Distance point-plan et projections : exercices corrigés Terminale

Exercice 1

Non commencéFacile

On considère le point

A(1;2;3)

et le plan

\mathcal{P}

d'équation

2x - y + 2z - 1 = 0

.

1.

Donner un vecteur normal au plan

\mathcal{P}

.

2.

Écrire une représentation paramétrique de la droite

\Delta

passant par

A

et orthogonale au plan

\mathcal{P}

.

**Méthode :** Une droite orthogonale à un plan est dirigée par un vecteur normal à ce plan. On utilise le point $A$ et le vecteur directeur $\vec{n}$. La droite $\Delta$ passe par $A(1;2;3)$ et a pour vecteur directeur $\vec{n}(2;-1;2)$. Sa représentation paramétrique est : $\begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = 2 - t \\ z = 3 + 2t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}$ $\boxed{\begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = 2 - t \\ z = 3 + 2t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}}$

3.

Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal

H

de

A

sur le plan

\mathcal{P}

.

**Méthode :** Le projeté orthogonal $H$ est l'intersection de la droite $\Delta$ (passant par $A$, orthogonale à $\mathcal{P}$) avec le plan $\mathcal{P}$. On substitue les coordonnées paramétriques dans l'équation du plan. On substitue dans $2x - y + 2z - 1 = 0$ : $2(1 + 2t) - (2 - t) + 2(3 + 2t) - 1 = 0$ $2 + 4t - 2 + t + 6 + 4t - 1 = 0$ $9t + 5 = 0$ $t = -\dfrac{5}{9}$ On calcule les coordonnées de $H$ : $x_H = 1 + 2 \times \left(-\dfrac{5}{9}\right) = 1 - \dfrac{10}{9} = -\dfrac{1}{9}$ $y_H = 2 - \left(-\dfrac{5}{9}\right) = 2 + \dfrac{5}{9} = \dfrac{23}{9}$ $z_H = 3 + 2 \times \left(-\dfrac{5}{9}\right) = 3 - \dfrac{10}{9} = \dfrac{17}{9}$ $\boxed{H\left(-\dfrac{1}{9} ; \dfrac{23}{9} ; \dfrac{17}{9}\right)}$

4.

Calculer la distance du point

A

au plan

\mathcal{P}

.

**Méthode :** On utilise la formule de distance d'un point à un plan : $d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|ax_0 + by_0 + cz_0 + d|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}$. Avec $A(1;2;3)$ 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

Non commencéFacile

Soient

A(1;0;2)

et

B(3;4;-2)

deux points de l'espace.

1.

Calculer les coordonnées du milieu

I

de

[AB]

.

2.

Déterminer un vecteur normal au plan médiateur de

[AB]

.

3.

Déterminer une équation cartésienne du plan médiateur

\mathcal{M}

de

[AB]

.

4.

Vérifier que le point

C(4;1;0)

appartient au plan médiateur

\mathcal{M}

, puis montrer que

CA = CB

.

**Méthode :** On vérifie d'abord l'appartenance au plan en substituant, puis on calcule les distances. **Appartenance à $\mathcal{M}$ :** $4 + 2 \times 1 - 2 \times 0 - 6 = 4 + 2 - 0 - 6 = 0 $ Donc $C \in \mathcal{M}$. **Calcul de $CA$ et $CB$ :** $CA = \sqrt{(1-4)^2 + (0-1)^2 + (2-0)^2} = \sqrt{9 + 1 + 4} = \sqrt{14}$ $CB = \sqrt{(3-4)^2 + (4-1)^2 + (-2-0)^2} = \sqrt{1 + 9 + 4} = \sqrt{14}$ On a bien $CA = CB = \sqrt{14}$, ce qui est cohérent car tout point du plan médiateur est équidistant de $A$ et $B$. $\boxed{CA = CB = \sqrt{14}}$

Exercice 3

Non commencéFacile

On considère le plan

\mathcal{P}

d'équation

x + y + z - 3 = 0

et le point

A(2;1;4)

.

1.

Le point

A

appartient-il au plan

\mathcal{P}

?

2.

Calculer la distance de

A

au plan

\mathcal{P}

.

3.

Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal

H

de

A

sur

\mathcal{P}

.

**Méthode :** On écrit la droite passant par $A$ et dirigée par $\vec{n}(1;1;1)$, puis on cherche son intersection avec $\mathcal{P}$. Représentation paramétrique de la droite : $\begin{cases} x = 2 + t \\ y = 1 + t \\ z = 4 + t \end{cases}$ On substitue dans $x + y + z - 3 = 0$ : $(2 + t) + (1 + t) + (4 + t) - 3 = 0$ $7 + 3t - 3 = 0$ $3t + 4 = 0 \implies t = -\dfrac{4}{3}$ $x_H = 2 - \dfrac{4}{3} = \dfrac{2}{3}, \quad y_H = 1 - \dfrac{4}{3} = -\dfrac{1}{3}, \quad z_H = 4 - \dfrac{4}{3} = \dfrac{8}{3}$ $\boxed{H\left(\dfrac{2}{3} ; -\dfrac{1}{3} ; \dfrac{8}{3}\right)}$

4.

Vérifier le résultat en calculant

AH

.

**Méthode :** On calcule la distance $AH$ et on vérifie qu'elle est égale à $d(A, \mathcal{P})$. $\vec{AH} = \left(\dfrac{2}{3} - 2 ; -\dfrac{1}{3} - 1 ; \dfrac{8}{3} - 4\right) = \left(-\dfrac{4}{3} ; -\dfrac{4}{3} ; -\dfrac{4}{3}\right)$ $AH = \sqrt{\left(-\dfrac{4}{3}\right)^2 + \left(-\dfrac{4}{3}\right)^2 + \left(-\dfrac{4}{3}\right)^2} = \sqrt{3 \times \dfrac{16}{9}} = \sqrt{\dfrac{16}{3}} = \dfrac{4}{\sqrt{3}} = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}$ On retrouve bien $d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}$. $\boxed{AH = \dfrac{4\sqrt{3}}{3} = d(A, \mathcal{P})}$

Exercice 4

Non commencéFacile

On considère les points

A(1;0;0)

,

B(0;1;0)

et

C(0;0;1)

.

1.

Déterminer une équation cartésienne du plan

(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)

au plan

(ABC)

.

3.

Déterminer le projeté orthogonal

H

de

O

sur le plan

(ABC)

.

Exercice 5

Non commencéFacile

Soit la droite

\Delta

passant par

A(1;2;0)

et de vecteur directeur

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

.

1.

Écrire une représentation paramétrique de

\Delta

.

2.

Déterminer le projeté orthogonal

H

du point

B(3;2;1)

sur la droite

\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

B

à la droite

\Delta

.

Exercice 6

Non commencéFacile

On considère le plan

\mathcal{P}

d'équation

3x - 4y + 5 = 0

et le point

A(1;2;3)

.

1.

Le plan

\mathcal{P}

est-il parallèle à l'axe

(Oz)

? Justifier.

**Méthode :** On examine le vecteur normal du plan et le vecteur directeur de l'axe $(Oz)$. Le vecteur normal de $\mathcal{P}$ est $\vec{n}(3;-4;0)$. Le vecteur directeur de $(Oz)$ est $\vec{k}(0;0;1)$. $\vec{n} \cdot \vec{k} = 3 \times 0 + (-4) \times 0 + 0 \times 1 = 0$ Comme $\vec{n} \perp \vec{k}$, la droite $(Oz)$ est parallèle au plan $\mathcal{P}$ (ou incluse dedans). Vérifions si $O(0;0;0)$ appartient à $\mathcal{P}$ : $3(0) - 4(0) + 5 = 5 \neq 0$, donc $O \notin \mathcal{P}$. Ainsi $(Oz)$ est strictement parallèle à $\mathcal{P}$. $\boxed{\text{Oui, } (Oz) \text{ est parallèle à } \mathcal{P}}$

2.

Calculer la distance de

A

au plan

\mathcal{P}

.

3.

Calculer la distance de

B(2;3;1)

au plan

\mathcal{P}

.

Exercice 7

Non commencéFacile

On considère le point

A(2;-1;3)

et le plan

\mathcal{P}

d'équation

x - 2y + 2z - 9 = 0

.

1.

Déterminer le projeté orthogonal

H

de

A

sur

\mathcal{P}

.

