Δ\Delta pour t=0t = 0) par rapport au plan P\mathcal{P}.
**Méthode :** $I$ est le projeté orthogonal de $A$ sur $\mathcal{P}$ (car $\Delta \perp \mathcal{P}$ et passe par $A$). Donc $A' = 2I - A$. $x_{A'} = \dfrac{10}{3} - 1 = \dfrac{7}{3}$ $y_{A'} = -\dfrac{4}{3} + 1 = -\dfrac{1}{3}$ $z_{A'} = \dfrac{8}{3} - 2 = \dfrac{2}{3}$ $\boxed{A'\left(\dfrac{7}{3} ; -\dfrac{1}{3} ; \dfrac{2}{3}\right)}$
4.
Calculer AIAI et en déduire d(A,P)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)A(1;0;0), B(0;2;0)B(0;2;0), C(0;0;3)C(0;0;3) et D(1;2;3)D(1;2;3) dans un repère orthonormé.
1.
Déterminer une équation cartésienne du plan (ABC)(ABC).
**Méthode :** On calcule $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$, 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 :** $B$ : $0+6+0-6 = 0$ ✓ ; $C$ : $0+0+6-6 = 0$ ✓. $\boxed{(ABC) : 6x + 3y + 2z - 6 = 0}$
2.
Calculer la distance de DD au plan (ABC)(ABC).
**Méthode :** Formule de distance. $d(D, (ABC)) = \dfrac{|6(1)+3(2)+2(3)-6|}{\sqrt{36+9+4}} = \dfrac{|6+6+6-6|}{7} = \dfrac{12}{7}$ $\boxed{d(D, (ABC)) = \dfrac{12}{7}}$
3.
Calculer le volume du tétraèdre ABCDABCD.
**Méthode :** $V = \dfrac{1}{3} \times \text{Aire}(ABC) \times d(D, (ABC))$. Calculons l'aire de $ABC$ : $\|\vec{AB}\|^2 = 1+4 = 5$, $\|\vec{AC}\|^2 = 1+9 = 10$, $\vec{AB}\cdot\vec{AC} = 1$. $\text{Aire} = \dfrac{1}{2}\sqrt{50-1} = \dfrac{7}{2}$ $V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{7}{2} \times \dfrac{12}{7} = \dfrac{1}{3} \times 6 = 2$ $\boxed{V = 2 \text{ unités de volume}}$
4.
Déterminer le projeté orthogonal HH de DD sur (ABC)(ABC) et calculer AHAH.
**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 P\mathcal{P} d'équation x+y+z−6=0x + y + z - 6 = 0 et le point A(0;0;0)A(0;0;0). On cherche le point M(x;y;z)M(x;y;z) du plan P\mathcal{P} tel que AM2AM^2 soit minimal.
1.
Justifier que le point MM minimisant AMAM est le projeté orthogonal de AA sur P\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 $AH \perp \mathcal{P}$ et $HM \subset \mathcal{P}$), donc $AM^2 = AH^2 + HM^2 \geq AH^2$. Le minimum est atteint quand $HM = 0$, c'est-à-dire $M = H$. $\boxed{\text{Le minimum est atteint au projeté orthogonal } H \text{ (théorème de Pythagore)}}$
2.
Déterminer les coordonnées de ce point MM.
**Méthode :** On projette $A(0;0;0)$ sur $\mathcal{P}$. $\begin{cases} x = t \\ y = t \\ z = t \end{cases}$ $t + t + t - 6 = 0 \implies 3t = 6 \implies t = 2$ $\boxed{M = H(2;2;2)}$
3.
