Géométrie dans l’espace – exercice type Bac (orthogonalité)
Exercice — type Bac spécialité — Orthogonalité dans l'espace
Remarque
Cet exercice est un exercice original de type Bac (épreuve écrite de spécialité, format post-2020). Il n'est rattaché à aucune session réelle.
L'espace est rapporté à un repère orthonormé $\left(O ; \vec{i}, \vec{j}, \vec{k}\right)$.
On considère les points $A\left(3 ; 0 ; 0\right)$, $B\left(0 ; 3 ; 0\right)$, $C\left(0 ; 0 ; 3\right)$ et $S\left(3 ; 3 ; 3\right)$.
Partie A — Produit scalaire et triangle $ABC$
- Calculer le produit scalaire $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}$.
- Calculer les longueurs $AB$, $AC$ et $BC$. Que peut-on en déduire pour le triangle $ABC$ ?
- En déduire une mesure de l'angle $\widehat{BAC}$.
Partie B — Droite perpendiculaire à un plan
- Démontrer que la droite $\left(OS\right)$ est perpendiculaire au plan $\left(ABC\right)$.
- En déduire une équation cartésienne du plan $\left(ABC\right)$.
Partie C — Projeté orthogonal et distance
- Déterminer une représentation paramétrique de la droite $\left(OS\right)$.
- On note $K$ le point d'intersection de la droite $\left(OS\right)$ et du plan $\left(ABC\right)$. Déterminer les coordonnées de $K$.
- Justifier que $K$ est le projeté orthogonal du point $O$ sur le plan $\left(ABC\right)$, puis calculer la distance du point $O$ au plan $\left(ABC\right)$.
- Calculer la distance du point $S$ au plan $\left(ABC\right)$.
Partie A — Produit scalaire et triangle $ABC$
On commence par déterminer les coordonnées des deux vecteurs.
$\overrightarrow{AB}\left(0 - 3 ; 3 - 0 ; 0 - 0\right)$ soit $\overrightarrow{AB}\left(-3 ; 3 ; 0\right)$.
$\overrightarrow{AC}\left(0 - 3 ; 0 - 0 ; 3 - 0\right)$ soit $\overrightarrow{AC}\left(-3 ; 0 ; 3\right)$.
Le repère étant orthonormé, on calcule le produit scalaire à partir des coordonnées :
$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = (-3) \times (-3) + 3 \times 0 + 0 \times 3 = 9$.
$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}$ = $\mathbf{9}$
- On utilise la norme d'un vecteur dans un repère orthonormé.
$AB = \sqrt{(-3)^{2} + 3^{2} + 0^{2}} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$.
$AC = \sqrt{(-3)^{2} + 0^{2} + 3^{2}} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$.
Pour $BC$, on a $\overrightarrow{BC}\left(0 ; -3 ; 3\right)$, donc $BC = \sqrt{0^{2} + (-3)^{2} + 3^{2}} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$.
Les trois côtés ont la même longueur : le triangle $ABC$ est équilatéral.
On utilise l'expression du produit scalaire avec le cosinus de l'angle :
$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = AB \times AC \times \cos\left(\widehat{BAC}\right)$.
On en déduit :
$\cos\left(\widehat{BAC}\right) = \dfrac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{AB \times AC} = \dfrac{9}{3\sqrt{2} \times 3\sqrt{2}} = \dfrac{9}{18} = \dfrac{1}{2}$.
L'angle $\widehat{BAC}$ est compris entre $0$ et $\pi$, donc $\widehat{BAC} = \dfrac{\pi}{3}$, ce qui confirme que le triangle est équilatéral.
$\widehat{BAC}$ = $\mathbf{\dfrac{\pi}{3}}$ (soit $60^{\circ}$)
Partie B — Droite perpendiculaire à un plan
- La droite $\left(OS\right)$ est dirigée par le vecteur $\overrightarrow{OS}\left(3 ; 3 ; 3\right)$.