**Méthode :** On paramètre la droite passant par $A$ et dirigée par $\vec{n}(1;-2;2)$, puis on l'intersecte avec $\mathcal{P}$. $\begin{cases} x = 2 + t \\ y = -1 - 2t \\ z = 3 + 2t \end{cases}$ On substitue dans $x - 2y + 2z - 9 = 0$ : $(2+t) - 2(-1-2t) + 2(3+2t) - 9 = 0$ $2 + t + 2 + 4t + 6 + 4t - 9 = 0$ $9t + 1 = 0 \implies t = -\dfrac{1}{9}$ $x_H = 2 - \dfrac{1}{9} = \dfrac{17}{9}, \quad y_H = -1 + \dfrac{2}{9} = -\dfrac{7}{9}, \quad z_H = 3 - \dfrac{2}{9} = \dfrac{25}{9}$ $\boxed{H\left(\dfrac{17}{9} ; -\dfrac{7}{9} ; \dfrac{25}{9}\right)}$

2.

Déterminer le symétrique

A'

de

A

par rapport au plan

\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'

et

A

sont à égale distance de

\mathcal{P}

.

**Méthode :** On calcule $d(A', \mathcal{P})$ et on vérifie qu'elle est égale à $d(A, \mathcal{P})$. $d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|1 \times 2 + (-2)(-1) + 2 \times 3 - 9|}{\sqrt{1+4+4}} = \dfrac{|2+2+6-9|}{3} = \dfrac{1}{3}$ $d(A', \mathcal{P}) = \dfrac{\left|\dfrac{16}{9} + \dfrac{10}{9} + \dfrac{46}{9} - 9\right|}{3} = \dfrac{\left|\dfrac{16+10+46-81}{9}\right|}{3} = \dfrac{\left|-\dfrac{9}{9}\right|}{3} = \dfrac{1}{3}$ On a bien $d(A, \mathcal{P}) = d(A', \mathcal{P}) = \dfrac{1}{3}$. $\boxed{d(A, \mathcal{P}) = d(A', \mathcal{P}) = \dfrac{1}{3}}$

Exercice 8

Non commencéFacile

On considère la droite

d

de représentation paramétrique

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

et le plan

\mathcal{P}

d'équation

x - y + 2z - 1 = 0

.

1.

Montrer que la droite

d

est orthogonale au plan

\mathcal{P}

.

**Méthode :** Une droite est orthogonale à un plan si son vecteur directeur est colinéaire au vecteur normal du plan. Le vecteur directeur de $d$ est $\vec{u}(1;-1;2)$. Le vecteur normal de $\mathcal{P}$ est $\vec{n}(1;-1;2)$. On constate que $\vec{u} = \vec{n}$, donc $\vec{u}$ 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

d

et

\mathcal{P}

.

3.

Le point

A(2;1;3)

est-il sur la droite

d

? Si oui, calculer la distance

AI

.

Exercice 9

Non commencéFacile

Dans un repère orthonormé, on considère les plans

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

et

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

.

1.

Montrer que les plans

\mathcal{P}_1

et

\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

\mathcal{P}_1

et

\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

\Delta

de

\mathcal{P}_1

et

\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

Non commencéFacile

On considère les points

A(1;0;0)

,

B(0;2;0)

et le plan

\mathcal{P}

d'équation

z = 0

(plan

(xOy)

).

1.

Le point

C(1;1;3)

appartient-il au plan

\mathcal{P}

? Calculer la distance de

C

au plan

\mathcal{P}

.

2.

Déterminer le projeté orthogonal

H

de

C

sur

\mathcal{P}

.

**Méthode :** Le projeté orthogonal de $C$ sur le plan $z = 0$ s'obtient en posant $z = 0$ et en gardant les autres coordonnées. Comme $\mathcal{P}$ est le plan $z = 0$ et que la direction orthogonale est $(0;0;1)$ : La droite passant par $C(1;1;3)$ de direction $(0;0;1)$ est $\begin{cases} x = 1 \\ y = 1 \\ z = 3 + t \end{cases}$. Pour $z = 0$ : $3 + t = 0 \implies t = -3$. $\boxed{H(1;1;0)}$

3.

Calculer l'aire du triangle

ABH

.

**Méthode :** On utilise la formule $\text{Aire} = \dfrac{1}{2} \|\vec{AB}\| \times \|\vec{AH}\| \times \sin(\widehat{BAH})$. Ici, on peut aussi utiliser la formule avec les coordonnées dans le plan $z = 0$. Dans le plan $z = 0$ : $A(1;0;0)$, $B(0;2;0)$, $H(1;1;0)$. $\vec{AB} = (-1;2;0), \quad \vec{AH} = (0;1;0)$ $\vec{AB} \cdot \vec{AH} = 0 + 2 + 0 = 2$ $\|\vec{AB}\| = \sqrt{1+4} = \sqrt{5}, \quad \|\vec{AH}\| = 1$ $\cos(\widehat{BAH}) = \dfrac{2}{\sqrt{5}}, \quad \sin(\widehat{BAH}) = \sqrt{1 - \dfrac{4}{5}} = \dfrac{1}{\sqrt{5}}$ $\text{Aire} = \dfrac{1}{2} \times \sqrt{5} \times 1 \times \dfrac{1}{\sqrt{5}} = \dfrac{1}{2}$ $\boxed{\text{Aire}(ABH) = \dfrac{1}{2}}$

Exercice 11

Non commencéIntermédiaire

On considère les points

A(1;2;3)

,

B(3;0;1)

et le plan

\mathcal{P}

d'équation

x + 2y - 2z + 1 = 0

.

1.

Calculer les distances de

A

et

B

au plan

\mathcal{P}

.

2.

Déterminer le projeté orthogonal

H

de

B

sur

\mathcal{P}

.

**Méthode :** On paramètre la droite passant par $B$ de direction $\vec{n}(1;2;-2)$ et on l'intersecte avec $\mathcal{P}$. $\begin{cases} x = 3 + t \\ y = 2t \\ z = 1 - 2t \end{cases}$ Substitution : $(3+t) + 2(2t) - 2(1-2t) + 1 = 0$ $3 + t + 4t - 2 + 4t + 1 = 0$ $9t + 2 = 0 \implies t = -\dfrac{2}{9}$ $x_H = 3 - \dfrac{2}{9} = \dfrac{25}{9}, \quad y_H = -\dfrac{4}{9}, \quad z_H = 1 + \dfrac{4}{9} = \dfrac{13}{9}$ $\boxed{H\left(\dfrac{25}{9} ; -\dfrac{4}{9} ; \dfrac{13}{9}\right)}$

3.

Déterminer le symétrique

B'

de

B

par rapport au plan

\mathcal{P}

.

4.

Calculer

AB'

et montrer que

AB' = AB

.

**Méthode :** Comme $A \in \mathcal{P}$, la symétrie par rapport à $\mathcal{P}$ conserve les distances au plan, donc $AB' = AB$. Vérifions par le calcul. $AB = \sqrt{(3-1)^2 + (0-2)^2 + (1-3)^2} = \sqrt{4+4+4} = 2\sqrt{3}$ $AB' = \sqrt{\left(\dfrac{23}{9}-1\right)^2 + \left(-\dfrac{8}{9}-2\right)^2 + \left(\dfrac{17}{9}-3\right)^2}$ $= \sqrt{\left(\dfrac{14}{9}\right)^2 + \left(-\dfrac{26}{9}\right)^2 + \left(-\dfrac{10}{9}\right)^2}$ $= \sqrt{\dfrac{196 + 676 + 100}{81}} = \sqrt{\dfrac{972}{81}} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$ On a bien $AB' = AB = 2\sqrt{3}$. C'est logique car $A \in \mathcal{P}$, donc $A$ est invariant par la symétrie. $\boxed{AB' = AB = 2\sqrt{3}}$

Exercice 12

Non commencéIntermédiaire

Soit la droite

\Delta

passant par

A(1;0;2)

et de vecteur directeur

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

, et le point

M(3;2;1)

.

1.

Déterminer le projeté orthogonal

H

de

M

sur

\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

M

à la droite

\Delta

.

**Méthode :** On calcule $MH$. $\vec{MH} = \left(\dfrac{10}{3}-3 ; \dfrac{7}{6}-2 ; \dfrac{5}{6}-1\right) = \left(\dfrac{1}{3} ; -\dfrac{5}{6} ; -\dfrac{1}{6}\right)$ $MH^2 = \dfrac{1}{9} + \dfrac{25}{36} + \dfrac{1}{36} = \dfrac{4}{36} + \dfrac{25}{36} + \dfrac{1}{36} = \dfrac{30}{36} = \dfrac{5}{6}$ $MH = \sqrt{\dfrac{5}{6}} = \dfrac{\sqrt{30}}{6}$ $\boxed{d(M, \Delta) = \dfrac{\sqrt{30}}{6}}$

3.

Déterminer le symétrique

M'

de

M

par rapport à la droite

\Delta

.

4.

Vérifier que

MM' \perp \Delta

et que

H

est le milieu de

[MM']

.