Déterminer le point N(x;y;z)N(x;y;z) du plan P\mathcal{P}, avec x,y,z>0x, y, z > 0, tel que le produit xyzxyz 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 $N(2;2;2)$. $\boxed{N(2;2;2) \text{ et } xyz_{\max} = 8}$
4.
Déterminer le point PP de P\mathcal{P} le plus proche de B(5;5;5)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 $M$ et $N$ ! 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 S\mathcal{S} de centre Ω(2;1;3)\Omega(2;1;3) et de rayon R=5R = 5, et le plan P\mathcal{P} d'équation 2x−2y+z−12=02x - 2y + z - 12 = 0.
1.
Montrer que le plan P\mathcal{P} coupe la sphère S\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 : $r = \sqrt{R^2 - d^2} = \sqrt{25 - \dfrac{49}{9}} = \sqrt{\dfrac{225-49}{9}} = \sqrt{\dfrac{176}{9}} = \dfrac{\sqrt{176}}{3} = \dfrac{4\sqrt{11}}{3}$ $\boxed{r = \dfrac{4\sqrt{11}}{3}}$
2.
Déterminer le centre II du cercle d'intersection.
**Méthode :** $I$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $\mathcal{P}$. $\begin{cases} x = 2+2t \\ y = 1-2t \\ z = 3+t \end{cases}$ $2(2+2t)-2(1-2t)+(3+t)-12 = 0$ $4+4t-2+4t+3+t-12 = 0$ $9t - 7 = 0 \implies t = \dfrac{7}{9}$ $I = \left(2+\dfrac{14}{9} ; 1-\dfrac{14}{9} ; 3+\dfrac{7}{9}\right) = \left(\dfrac{32}{9} ; -\dfrac{5}{9} ; \dfrac{34}{9}\right)$ $\boxed{I\left(\dfrac{32}{9} ; -\dfrac{5}{9} ; \dfrac{34}{9}\right)}$
3.
Déterminer les points de la sphère S\mathcal{S} les plus proches et les plus éloignés du plan P\mathcal{P}.
**Méthode :** Le point le plus proche est sur le segment $[\Omega I]$, à distance $R$ de $\Omega$ 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 : $Q = \Omega - R \times \dfrac{\vec{n}}{\|\vec{n}\|} = \left(2-\dfrac{10}{3} ; 1+\dfrac{10}{3} ; 3-\dfrac{5}{3}\right) = \left(-\dfrac{4}{3} ; \dfrac{13}{3} ; \dfrac{4}{3}\right)$ $\boxed{P\left(\dfrac{16}{3} ; -\dfrac{7}{3} ; \dfrac{14}{3}\right) \text{ (le plus proche) et } Q\left(-\dfrac{4}{3} ; \dfrac{13}{3} ; \dfrac{4}{3}\right) \text{ (le plus éloigné)}}$
4.
Calculer les distances de PP et QQ au plan P\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 $d(\Omega, \mathcal{P}) - R$ si $\Omega$ 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 $P$ et $Q$ 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 ABCDABCD dans un repère orthonormé avec A(2;0;0)A(2;0;0), B(0;2;0)B(0;2;0), C(0;0;2)C(0;0;2) et D(2;2;2)D(2;2;2).