On calcule ses produits scalaires avec deux vecteurs non colinéaires du plan $\left(ABC\right)$ :
$\overrightarrow{OS} \cdot \overrightarrow{AB} = 3 \times (-3) + 3 \times 3 + 3 \times 0 = 0$.
$\overrightarrow{OS} \cdot \overrightarrow{AC} = 3 \times (-3) + 3 \times 0 + 3 \times 3 = 0$.
Le vecteur $\overrightarrow{OS}$ est donc orthogonal à $\overrightarrow{AB}$ et à $\overrightarrow{AC}$. Comme ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires (le triangle $ABC$ n'est pas aplati), ils dirigent le plan $\left(ABC\right)$. Le vecteur $\overrightarrow{OS}$ est donc orthogonal à deux vecteurs directeurs du plan : la droite $\left(OS\right)$ est perpendiculaire au plan $\left(ABC\right)$.
D'après la question précédente, $\overrightarrow{OS}\left(3 ; 3 ; 3\right)$ est un vecteur normal au plan $\left(ABC\right)$. On peut aussi prendre le vecteur normal plus simple $\vec{n}\left(1 ; 1 ; 1\right)$ qui lui est colinéaire.
Une équation cartésienne du plan $\left(ABC\right)$ est donc de la forme $x + y + z + d = 0$.
Le plan passe par $A\left(3 ; 0 ; 0\right)$, donc ses coordonnées vérifient l'équation :
$3 + 0 + 0 + d = 0$, soit $d = -3$.
On vérifie avec $B$ : $0 + 3 + 0 - 3 = 0$, et avec $C$ : $0 + 0 + 3 - 3 = 0$ : les trois points conviennent.
Une équation cartésienne de $\left(ABC\right)$ est $\mathbf{x + y + z - 3 = 0}$
Partie C — Projeté orthogonal et distance
- La droite $\left(OS\right)$ passe par $O\left(0 ; 0 ; 0\right)$ et est dirigée par $\overrightarrow{OS}\left(3 ; 3 ; 3\right)$. On peut simplifier en utilisant le vecteur directeur $\vec{u}\left(1 ; 1 ; 1\right)$.
Une représentation paramétrique de $\left(OS\right)$ est :
$\begin{cases} x = t \\ y = t \\ z = t \end{cases} \quad t \in \mathbb{R}$
Le point $K$ appartient à la droite $\left(OS\right)$, ses coordonnées sont donc de la forme $\left(t ; t ; t\right)$. Comme $K$ appartient aussi au plan $\left(ABC\right)$, ses coordonnées vérifient l'équation $x + y + z - 3 = 0$ :
$t + t + t - 3 = 0$, soit $3t = 3$, donc $t = 1$.
On en déduit les coordonnées de $K$.
$\mathbf{K\left(1 ; 1 ; 1\right)}$
La droite $\left(OS\right)$ est perpendiculaire au plan $\left(ABC\right)$ (question 4) et passe par $O$. Son point d'intersection $K$ avec le plan est donc le pied de la perpendiculaire au plan issue de $O$ : c'est bien le projeté orthogonal de $O$ sur le plan $\left(ABC\right)$.
La distance du point $O$ au plan $\left(ABC\right)$ est alors la longueur $OK$ :
$OK = \sqrt{1^{2} + 1^{2} + 1^{2}} = \sqrt{3}$.
On peut le retrouver avec la formule directe de la distance d'un point à un plan :
$d\left(O, \left(ABC\right)\right) = \dfrac{|0 + 0 + 0 - 3|}{\sqrt{1^{2} + 1^{2} + 1^{2}}} = \dfrac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$.
$d\left(O, \left(ABC\right)\right)$ = $\mathbf{\sqrt{3}}$
On applique la formule directe avec $S\left(3 ; 3 ; 3\right)$ et le plan $\left(ABC\right)$ : $x + y + z - 3 = 0$ :
$d\left(S, \left(ABC\right)\right) = \dfrac{|3 + 3 + 3 - 3|}{\sqrt{1^{2} + 1^{2} + 1^{2}}} = \dfrac{6}{\sqrt{3}} = \dfrac{6\sqrt{3}}{3} = 2\sqrt{3}$.