**Méthode :** On vérifie l'orthogonalité par le produit scalaire et le milieu par les coordonnées. $\vec{MM'} = \left(\dfrac{11}{3}-3 ; \dfrac{1}{3}-2 ; \dfrac{2}{3}-1\right) = \left(\dfrac{2}{3} ; -\dfrac{5}{3} ; -\dfrac{1}{3}\right)$ $\vec{MM'} \cdot \vec{u} = 2 \times \dfrac{2}{3} + 1 \times \left(-\dfrac{5}{3}\right) + (-1) \times \left(-\dfrac{1}{3}\right) = \dfrac{4}{3} - \dfrac{5}{3} + \dfrac{1}{3} = 0 $ Milieu de $[MM']$ : $\left(\dfrac{3 + \frac{11}{3}}{2} ; \dfrac{2 + \frac{1}{3}}{2} ; \dfrac{1 + \frac{2}{3}}{2}\right) = \left(\dfrac{\frac{20}{3}}{2} ; \dfrac{\frac{7}{3}}{2} ; \dfrac{\frac{5}{3}}{2}\right) = \left(\dfrac{10}{3} ; \dfrac{7}{6} ; \dfrac{5}{6}\right) = H $ $\boxed{\vec{MM'} \cdot \vec{u} = 0 \text{ et le milieu de } [MM'] \text{ est bien } H}$

Exercice 13

Non commencéIntermédiaire

On considère le plan

\mathcal{P}

passant par

A(1;0;0)

et de vecteur normal

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

, et les points

B(2;3;4)

et

C(0;-1;2)

.

1.

Déterminer une équation cartésienne du plan

\mathcal{P}

.

2.

Les points

B

et

C

sont-ils du même côté du plan

\mathcal{P}

?

**Méthode :** On évalue l'expression $ax + by + cz + d$ pour chaque point. Si les résultats ont le même signe, les points sont du même côté. Pour $B(2;3;4)$ : $2 + 3 + 4 - 1 = 8 > 0$. Pour $C(0;-1;2)$ : $0 - 1 + 2 - 1 = 0$. Comme le résultat pour $C$ est nul, $C$ appartient au plan $\mathcal{P}$. On ne peut pas dire que $B$ 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

B

au plan

\mathcal{P}

.

4.

Déterminer l'ensemble des points

M

de l'espace tels que

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

.

**Méthode :** L'ensemble des points à distance constante $d$ d'un plan est constitué de deux plans parallèles au plan donné. On cherche $M(x;y;z)$ tel que : $\dfrac{|x + y + z - 1|}{\sqrt{3}} = 2$ $|x + y + z - 1| = 2\sqrt{3}$ Cela donne deux cas : - $x + y + z - 1 = 2\sqrt{3}$, soit $x + y + z - 1 - 2\sqrt{3} = 0$ - $x + y + z - 1 = -2\sqrt{3}$, soit $x + y + z - 1 + 2\sqrt{3} = 0$ L'ensemble est la réunion des deux plans parallèles à $\mathcal{P}$ : $\boxed{\mathcal{P}_1 : x + y + z = 1 + 2\sqrt{3} \quad \text{et} \quad \mathcal{P}_2 : x + y + z = 1 - 2\sqrt{3}}$

Exercice 14

Non commencéIntermédiaire

On considère la sphère

\mathcal{S}

de centre

\Omega(1;2;-1)

et de rayon

R = 3

.

1.

Écrire une équation de la sphère

\mathcal{S}

.

2.

Le plan

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

coupe-t-il la sphère

\mathcal{S}

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

**Méthode :** On calcule la distance du centre $\Omega$ au plan $\mathcal{P}$ et on compare au rayon. $d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{|2(1) - 1(2) + 2(-1) - 3|}{\sqrt{4+1+4}} = \dfrac{|2-2-2-3|}{3} = \dfrac{5}{3}$ Comme $d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{5}{3} < 3 = R$, le plan coupe la sphère. L'intersection est un cercle de rayon : $r = \sqrt{R^2 - d^2} = \sqrt{9 - \dfrac{25}{9}} = \sqrt{\dfrac{81-25}{9}} = \sqrt{\dfrac{56}{9}} = \dfrac{2\sqrt{14}}{3}$ $\boxed{\text{L'intersection est un cercle de rayon } r = \dfrac{2\sqrt{14}}{3}}$

3.

Déterminer les coordonnées du centre

I

de ce cercle.

**Méthode :** $I$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $\mathcal{P}$. La droite passant par $\Omega(1;2;-1)$ de direction $\vec{n}(2;-1;2)$ : $\begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = 2 - t \\ z = -1 + 2t \end{cases}$ Substitution dans $2x - y + 2z - 3 = 0$ : $2(1+2t) - (2-t) + 2(-1+2t) - 3 = 0$ $2 + 4t - 2 + t - 2 + 4t - 3 = 0$ $9t - 5 = 0 \implies t = \dfrac{5}{9}$ $x_I = 1 + \dfrac{10}{9} = \dfrac{19}{9}, \quad y_I = 2 - \dfrac{5}{9} = \dfrac{13}{9}, \quad z_I = -1 + \dfrac{10}{9} = \dfrac{1}{9}$ $\boxed{I\left(\dfrac{19}{9} ; \dfrac{13}{9} ; \dfrac{1}{9}\right)}$

Exercice 15

Non commencéIntermédiaire

Soient

A(2;1;0)

et

B(0;3;2)

. On note

\mathcal{M}

le plan médiateur de

[AB]

.

1.

Déterminer une équation cartésienne du plan médiateur

\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)

appartient-il au plan

\mathcal{M}

? Est-il équidistant de

A

et

B

?

**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

M

de

\mathcal{M}

tels que

MA = 4

.

**Méthode :** On cherche les points de $\mathcal{M}$ situés sur la sphère de centre $A$ et de rayon $4$. L'intersection d'un plan et d'une sphère est un cercle (si la distance centre-plan est inférieure au rayon). Comme $MA = MB$ pour tout $M \in \mathcal{M}$, on peut aussi écrire $MB = 4$. L'ensemble cherché est l'intersection de $\mathcal{M}$ et de la sphère de centre $A(2;1;0)$ et rayon $4$. Distance de $A$ 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

Non commencéIntermédiaire

On considère la droite

d_1

de représentation paramétrique

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

et la droite

d_2

de représentation paramétrique

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

.

1.

Montrer que les droites

d_1

et

d_2

sont parallèles.

**Méthode :** On compare les vecteurs directeurs. Vecteur directeur de $d_1$ : $\vec{u_1}(1;2;1)$. Vecteur directeur de $d_2$ : $\vec{u_2}(1;2;1)$. Comme $\vec{u_1} = \vec{u_2}$, les deux droites ont le même vecteur directeur. Vérifions qu'elles ne sont pas confondues. Le point $A(1;0;-1)$ 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

d_1

et

d_2

.

**Méthode :** La distance entre deux droites parallèles est la distance de n'importe quel point de l'une à l'autre. On prend $A(1;0;-1) \in d_1$ et on calcule $d(A, d_2)$. Le projeté orthogonal $H$ 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

\mathcal{P}

contenant

d_1

et parallèle à

d_2

.

**Méthode :** Le plan $\mathcal{P}$ contient $d_1$ et est parallèle à $d_2$. Comme $d_1 \parallel d_2$, il suffit de trouver le plan contenant $d_1$ et passant par tout point de $d_1$, avec un vecteur normal perpendiculaire à $\vec{u}$ et à $\vec{AB}$ où $B \in d_2$. $A(1;0;-1) \in d_1$ 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

Non commencéIntermédiaire

On considère le tétraèdre

OABC

avec

O(0;0;0)

,

A(4;0;0)

,

B(0;4;0)

et

C(0;0;4)

.

Tétraèdre OABC représenté en perspective

1.

Déterminer une équation cartésienne du plan

(ABC)

.

2.

Calculer la distance de

O

au plan

(ABC)

.

3.

Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal

H

de

O

sur

(ABC)

.

4.

En déduire le volume du tétraèdre

OABC

.