Partie A — Étude du plan (ABC)

1.
Calculer les vecteurs AB→\vec{AB} et AC→\vec{AC}.
$\vec{AB} = (-2;2;0), \quad \vec{AC} = (-2;0;2)$ $\boxed{\vec{AB}(-2;2;0) \text{ et } \vec{AC}(-2;0;2)}$
2.
Déterminer une équation cartésienne du plan (ABC)(ABC).
**Méthode :** On cherche $\vec{n}(a;b;c)$ orthogonal à $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$. $\begin{cases} -2a + 2b = 0 \\ -2a + 2c = 0 \end{cases} \implies b = a \text{ et } c = a$. En prenant $a = 1$ : $\vec{n}(1;1;1)$. Plan passant par $A(2;0;0)$ : $x + y + z - 2 = 0$. $\boxed{(ABC) : x + y + z - 2 = 0}$
3.
Calculer la distance de DD au plan (ABC)(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

4.
Déterminer le projeté orthogonal HH de DD sur (ABC)(ABC).
$\begin{cases} x = 2+t \\ y = 2+t \\ z = 2+t \end{cases}$ $(2+t)+(2+t)+(2+t)-2 = 0 \implies 3t+4 = 0 \implies t = -\dfrac{4}{3}$ $H = \left(\dfrac{2}{3} ; \dfrac{2}{3} ; \dfrac{2}{3}\right)$ $\boxed{H\left(\dfrac{2}{3} ; \dfrac{2}{3} ; \dfrac{2}{3}\right)}$
5.
Montrer que HH est le centre de gravité du triangle ABCABC.
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 $H = G$. $\boxed{H = G\left(\dfrac{2}{3} ; \dfrac{2}{3} ; \dfrac{2}{3}\right)}$
6.
Calculer le volume du tétraèdre ABCDABCD.
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 S\mathcal{S} d'équation x2+y2+z2−4x+2y−6z+5=0x^2 + y^2 + z^2 - 4x + 2y - 6z + 5 = 0.
ΩR

Partie A — Caractéristiques de la sphère

1.
Déterminer le centre Ω\Omega et le rayon RR de la sphère S\mathcal{S}.
$(x-2)^2 - 4 + (y+1)^2 - 1 + (z-3)^2 - 9 + 5 = 0$ $(x-2)^2 + (y+1)^2 + (z-3)^2 = 9$ $\boxed{\Omega(2;-1;3) \text{ et } R = 3}$
2.
Le point A(2;2;3)A(2;2;3) appartient-il à la sphère ?
$\Omega A = \sqrt{0+9+0} = 3 = R$. Oui. $\boxed{A \in \mathcal{S}}$
3.
Déterminer l'équation du plan tangent à S\mathcal{S} en AA.
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

4.
Le plan Q\mathcal{Q} d'équation 2x+2y−z+3=02x + 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. $\boxed{\text{Oui, le plan coupe la sphère}}$
5.
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 $\mathcal{Q}$) : $\begin{cases} x = 2+2t \\ y = -1+2t \\ z = 3-t \end{cases}$ $2(2+2t)+2(-1+2t)-(3-t)+3 = 0$ $4+4t-2+4t-3+t+3 = 0$ $9t+2 = 0 \implies t = -\dfrac{2}{9}$ $I = \left(\dfrac{14}{9} ; -\dfrac{13}{9} ; \dfrac{29}{9}\right)$ $\boxed{I\left(\dfrac{14}{9} ; -\dfrac{13}{9} ; \dfrac{29}{9}\right) \text{ et } r = \dfrac{\sqrt{77}}{3}}$
6.
Déterminer la valeur de kk pour que le plan Qk:2x+2y−z+k=0\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 : $\dfrac{|k-1|}{3} = 3 \implies |k-1| = 9$. $k = 10$ ou $k = -8$. $\boxed{k = 10 \text{ ou } k = -8}$
Problème 3 — Droites gauches et perpendiculaire commune
Difficile
On considère les droites d1d_1 passant par A(1;0;0)A(1;0;0) de vecteur directeur u→(0;1;1)\vec{u}(0;1;1) et d2d_2 passant par B(0;2;0)B(0;2;0) de vecteur directeur v→(1;0;−1)\vec{v}(1;0;-1).

Partie A — Position relative des droites

1.
Montrer que les droites d1d_1 et d2d_2 ne sont pas coplanaires.
**Vecteurs directeurs colinéaires ?** $\vec{u}(0;1;1)$ et $\vec{v}(1;0;-1)$ ne sont pas colinéaires. **Intersection ?** $\begin{cases} 1 = s \quad (1) \\ t = 2 \quad (2) \\ t = -s \quad (3) \end{cases}$ De $(1)$ et $(2)$ : $s = 1$, $t = 2$. Vérification dans $(3)$ : $2 \neq -1$. Pas d'intersection. Les droites sont gauches. $\boxed{d_1 \text{ et } d_2 \text{ sont non coplanaires (gauches)}}$
2.
Déterminer un vecteur n→\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 $a = c$ et $b = -c$. En prenant $c = 1$ : $\vec{n}(1;-1;1)$. $\boxed{\vec{n}(1;-1;1)}$