$d\left(S, \left(ABC\right)\right)$ = $\mathbf{2\sqrt{3}}$
QCM : Droite perpendiculaire à un plan et projeté orthogonal
[enonce]
Ce QCM porte sur l'orthogonalité droite/plan et le projeté orthogonal d'un point sur un plan. Pour chaque question, choisir la bonne réponse parmi les quatre propositions.
[/enonce]
[etape]
Soit $\mathscr P$ le plan d'équation $2x - y + 3z + 1 = 0$. Lequel des vecteurs suivants est un vecteur directeur d'une droite perpendiculaire à $\mathscr P$ ?
[qcm]
[option]$\vec{u}(2~;~1~;~3)$[/option]
[option]$\vec{u}(1~;~-2~;~3)$[/option]
[option correct="true"]$\vec{u}(4~;~-2~;~6)$[/option]
[option]$\vec{u}(3~;~-1~;~2)$[/option]
[reponse statut="correct"]Bonne réponse !
Une droite est perpendiculaire à un plan si et seulement si son vecteur directeur est colinéaire au vecteur normal du plan.
Ici, $\vec{n}(2~;~-1~;~3)$. On observe que $\vec{u}(4~;~-2~;~6) = 2 \vec{n}$ : les vecteurs sont bien colinéaires.[/reponse]
[reponse motif="$\vec{u}(2~;~1~;~3)$"]Non.
Une erreur de signe sur la deuxième coordonnée. Le vecteur normal est $\vec{n}(2~;~-1~;~3)$, et un vecteur colinéaire doit conserver les signes (ou les inverser tous).[/reponse]
[reponse motif="$\vec{u}(1~;~-2~;~3)$"]Non.
Pour qu'un vecteur soit colinéaire à $\vec{n}(2~;~-1~;~3)$, il faut que ses coordonnées soient proportionnelles à celles de $\vec{n}$. Ici, $\dfrac{1}{2} \neq \dfrac{-2}{-1}$ : ce n'est pas le cas.[/reponse]
[reponse motif="$\vec{u}(3~;~-1~;~2)$"]Non.
Les coordonnées de $\vec{u}$ correspondent à une permutation des coordonnées de $\vec{n}$, ce qui ne donne pas un vecteur colinéaire. Tester la proportionnalité coordonnée par coordonnée.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Identifier le vecteur normal $\vec{n}(a~;~b~;~c)$ via les coefficients de l'équation, puis chercher parmi les options celle qui est proportionnelle à $\vec{n}$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]
[etape]
Soit le plan $\mathscr P : 2x - y + z + 3 = 0$ et le point $A(1~;~-1~;~2)$. Quelle est une représentation paramétrique de la droite passant par $A$ et perpendiculaire à $\mathscr P$ ?
[qcm]
[option correct="true"]$\begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = -1 - t \\ z = 2 + t \end{cases}$ avec $t \in \mathbb{R}$[/option]
[option]$\begin{cases} x = 2 + t \\ y = -1 - t \\ z = 1 + 2t \end{cases}$ avec $t \in \mathbb{R}$[/option]
[option]$\begin{cases} x = 1 + t \\ y = -1 + 2t \\ z = 2 - t \end{cases}$ avec $t \in \mathbb{R}$[/option]
[option]$\begin{cases} x = 2t \\ y = -t \\ z = t \end{cases}$ avec $t \in \mathbb{R}$[/option]
[reponse statut="correct"]Exactement !
La droite passe par $A(1~;~-1~;~2)$ et son vecteur directeur est le vecteur normal au plan, soit $\vec{n}(2~;~-1~;~1)$.
On obtient ainsi $\begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = -1 - t \\ z = 2 + t \end{cases}$.
À $t = 0$, on retrouve bien le point $A$.[/reponse]
[reponse motif="$\begin{cases} x = 2 + t \\ y = -1 - t \\ z = 1 + 2t \end{cases}$ avec $t \in \mathbb{R}$"]Non.