**Méthode :** Le volume d'un tétraèdre est $V = \dfrac{1}{3} \times \text{Aire}_{\text{base}} \times h$, où $h = d(O, (ABC))$. L'aire du triangle $ABC$ : comme $OA = OB = OC = 4$ et les arêtes sont sur les axes, $AB = \sqrt{16+16} = 4\sqrt{2}, \quad AC = 4\sqrt{2}, \quad BC = 4\sqrt{2}$ Le triangle $ABC$ est équilatéral de côté $4\sqrt{2}$. $\text{Aire}(ABC) = \dfrac{(4\sqrt{2})^2 \sqrt{3}}{4} = \dfrac{32\sqrt{3}}{4} = 8\sqrt{3}$ $V = \dfrac{1}{3} \times 8\sqrt{3} \times \dfrac{4\sqrt{3}}{3} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{32 \times 3}{3} = \dfrac{32}{3}$ **Vérification :** On sait aussi que $V = \dfrac{1}{6} |\text{(CL)}(\vec{OA}, \vec{OB}, \vec{OC})|$. Ici le système (produit des diagonales car les vecteurs sont sur les axes) vaut $4 \times 4 \times 4 = 64$. $V = \dfrac{64}{6} = \dfrac{32}{3} $ $\boxed{V = \dfrac{32}{3} \text{ unités de volume}}$

Exercice 18

Non commencéIntermédiaire

Soit le plan

\mathcal{P}

d'équation

2x + y - 2z + 3 = 0

et les points

A(1;-1;2)

et

B(3;1;0)

.

1.

Montrer que la droite

(AB)

est parallèle au plan

\mathcal{P}

.

**Méthode :** On vérifie que $\vec{AB}$ est orthogonal au vecteur normal $\vec{n}$ du plan (et que $A \notin \mathcal{P}$). $\vec{AB} = (2;2;-2)$ $\vec{n} = (2;1;-2)$ $\vec{AB} \cdot \vec{n} = 4 + 2 + 4 = 10 \neq 0$ Comme $\vec{AB} \cdot \vec{n} \neq 0$, la droite $(AB)$ n'est **pas** parallèle à $\mathcal{P}$. Elle est sécante au plan. $\boxed{(AB) \text{ n'est pas parallèle à } \mathcal{P} \text{, elle est sécante}}$

2.

Déterminer le point d'intersection

I

de

(AB)

avec

\mathcal{P}

.

**Méthode :** On paramètre $(AB)$ et on substitue dans l'équation du plan. $\begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = -1 + 2t \\ z = 2 - 2t \end{cases}$ $2(1+2t) + (-1+2t) - 2(2-2t) + 3 = 0$ $2 + 4t - 1 + 2t - 4 + 4t + 3 = 0$ $10t = 0 \implies t = 0$ Donc $I = A(1;-1;2)$. Vérifions : $2(1) + (-1) - 2(2) + 3 = 2 - 1 - 4 + 3 = 0$ ✓. En fait, $A$ appartient au plan $\mathcal{P}$. $\boxed{I = A(1;-1;2)}$

3.

Calculer la distance de

B

au plan

\mathcal{P}

.

4.

Déterminer le projeté orthogonal

H

de

B

sur

\mathcal{P}

et calculer

AH

.

**Méthode :** On projette $B$ sur $\mathcal{P}$. $\begin{cases} x = 3 + 2s \\ y = 1 + s \\ z = -2s \end{cases}$ $2(3+2s) + (1+s) - 2(-2s) + 3 = 0$ $6+4s+1+s+4s+3 = 0$ $9s + 10 = 0 \implies s = -\dfrac{10}{9}$ $x_H = 3 - \dfrac{20}{9} = \dfrac{7}{9}, \quad y_H = 1 - \dfrac{10}{9} = -\dfrac{1}{9}, \quad z_H = \dfrac{20}{9}$ $AH = \sqrt{\left(\dfrac{7}{9}-1\right)^2 + \left(-\dfrac{1}{9}+1\right)^2 + \left(\dfrac{20}{9}-2\right)^2}$ $= \sqrt{\left(-\dfrac{2}{9}\right)^2 + \left(\dfrac{8}{9}\right)^2 + \left(\dfrac{2}{9}\right)^2}$ $= \sqrt{\dfrac{4+64+4}{81}} = \sqrt{\dfrac{72}{81}} = \dfrac{6\sqrt{2}}{9} = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}$ $\boxed{H\left(\dfrac{7}{9} ; -\dfrac{1}{9} ; \dfrac{20}{9}\right) \text{ et } AH = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}}$

Exercice 19

Non commencéIntermédiaire

On considère le cube

ABCDEFGH

de côté

1

dans un repère orthonormé, avec

A(0;0;0)

,

B(1;0;0)

,

D(0;1;0)

,

E(0;0;1)

.

Cube ABCDEFGH représenté en perspective

1.

Donner les coordonnées de tous les sommets du cube.

2.

Déterminer une équation cartésienne du plan

(BDG)

.

3.

Calculer la distance de

A

au plan

(BDG)

.

4.

Le point

E

est-il à la même distance du plan

(BDG)

que

A

?

Exercice 20

Non commencéIntermédiaire

On considère le point

A(3;1;-2)

et le plan

\mathcal{P}

d'équation

x - y + z + 1 = 0

.

1.

Déterminer le projeté orthogonal

H

de

A

sur

\mathcal{P}

.

**Méthode :** On paramètre la droite passant par $A$ et de direction $\vec{n}(1;-1;1)$. $\begin{cases} x = 3 + t \\ y = 1 - t \\ z = -2 + t \end{cases}$ Substitution dans $x - y + z + 1 = 0$ : $(3+t) - (1-t) + (-2+t) + 1 = 0$ $3 + t - 1 + t - 2 + t + 1 = 0$ $3t + 1 = 0 \implies t = -\dfrac{1}{3}$ $x_H = 3 - \dfrac{1}{3} = \dfrac{8}{3}, \quad y_H = 1 + \dfrac{1}{3} = \dfrac{4}{3}, \quad z_H = -2 - \dfrac{1}{3} = -\dfrac{7}{3}$ $\boxed{H\left(\dfrac{8}{3} ; \dfrac{4}{3} ; -\dfrac{7}{3}\right)}$

2.

Déterminer le symétrique

A'

de

A

par rapport à

\mathcal{P}

.

3.

Soit

B(0;0;-1)

. Vérifier que

B \in \mathcal{P}

, puis montrer que

AB = A'B

.

**Méthode :** On vérifie que $B(0;0;-1)$ appartient au plan $\mathcal{P}$ : $0 - 0 - 1 + 1 = 0$. $AB = \sqrt{9 + 1 + 1} = \sqrt{11}$ $A'B = \sqrt{\left(\dfrac{7}{3}\right)^2 + \left(\dfrac{5}{3}\right)^2 + \left(-\dfrac{8}{3}+1\right)^2} = \sqrt{\dfrac{49}{9} + \dfrac{25}{9} + \dfrac{25}{9}} = \sqrt{\dfrac{99}{9}} = \sqrt{11}$ On a bien $AB = A'B = \sqrt{11}$. En effet, pour tout point $B$ du plan $\mathcal{P}$, on a $AB = A'B$ car la symétrie orthogonale par rapport au plan fixe $B$, envoie $A$ sur $A'$ et conserve les distances. $\boxed{AB = A'B = \sqrt{11}}$

4.

Trouver le point

M

du plan

\mathcal{P}

tel que

MA + MB

soit minimal (avec

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

).

**Méthode :** Pour minimiser $MA + MB$ avec $M \in \mathcal{P}$ 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

Non commencéDifficile

On considère les points

A(1;0;3)

,

B(2;1;1)

et

C(0;3;2)

dans un repère orthonormé.

1.

Déterminer une équation cartésienne du plan

(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)

au plan

(ABC)

.

3.

Déterminer le projeté orthogonal

H

de

D

sur le plan

(ABC)

.

**Méthode :** Droite passant par $D(2;0;0)$ de direction $\vec{n}(5;3;4)$ : $\begin{cases} x = 2 + 5t \\ y = 3t \\ z = 4t \end{cases}$ Substitution dans $5x + 3y + 4z - 17 = 0$ : $5(2+5t) + 3(3t) + 4(4t) - 17 = 0$ $10 + 25t + 9t + 16t - 17 = 0$ $50t - 7 = 0 \implies t = \dfrac{7}{50}$ $x_H = 2 + \dfrac{35}{50} = 2 + \dfrac{7}{10} = \dfrac{27}{10}$ $y_H = \dfrac{21}{50}, \quad z_H = \dfrac{28}{50} = \dfrac{14}{25}$ $\boxed{H\left(\dfrac{27}{10} ; \dfrac{21}{50} ; \dfrac{14}{25}\right)}$

4.

Calculer l'aire du triangle

ABC

.

**Méthode :** On utilise la formule $\text{Aire} = \dfrac{1}{2}\sqrt{\|\vec{AB}\|^2 \|\vec{AC}\|^2 - (\vec{AB} \cdot \vec{AC})^2}$. $\|\vec{AB}\|^2 = 1 + 1 + 4 = 6$ $\|\vec{AC}\|^2 = 1 + 9 + 1 = 11$ $\vec{AB} \cdot \vec{AC} = -1 + 3 + 2 = 4$ $\text{Aire} = \dfrac{1}{2}\sqrt{6 \times 11 - 16} = \dfrac{1}{2}\sqrt{66 - 16} = \dfrac{1}{2}\sqrt{50} = \dfrac{5\sqrt{2}}{2}$ $\boxed{\text{Aire}(ABC) = \dfrac{5\sqrt{2}}{2}}$

5.