Partie B — Distance et perpendiculaire commune

3.
Calculer la distance entre d1d_1 et d2d_2.
$\vec{AB} = (-1;2;0)$ $d = \dfrac{|\vec{AB} \cdot \vec{n}|}{\|\vec{n}\|} = \dfrac{|-1-2+0|}{\sqrt{3}} = \dfrac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$ $\boxed{d(d_1, d_2) = \sqrt{3}}$
4.
Déterminer les points H1∈d1H_1 \in d_1 et H2∈d2H_2 \in d_2 réalisant la distance minimale.
$H_1 = (1;t;t)$ et $H_2 = (s;2;-s)$. $\vec{H_1H_2} = (s-1;2-t;-s-t)$ 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 : $t-1 = \dfrac{1-t}{2} \implies 2t-2 = 1-t \implies 3t = 3 \implies t = 1$. $s = 0$. $H_1 = (1;1;1)$ et $H_2 = (0;2;0)$. Vérification : $\vec{H_1H_2} = (-1;1;-1) = -(1;-1;1) = -\vec{n}$ ✓. $H_1H_2 = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}$ ✓. $\boxed{H_1(1;1;1) \text{ et } H_2(0;2;0)}$
5.
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 P\mathcal{P} d'équation x+y+z−12=0x + y + z - 12 = 0, et les points A(1;1;1)A(1;1;1) et B(2;3;1)B(2;3;1).

Partie A — Positions et distances

1.
Montrer que AA et BB sont du même côté de P\mathcal{P}.
Pour $A$ : $1+1+1-12 = -9 < 0$. Pour $B$ : $2+3+1-12 = -6 < 0$. Même signe, donc $A$ et $B$ sont du même côté. $\boxed{A \text{ et } B \text{ sont du même côté de } \mathcal{P}}$
2.
Calculer les distances de AA et BB au plan P\mathcal{P}.
$d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{9}{\sqrt{3}} = 3\sqrt{3}$ $d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{6}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3}$ $\boxed{d(A, \mathcal{P}) = 3\sqrt{3} \text{ et } d(B, \mathcal{P}) = 2\sqrt{3}}$
3.
Déterminer les symétriques A′A' et B′B' de AA et BB par rapport à P\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

4.
On cherche le point M∈PM \in \mathcal{P} qui minimise MA+MBMA + MB. Expliquer la méthode utilisant le symétrique.
Comme $A$ et $B$ 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 $\mathcal{P}$. $\boxed{\text{On utilise } MA = MA' \text{ puis l'inégalité triangulaire : } MA'+MB \geq A'B}$
5.
Déterminer les coordonnées du point MM 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 $\mathcal{P}$ : $(2+5s)+(3+4s)+(1+6s)-12 = 0$ $15s - 6 = 0 \implies s = \dfrac{2}{5}$ $M = \left(2+2 ; 3+\dfrac{8}{5} ; 1+\dfrac{12}{5}\right) = \left(4 ; \dfrac{23}{5} ; \dfrac{17}{5}\right)$ $\boxed{M\left(4 ; \dfrac{23}{5} ; \dfrac{17}{5}\right)}$
6.
Calculer la valeur minimale de MA+MBMA + MB.
$(MA+MB)_{\min} = A'B = \sqrt{(-5)^2+(-4)^2+(-6)^2} = \sqrt{25+16+36} = \sqrt{77}$ $\boxed{(MA+MB)_{\min} = \sqrt{77}}$
7.
Vérifier le résultat en calculant MA+MBMA + 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 $\sqrt{308} = 2\sqrt{77}$. $MA + MB = \dfrac{3\sqrt{77}+2\sqrt{77}}{5} = \dfrac{5\sqrt{77}}{5} = \sqrt{77}$ ✓ $\boxed{MA + MB = \sqrt{77} }$