En déduire le volume du tétraèdre

ABCD

.

Exercice 22

Non commencéDifficile

On considère la droite

\Delta

passant par

A(1;2;-1)

et de vecteur directeur

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

, et le point

B(3;0;4)

.

1.

Déterminer le projeté orthogonal

H

de

B

sur

\Delta

.

**Méthode :** Un point de $\Delta$ s'écrit $H(1+2t ; 2-t ; -1+2t)$. On cherche $t$ tel que $\vec{BH} \cdot \vec{u} = 0$. $\vec{BH} = (1+2t-3 ; 2-t-0 ; -1+2t-4) = (2t-2 ; 2-t ; 2t-5)$ $\vec{BH} \cdot \vec{u} = 2(2t-2) + (-1)(2-t) + 2(2t-5) = 0$ $4t - 4 - 2 + t + 4t - 10 = 0$ $9t - 16 = 0 \implies t = \dfrac{16}{9}$ $x_H = 1 + \dfrac{32}{9} = \dfrac{41}{9}, \quad y_H = 2 - \dfrac{16}{9} = \dfrac{2}{9}, \quad z_H = -1 + \dfrac{32}{9} = \dfrac{23}{9}$ $\boxed{H\left(\dfrac{41}{9} ; \dfrac{2}{9} ; \dfrac{23}{9}\right)}$

2.

Calculer la distance de

B

à la droite

\Delta

.

3.

Déterminer une équation cartésienne du plan

\mathcal{P}

passant par

B

et perpendiculaire à

\Delta

.

4.

Vérifier que

H

est le point d'intersection de

\Delta

et

\mathcal{P}

.

Exercice 23

Non commencéDifficile

On considère la sphère

\mathcal{S}

d'équation

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

et le plan

\mathcal{P}

d'équation

x - 2y + 2z - 1 = 0

.

1.

Déterminer le centre

\Omega

et le rayon

R

de la sphère

\mathcal{S}

.

2.

Calculer la distance du centre

\Omega

au plan

\mathcal{P}

.

3.

Le plan

\mathcal{P}

est-il tangent, sécant ou extérieur à la sphère

\mathcal{S}

?

4.

Déterminer la valeur de

k

pour que le plan

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

soit tangent à la sphère.

Exercice 24

Non commencéDifficile

Soient les plans

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

et

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

.

1.

Montrer que

\mathcal{P}_1

et

\mathcal{P}_2

sont sécants.

2.

Déterminer une représentation paramétrique de leur droite d'intersection

\Delta

.

**Méthode :** On résout le système. $\begin{cases} x + 2y - z = -3 \quad (1) \\ 2x - y + 3z = 1 \quad (2) \end{cases}$ $(1) \times 2 - (2)$ : $2x + 4y - 2z - 2x + y - 3z = -6 - 1$, soit $5y - 5z = -7$, donc $y = z - \dfrac{7}{5}$. Dans $(1)$ : $x + 2\left(z - \dfrac{7}{5}\right) - z = -3$, soit $x + z - \dfrac{14}{5} = -3$, donc $x = -z + \dfrac{14}{5} - 3 = -z - \dfrac{1}{5}$. En posant $z = t$ : $\begin{cases} x = -t - \dfrac{1}{5} \\ y = t - \dfrac{7}{5} \\ z = t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}$ **Vérification** avec $t = 0$ : $\left(-\dfrac{1}{5} ; -\dfrac{7}{5} ; 0\right)$. $\mathcal{P}_1$ : $-\dfrac{1}{5} - \dfrac{14}{5} - 0 + 3 = -3 + 3 = 0$ ✓ $\mathcal{P}_2$ : $-\dfrac{2}{5} + \dfrac{7}{5} + 0 - 1 = 1 - 1 = 0$ ✓ $\boxed{\begin{cases} x = -\dfrac{1}{5} - t \\ y = -\dfrac{7}{5} + t \\ z = t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}}$

3.

Calculer la distance du point

A(1;0;0)

à la droite

\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

Non commencéDifficile

On considère le point

A(4;1;3)

et la sphère

\mathcal{S}

de centre

\Omega(1;-1;2)

et de rayon

2

.

1.

Montrer que

A

est extérieur à la sphère.

2.

Déterminer le plan

\mathcal{P}

tangent à la sphère au point le plus proche de

A

.

**Méthode :** Le point de $\mathcal{S}$ le plus proche de $A$ est sur la droite $(\Omega A)$, du côté de $A$. $\vec{\Omega A} = (3;2;1), \quad \|\vec{\Omega A}\| = \sqrt{14}$ Le point $T$ est tel que $\vec{\Omega T} = \dfrac{R}{\Omega A} \vec{\Omega A} = \dfrac{2}{\sqrt{14}}(3;2;1)$. $T = \Omega + \dfrac{2}{\sqrt{14}}(3;2;1) = \left(1 + \dfrac{6}{\sqrt{14}} ; -1 + \dfrac{4}{\sqrt{14}} ; 2 + \dfrac{2}{\sqrt{14}}\right)$ Le plan tangent en $T$ a pour vecteur normal $\vec{\Omega T}$ (ou $\vec{\Omega A}$), soit $\vec{n}(3;2;1)$. Simplifions : $T = \left(1 + \dfrac{3\sqrt{14}}{7} ; -1 + \dfrac{2\sqrt{14}}{7} ; 2 + \dfrac{\sqrt{14}}{7}\right)$. L'équation du plan tangent est : $3(x - x_T) + 2(y - y_T) + 1(z - z_T) = 0$ $3x + 2y + z = 3x_T + 2y_T + z_T$ Calcul du second membre : $3\left(1+\dfrac{3\sqrt{14}}{7}\right) + 2\left(-1+\dfrac{2\sqrt{14}}{7}\right) + \left(2+\dfrac{\sqrt{14}}{7}\right)$ $= 3 + \dfrac{9\sqrt{14}}{7} - 2 + \dfrac{4\sqrt{14}}{7} + 2 + \dfrac{\sqrt{14}}{7} = 3 + \dfrac{14\sqrt{14}}{7} = 3 + 2\sqrt{14}$ $\boxed{\mathcal{P} : 3x + 2y + z - 3 - 2\sqrt{14} = 0}$

3.

Calculer la distance de

A

au plan tangent

\mathcal{P}

.

**Méthode :** La distance de $A$ au plan tangent est $\Omega A - R$. $d(A, \mathcal{P}) = \Omega A - R = \sqrt{14} - 2$ **Vérification par la formule :** $d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|3(4) + 2(1) + 3 - 3 - 2\sqrt{14}|}{\sqrt{9+4+1}} = \dfrac{|12 + 2 + 3 - 3 - 2\sqrt{14}|}{\sqrt{14}} = \dfrac{|14 - 2\sqrt{14}|}{\sqrt{14}}$ $= \dfrac{14 - 2\sqrt{14}}{\sqrt{14}} = \dfrac{14}{\sqrt{14}} - 2 = \sqrt{14} - 2 $ $\boxed{d(A, \mathcal{P}) = \sqrt{14} - 2}$

4.

Déterminer la longueur de la tangente issue de

A

à la sphère.

Exercice 26

Non commencéDifficile

Soit le plan

\mathcal{P}

d'équation

x + y + z = 6

et les points

A(1;0;0)

et

B(0;0;1)

.

1.

Vérifier que

A

et

B

sont du même côté du plan

\mathcal{P}

.

2.

Déterminer les symétriques

A'

de

A

et

B'

de

B

par rapport à

\mathcal{P}

.

**Méthode :** On projette chaque point sur $\mathcal{P}$, puis on prend le symétrique. **Pour $A(1;0;0)$ :** droite de direction $\vec{n}(1;1;1)$ passant par $A$ : $\begin{cases} x = 1+t \\ y = t \\ z = t \end{cases}$ $(1+t) + t + t = 6 \implies 3t + 1 = 6 \implies t = \dfrac{5}{3}$. $H_A = \left(\dfrac{8}{3} ; \dfrac{5}{3} ; \dfrac{5}{3}\right)$, donc $A' = 2H_A - A = \left(\dfrac{13}{3} ; \dfrac{10}{3} ; \dfrac{10}{3}\right)$. **Pour $B(0;0;1)$ :** droite de direction $\vec{n}(1;1;1)$ passant par $B$ : $\begin{cases} x = t \\ y = t \\ z = 1+t \end{cases}$ $t + t + 1 + t = 6 \implies 3t = 5 \implies t = \dfrac{5}{3}$. $H_B = \left(\dfrac{5}{3} ; \dfrac{5}{3} ; \dfrac{8}{3}\right)$, donc $B' = 2H_B - B = \left(\dfrac{10}{3} ; \dfrac{10}{3} ; \dfrac{13}{3}\right)$. $\boxed{A'\left(\dfrac{13}{3} ; \dfrac{10}{3} ; \dfrac{10}{3}\right) \text{ et } B'\left(\dfrac{10}{3} ; \dfrac{10}{3} ; \dfrac{13}{3}\right)}$

3.

Trouver le point

M

de

\mathcal{P}

qui minimise

MA + 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 + MB

.

Exercice 27

Non commencéDifficile

Dans un repère orthonormé, on considère la droite

d

de représentation paramétrique

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

et le plan

\mathcal{P}

d'équation

x + y - z + 1 = 0

.

1.

Montrer que

d

et

\mathcal{P}

sont sécants et déterminer le point d'intersection

I

.

**Méthode :** On substitue les expressions paramétriques dans l'équation du plan. Vecteur directeur de $d$ : $\vec{u}(2;1;-1)$. Vecteur normal de $\mathcal{P}$ : $\vec{n}(1;1;-1)$. $\vec{u} \cdot \vec{n} = 2 + 1 + 1 = 4 \neq 0$, donc $d$ n'est pas parallèle à $\mathcal{P}$, ils sont sécants. Substitution : $(1+2t) + (-1+t) - (2-t) + 1 = 0$ $1 + 2t - 1 + t - 2 + t + 1 = 0$ $4t - 1 = 0 \implies t = \dfrac{1}{4}$ $I = \left(\dfrac{3}{2} ; -\dfrac{3}{4} ; \dfrac{7}{4}\right)$ $\boxed{I\left(\dfrac{3}{2} ; -\dfrac{3}{4} ; \dfrac{7}{4}\right)}$

2.

Calculer l'angle entre la droite

d

et le plan

\mathcal{P}

.

**Méthode :** L'angle $\alpha$ entre une droite et un plan vérifie $\sin \alpha = \dfrac{|\vec{u} \cdot \vec{n}|}{\|\vec{u}\| \times \|\vec{n}\|}$. $\sin \alpha = \dfrac{|4|}{\sqrt{4+1+1} \times \sqrt{1+1+1}} = \dfrac{4}{\sqrt{6} \times \sqrt{3}} = \dfrac{4}{\sqrt{18}} = \dfrac{4}{3\sqrt{2}} = \dfrac{4\sqrt{2}}{6} = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}$ $\alpha = \arcsin\left(\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\right)$ $\boxed{\alpha = \arcsin\left(\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\right) \approx 70{,}5°}$

3.

Déterminer la droite

d'

symétrique de

d

par rapport à

\mathcal{P}

.

**Méthode :** La symétrique $d'$ passe par $I$ (point d'intersection) et par le symétrique d'un autre point de $d$ par rapport à $\mathcal{P}$. Prenons le point $A(1;-1;2)$ 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

Non commencéDifficile

On considère le plan

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

et le plan

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

.

1.

Montrer que

\mathcal{P}_1

et

\mathcal{P}_2

sont parallèles.

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

\mathcal{P}_3

parallèle à

\mathcal{P}_1

et

\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

\mathcal{P}_1

et

\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

Non commencéDifficile

On considère les points

A(2;0;1)

,

B(0;1;3)

et

C(1;2;0)

dans un repère orthonormé de l'espace.

1.

Montrer que le triangle

ABC

est rectangle en

A

.

**Méthode :** On calcule $\vec{AB} \cdot \vec{AC}$ et on vérifie qu'il est nul. $\vec{AB} = (-2;1;2), \quad \vec{AC} = (-1;2;-1)$ $\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 2 + 2 - 2 = 2 \neq 0$ Le triangle n'est **pas** rectangle en $A$. Vérifions les autres sommets. $\vec{BA} = (2;-1;-2), \quad \vec{BC} = (1;1;-3)$ $\vec{BA} \cdot \vec{BC} = 2 - 1 + 6 = 7 \neq 0$ $\vec{CA} = (1;-2;1), \quad \vec{CB} = (-1;-1;3)$ $\vec{CA} \cdot \vec{CB} = -1 + 2 + 3 = 4 \neq 0$ Le triangle n'est rectangle en aucun sommet. $\boxed{\text{Le triangle } ABC \text{ n'est pas rectangle}}$

2.

Déterminer une équation cartésienne du plan

(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

O

au plan

(ABC)

.

4.

Déterminer le projeté orthogonal

H

de

O

sur

(ABC)

et calculer l'aire du triangle

ABC

.

**Méthode :** On projette $O$ sur le plan, puis on calcule l'aire. Droite passant par $O$ de direction $\vec{n}(5;4;3)$ : $\begin{cases} x = 5t \\ y = 4t \\ z = 3t \end{cases}$. $5(5t) + 4(4t) + 3(3t) - 13 = 0 \implies 50t - 13 = 0 \implies t = \dfrac{13}{50}$. $H = \left(\dfrac{13}{10} ; \dfrac{26}{25} ; \dfrac{39}{50}\right)$. **Aire du triangle $ABC$ :** $\text{Aire} = \dfrac{1}{2}\sqrt{\|\vec{AB}\|^2 \|\vec{AC}\|^2 - (\vec{AB}\cdot\vec{AC})^2}$ $\|\vec{AB}\|^2 = 4+1+4 = 9$, $\|\vec{AC}\|^2 = 1+4+1 = 6$, $\vec{AB}\cdot\vec{AC} = 2$. $\text{Aire} = \dfrac{1}{2}\sqrt{54 - 4} = \dfrac{1}{2}\sqrt{50} = \dfrac{5\sqrt{2}}{2}$ $\boxed{H\left(\dfrac{13}{10} ; \dfrac{26}{25} ; \dfrac{39}{50}\right) \text{ et Aire}(ABC) = \dfrac{5\sqrt{2}}{2}}$

Exercice 30

Non commencéDifficile

On considère le point

A(3;1;2)

et deux plans

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

et

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

.

1.

Le point

A

appartient-il à chacun des deux plans ? Justifier.

2.

Calculer les distances de

A

à chacun des deux plans.

3.

Les plans

\mathcal{P}_1

et

\mathcal{P}_2

sont-ils perpendiculaires ?

4.

Déterminer l'ensemble des points

M

équidistants des plans

\mathcal{P}_1

et

\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

Non commencéAvancé

On considère la droite

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

et la droite

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

.

1.

Montrer que

d_1

et

d_2

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

**Méthode :** On vérifie d'abord que les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires (non parallèles), puis on montre que le système d'intersection n'a pas de solution (non sécantes). $\vec{u_1}(1;2;1)$ 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

H_1 \in d_1

et

H_2 \in d_2

tels que

(H_1H_2) \perp d_1

et

(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

H_1H_2

est bien égale à la distance entre les droites.

**Méthode :** On calcule $H_1H_2$. $\vec{H_1H_2} = \left(-\dfrac{10}{35} ; \dfrac{2}{35} ; \dfrac{6}{35}\right) = \dfrac{1}{35}(-10;2;6) = \dfrac{2}{35}(-5;1;3)$ On vérifie que ce vecteur est bien colinéaire à $\vec{n}(-5;1;3)$ ✓. $H_1H_2 = \dfrac{2}{35}\sqrt{25+1+9} = \dfrac{2\sqrt{35}}{35}$ On retrouve bien la distance calculée précédemment. $\boxed{H_1H_2 = \dfrac{2\sqrt{35}}{35} = d(d_1, d_2) }$

Exercice 32

Non commencéAvancé

On considère la sphère

\mathcal{S}

d'équation

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

et la droite

\Delta

de représentation paramétrique

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

.

1.

Déterminer le centre

\Omega

et le rayon

R

de

\mathcal{S}

.

2.

Calculer la distance du centre

\Omega

à la droite

\Delta

.

**Méthode :** On projette $\Omega$ sur $\Delta$ et on calcule la distance. Vecteur directeur de $\Delta$ : $\vec{u}(1;2;2)$. Point de $\Delta$ ($t = 0$) : $A(3;0;-1)$. $\vec{A\Omega} = (-2;2;0)$ Projeté $H$ : $t_H = \dfrac{\vec{A\Omega} \cdot \vec{u}}{\|\vec{u}\|^2} = \dfrac{-2+4+0}{1+4+4} = \dfrac{2}{9}$. $H = \left(3+\dfrac{2}{9} ; \dfrac{4}{9} ; -1+\dfrac{4}{9}\right) = \left(\dfrac{29}{9} ; \dfrac{4}{9} ; -\dfrac{5}{9}\right)$ $\vec{\Omega H} = \left(\dfrac{29}{9}-1 ; \dfrac{4}{9}-2 ; -\dfrac{5}{9}+1\right) = \left(\dfrac{20}{9} ; -\dfrac{14}{9} ; \dfrac{4}{9}\right)$ $\Omega H^2 = \dfrac{400 + 196 + 16}{81} = \dfrac{612}{81} = \dfrac{68}{9}$ $\Omega H = \dfrac{\sqrt{68}}{3} = \dfrac{2\sqrt{17}}{3}$ $\boxed{d(\Omega, \Delta) = \dfrac{2\sqrt{17}}{3}}$

3.

La droite

\Delta

coupe-t-elle la sphère

\mathcal{S}

? Si oui, déterminer les points d'intersection.

**Méthode :** On compare $d(\Omega, \Delta)$ au rayon. $d(\Omega, \Delta) = \dfrac{2\sqrt{17}}{3} \approx \dfrac{2 \times 4{,}12}{3} \approx 2{,}75 < 4 = R$. Donc la droite coupe la sphère en deux points. On substitue les coordonnées paramétriques dans l'équation de la sphère : $(3+t-1)^2 + (2t-2)^2 + (-1+2t+1)^2 = 16$ $(2+t)^2 + (2t-2)^2 + (2t)^2 = 16$ $4 + 4t + t^2 + 4t^2 - 8t + 4 + 4t^2 = 16$ $9t^2 - 4t + 8 = 16$ $9t^2 - 4t - 8 = 0$ $\Delta_{\text{eq}} = 16 + 288 = 304 = 16 \times 19$ $t = \dfrac{4 \pm 4\sqrt{19}}{18} = \dfrac{2 \pm 2\sqrt{19}}{9}$ Pour $t_1 = \dfrac{2 + 2\sqrt{19}}{9}$ 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

\Delta

sur

\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

Non commencéAvancé

On considère le point

A(4;2;-1)

, le plan

\mathcal{P}

d'équation

2x - y + 2z - 3 = 0

et le point

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

.

1.

Vérifier que

B \in \mathcal{P}

et calculer

d(A, \mathcal{P})

.

**Méthode :** On substitue et on applique la formule. $B \in \mathcal{P}$ : $2(1) - 0 + 2(1) - 3 = 2 + 2 - 3 = 1 \neq 0$. $B \notin \mathcal{P}$. Prenons plutôt un point de $\mathcal{P}$ : par exemple $B'(1;-1;0)$ : $2+1+0-3 = 0$ ✓. Continuons avec $B$ tel que donné dans l'énoncé. $d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|2(4) - 2 + 2(-1) - 3|}{\sqrt{4+1+4}} = \dfrac{|8-2-2-3|}{3} = \dfrac{1}{3}$ $\boxed{d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{1}{3}}$

2.

Déterminer le projeté orthogonal

H

de

A

sur

\mathcal{P}

et le symétrique

A'

de

A

par rapport à

\mathcal{P}

.

**Méthode :** On projette $A$ sur $\mathcal{P}$. $\begin{cases} x = 4+2t \\ y = 2-t \\ z = -1+2t \end{cases}$ $2(4+2t) - (2-t) + 2(-1+2t) - 3 = 0$ $8+4t-2+t-2+4t-3 = 0$ $9t + 1 = 0 \implies t = -\dfrac{1}{9}$ $H = \left(4-\dfrac{2}{9} ; 2+\dfrac{1}{9} ; -1-\dfrac{2}{9}\right) = \left(\dfrac{34}{9} ; \dfrac{19}{9} ; -\dfrac{11}{9}\right)$ $A' = 2H - A = \left(\dfrac{68}{9}-4 ; \dfrac{38}{9}-2 ; -\dfrac{22}{9}+1\right) = \left(\dfrac{32}{9} ; \dfrac{20}{9} ; -\dfrac{13}{9}\right)$ $\boxed{H\left(\dfrac{34}{9} ; \dfrac{19}{9} ; -\dfrac{11}{9}\right) \text{ et } A'\left(\dfrac{32}{9} ; \dfrac{20}{9} ; -\dfrac{13}{9}\right)}$

3.

Trouver le point

M

de

\mathcal{P}

tel que

MA + MB

soit minimal, avec

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 + MB

.

Exercice 34

Non commencéAvancé

On considère la sphère

\mathcal{S}_1

de centre

A(1;0;2)

et de rayon

3

, et la sphère

\mathcal{S}_2

de centre

B(5;0;-1)

et de rayon

2

.

1.

Calculer la distance

AB

et en déduire la position relative des deux sphères.

2.

Déterminer les coordonnées du point de tangence

T

.

**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

T

.

**Méthode :** Le plan tangent commun en $T$ est perpendiculaire à la droite $(AB)$, donc admet $\vec{AB}(4;0;-3)$ comme vecteur normal. Plan passant par $T\left(\dfrac{17}{5} ; 0 ; \dfrac{1}{5}\right)$ : $4\left(x-\dfrac{17}{5}\right) + 0(y) - 3\left(z-\dfrac{1}{5}\right) = 0$ $4x - \dfrac{68}{5} - 3z + \dfrac{3}{5} = 0$ $4x - 3z - \dfrac{65}{5} = 0$ $4x - 3z - 13 = 0$ $\boxed{\mathcal{P} : 4x - 3z - 13 = 0}$

4.

Vérifier que ce plan est bien tangent à chaque sphère.

Exercice 35

Non commencéAvancé

On considère dans un repère orthonormé le plan

\mathcal{P}

d'équation

x + 2y + 2z - 9 = 0

et le point

A(0;0;0)

.

1.

Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal

H

de

A

sur

\mathcal{P}

.

2.

Déterminer l'ensemble des points

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

tels que

AM = 5

.

**Méthode :** On cherche l'intersection de $\mathcal{P}$ et de la sphère de centre $A$ et rayon $5$. $d(A, \mathcal{P}) = \dfrac{|0+0+0-9|}{\sqrt{1+4+4}} = \dfrac{9}{3} = 3$. Comme $3 < 5$, l'intersection est un cercle. Rayon : $r = \sqrt{25-9} = 4$. Centre : $H(1;2;2)$. L'ensemble est un cercle de centre $H(1;2;2)$ et de rayon $4$, dans le plan $\mathcal{P}$. $\boxed{\text{Cercle de centre } H(1;2;2) \text{ et de rayon } 4 \text{ dans } \mathcal{P}}$

3.

Parmi les points

M

du plan

\mathcal{P}

, déterminer celui qui minimise

AM

et celui qui maximise

AM

sous la contrainte

AM \leq 5

.

4.

Déterminer le point

M

du plan

\mathcal{P}

le plus proche du point

B(4;4;4)

.

**Méthode :** C'est le projeté orthogonal de $B$ sur $\mathcal{P}$. $\begin{cases} x = 4+t \\ y = 4+2t \\ z = 4+2t \end{cases}$ $(4+t) + 2(4+2t) + 2(4+2t) - 9 = 0$ $4+t+8+4t+8+4t-9 = 0$ $9t + 11 = 0 \implies t = -\dfrac{11}{9}$ $M = \left(4-\dfrac{11}{9} ; 4-\dfrac{22}{9} ; 4-\dfrac{22}{9}\right) = \left(\dfrac{25}{9} ; \dfrac{14}{9} ; \dfrac{14}{9}\right)$ $\boxed{M\left(\dfrac{25}{9} ; \dfrac{14}{9} ; \dfrac{14}{9}\right)}$

5.

Calculer la distance

BM

et vérifier par la formule directe.

**Méthode :** On calcule $BM$ de deux façons. $\vec{BM} = \left(\dfrac{25}{9}-4 ; \dfrac{14}{9}-4 ; \dfrac{14}{9}-4\right) = \left(-\dfrac{11}{9} ; -\dfrac{22}{9} ; -\dfrac{22}{9}\right)$ $BM = \dfrac{1}{9}\sqrt{121 + 484 + 484} = \dfrac{\sqrt{1089}}{9} = \dfrac{33}{9} = \dfrac{11}{3}$ **Vérification :** $d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{|4+8+8-9|}{3} = \dfrac{11}{3} $ $\boxed{BM = d(B, \mathcal{P}) = \dfrac{11}{3}}$

Exercice 36

Non commencéAvancé

Soit

\mathcal{P}

le plan d'équation

x - 2y + 2z + 6 = 0

,

A(2;1;-1)

un point et

\Delta

la droite passant par

B(1;3;0)

de vecteur directeur

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

.

1.

Montrer que

\Delta

est orthogonale à

\mathcal{P}

.

2.

Déterminer le point d'intersection

I

de

\Delta

et

\mathcal{P}

.

3.

Déterminer le projeté orthogonal

H

de

A

sur la droite

\Delta

.

4.

Calculer la distance de

A

à la droite

\Delta

et la distance de

A

au plan

\mathcal{P}

.

5.

Vérifier la relation

AI^2 = AH^2 + HI^2

(Pythagore dans le triangle

AHI

).

**Méthode :** On vérifie le théorème de Pythagore car $AH \perp \Delta$ 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

Non commencéAvancé

On considère le plan

\mathcal{P}

d'équation

2x + y - 2z = 0

et la droite

\Delta

de représentation paramétrique

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

.

1.

Montrer que

\Delta

est parallèle au plan

\mathcal{P}

.

**Méthode :** On vérifie que $\vec{u} \cdot \vec{n} = 0$ et qu'un point de $\Delta$ n'appartient pas à $\mathcal{P}$. $\vec{u}(2;1;-2)$ 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

I

de

\Delta

avec

\mathcal{P}

.

3.

Déterminer le symétrique

A'

du point

A(1;-1;2)

(point de

\Delta

pour

t = 0

) par rapport au plan

\mathcal{P}

.

4.

Calculer

AI

et en déduire

d(A, \mathcal{P})

.

Exercice 38

Non commencéAvancé

On considère les points

A(1;0;0)

,

B(0;2;0)

,

C(0;0;3)

et

D(1;2;3)

dans un repère orthonormé.

1.

Déterminer une équation cartésienne du plan

(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

D

au plan

(ABC)

.

3.

Calculer le volume du tétraèdre

ABCD

.

4.

Déterminer le projeté orthogonal

H

de

D

sur

(ABC)

et calculer

AH

.

**Méthode :** On projette $D$ sur le plan. $\begin{cases} x = 1+6t \\ y = 2+3t \\ z = 3+2t \end{cases}$ $6(1+6t)+3(2+3t)+2(3+2t)-6 = 0$ $6+36t+6+9t+6+4t-6 = 0$ $49t + 12 = 0 \implies t = -\dfrac{12}{49}$ $x_H = 1 - \dfrac{72}{49} = -\dfrac{23}{49}$ $y_H = 2 - \dfrac{36}{49} = \dfrac{62}{49}$ $z_H = 3 - \dfrac{24}{49} = \dfrac{123}{49}$ $\vec{AH} = \left(-\dfrac{23}{49}-1 ; \dfrac{62}{49} ; \dfrac{123}{49}\right) = \left(-\dfrac{72}{49} ; \dfrac{62}{49} ; \dfrac{123}{49}\right)$ $AH = \dfrac{1}{49}\sqrt{5184 + 3844 + 15129} = \dfrac{\sqrt{24157}}{49}$ Simplifions : $24157 = 49 \times 493 = 49 \times 17 \times 29$. $AH = \dfrac{7\sqrt{493}}{49} = \dfrac{\sqrt{493}}{7}$ $\boxed{H\left(-\dfrac{23}{49} ; \dfrac{62}{49} ; \dfrac{123}{49}\right) \text{ et } AH = \dfrac{\sqrt{493}}{7}}$

Exercice 39

Non commencéAvancé

On considère le plan

\mathcal{P}

d'équation

x + y + z - 6 = 0

et le point

A(0;0;0)

. On cherche le point

M(x;y;z)

du plan

\mathcal{P}

tel que

AM^2

soit minimal.

1.

Justifier que le point

M

minimisant

AM

est le projeté orthogonal de

A

sur

\mathcal{P}

.

**Méthode :** Pour tout point $M \in \mathcal{P}$, on a $AM \geq d(A, \mathcal{P})$, avec égalité si et seulement si $M$ est le projeté orthogonal de $A$ sur $\mathcal{P}$. En effet, si $H$ est le projeté, pour tout $M \in \mathcal{P}$, le triangle $AHM$ est rectangle en $H$ (car $AH \perp \mathcal{P}$ 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

M

.

3.

Déterminer le point

N(x;y;z)

du plan

\mathcal{P}

, avec

x, y, z > 0

, tel que le produit

xyz

soit maximal.

**Méthode :** On utilise l'inégalité arithmético-géométrique (AM-GM). Sous la contrainte $x + y + z = 6$ avec $x, y, z > 0$. Par l'inégalité AM-GM : $\dfrac{x+y+z}{3} \geq \sqrt[3]{xyz}$ $\dfrac{6}{3} \geq \sqrt[3]{xyz}$ $2 \geq \sqrt[3]{xyz}$ $xyz \leq 8$ Égalité quand $x = y = z = 2$. Donc le maximum de $xyz$ est $8$, atteint en $N(2;2;2)$. $\boxed{N(2;2;2) \text{ et } xyz_{\max} = 8}$

4.

Déterminer le point

P

de

\mathcal{P}

le plus proche de

B(5;5;5)

.

**Méthode :** C'est le projeté orthogonal de $B$ sur $\mathcal{P}$. $\begin{cases} x = 5+t \\ y = 5+t \\ z = 5+t \end{cases}$ $(5+t) + (5+t) + (5+t) - 6 = 0 \implies 3t + 9 = 0 \implies t = -3$ $P = (2;2;2)$ Le projeté de $B$ est aussi $(2;2;2)$, le même point que $M$ 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

Non commencéAvancé

On considère la sphère

\mathcal{S}

de centre

\Omega(2;1;3)

et de rayon

R = 5

, et le plan

\mathcal{P}

d'équation

2x - 2y + z - 12 = 0

.

1.

Montrer que le plan

\mathcal{P}

coupe la sphère

\mathcal{S}

en un cercle et déterminer le rayon de ce cercle.

**Méthode :** On calcule $d(\Omega, \mathcal{P})$ et on compare à $R$. $d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{|2(2)-2(1)+3-12|}{\sqrt{4+4+1}} = \dfrac{|4-2+3-12|}{3} = \dfrac{7}{3}$ Comme $\dfrac{7}{3} < 5 = R$, le plan coupe la sphère. Rayon du cercle : $r = \sqrt{R^2 - d^2} = \sqrt{25 - \dfrac{49}{9}} = \sqrt{\dfrac{225-49}{9}} = \sqrt{\dfrac{176}{9}} = \dfrac{\sqrt{176}}{3} = \dfrac{4\sqrt{11}}{3}$ $\boxed{r = \dfrac{4\sqrt{11}}{3}}$

2.

Déterminer le centre

I

du cercle d'intersection.

**Méthode :** $I$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $\mathcal{P}$. $\begin{cases} x = 2+2t \\ y = 1-2t \\ z = 3+t \end{cases}$ $2(2+2t)-2(1-2t)+(3+t)-12 = 0$ $4+4t-2+4t+3+t-12 = 0$ $9t - 7 = 0 \implies t = \dfrac{7}{9}$ $I = \left(2+\dfrac{14}{9} ; 1-\dfrac{14}{9} ; 3+\dfrac{7}{9}\right) = \left(\dfrac{32}{9} ; -\dfrac{5}{9} ; \dfrac{34}{9}\right)$ $\boxed{I\left(\dfrac{32}{9} ; -\dfrac{5}{9} ; \dfrac{34}{9}\right)}$

3.

Déterminer les points de la sphère

\mathcal{S}

les plus proches et les plus éloignés du plan

\mathcal{P}

.

**Méthode :** Le point le plus proche est sur le segment $[\Omega I]$, à distance $R$ 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

P

et

Q

au plan

\mathcal{P}

.

**Méthode :** On applique la formule. $d(P, \mathcal{P}) = d(\Omega, \mathcal{P}) - R = \dfrac{7}{3} - 5$... mais $\dfrac{7}{3} < 5$, donc il faut prendre la valeur absolue ou raisonner différemment. En fait : - Le point le plus proche du plan est $P$ avec $d(P, \mathcal{P}) = R - d(\Omega, \mathcal{P}) = 5 - \dfrac{7}{3} = \dfrac{8}{3}$. Attention : $P$ est du même côté que le plan par rapport à $\Omega$, pas entre $\Omega$ et le plan. Recalculons proprement. $\Omega$ est à distance $\dfrac{7}{3}$ du plan. Le point de $\mathcal{S}$ le plus proche de $\mathcal{P}$ est à distance $d(\Omega, \mathcal{P}) - R$ 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 $\dfrac{d_Q - d_P}{2} = \dfrac{7}{3} = d(\Omega, \mathcal{P})$ ✓. $\boxed{d(P, \mathcal{P}) = \dfrac{8}{3} \text{ et } d(Q, \mathcal{P}) = \dfrac{22}{3}}$

Les 40 exercices, du plus simple au plus complet

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