Une confusion s'est produite entre les coordonnées du point et celles du vecteur directeur. Le terme constant correspond au point $A$, et le coefficient de $t$ au vecteur normal.[/reponse]
[reponse motif="$\begin{cases} x = 1 + t \\ y = -1 + 2t \\ z = 2 - t \end{cases}$ avec $t \in \mathbb{R}$"]Non.
Les coefficients de $t$ doivent former le vecteur normal $\vec{n}(2~;~-1~;~1)$. Reprendre la lecture des coefficients de $x$, $y$, $z$ dans l'équation du plan.[/reponse]
[reponse motif="$\begin{cases} x = 2t \\ y = -t \\ z = t \end{cases}$ avec $t \in \mathbb{R}$"]Non.
Cette représentation correspond à la droite perpendiculaire à $\mathscr P$ passant par l'origine, et non par $A$. Il manque les coordonnées de $A$ comme termes constants.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Une représentation paramétrique d'une droite a la forme $M_0 + t \vec{u}$ : ici $M_0 = A$ (point de la droite) et $\vec{u} = \vec{n}$ (vecteur normal au plan, qui dirige la droite perpendiculaire).[/reponse]
[/qcm]
[/etape]
[etape]
Soit $\mathscr P$ le plan d'équation $x - y + z - 4 = 0$ et $A(1~;~1~;~1)$. Quelles sont les coordonnées du projeté orthogonal $H$ de $A$ sur $\mathscr P$ ?
[qcm]
[option]$H(3~;~-1~;~3)$[/option]
[option]$H(0~;~2~;~0)$[/option]
[option]$H(1~;~1~;~1)$[/option]
[option correct="true"]$H(2~;~0~;~2)$[/option]
[reponse statut="correct"]Bravo !
Le vecteur normal à $\mathscr P$ est $\vec{n}(1~;~-1~;~1)$. La droite perpendiculaire à $\mathscr P$ passant par $A$ a pour représentation paramétrique :
$\begin{cases} x = 1 + t \\ y = 1 - t \\ z = 1 + t \end{cases}$.
On cherche l'intersection avec $\mathscr P$ en substituant dans l'équation :
$(1 + t) - (1 - t) + (1 + t) - 4 = 1 + 3t - 4 = -3 + 3t = 0$, soit $t = 1$.
On obtient $H(2~;~0~;~2)$, et on vérifie : $2 - 0 + 2 - 4 = 0$.[/reponse]
[reponse motif="$H(3~;~-1~;~3)$"]Non.
Le paramètre $t$ trouvé est faux. Reprendre la résolution de $-3 + 3t = 0$ : on obtient $t = 1$, et non $t = 2$.[/reponse]
[reponse motif="$H(0~;~2~;~0)$"]Non.
Erreur de signe sur le paramètre $t$. La résolution de $-3 + 3t = 0$ donne $t = 1$, qui s'ajoute aux coordonnées de $A$ avec les signes du vecteur directeur.[/reponse]
[reponse motif="$H(1~;~1~;~1)$"]Non.
Cette réponse correspond au point $A$ lui-même, ce qui supposerait que $A$ appartient déjà au plan. Or $1 - 1 + 1 - 4 = -3 \neq 0$, donc $A \notin \mathscr P$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Écrire la représentation paramétrique de la droite passant par $A$ et de vecteur directeur $\vec{n}$, puis substituer dans l'équation du plan pour trouver $t$. Reporter $t$ dans la représentation pour obtenir $H$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]
[etape]
Soit le plan $\mathscr P : x - y + z - 4 = 0$ et le point $A(1~;~1~;~1)$. Le point $K(3~;~-1~;~3)$ est-il le projeté orthogonal de $A$ sur $\mathscr P$ ?
[qcm]
[option correct="true"]Non, car $K$ n'appartient pas au plan $\mathscr P$[/option]
[option]Oui, car $\overrightarrow{AK}$ est colinéaire au vecteur normal[/option]
[option]Non, car $\overrightarrow{AK}$ n'est pas colinéaire au vecteur normal[/option]
[option]Oui, car $K$ est distinct de $A$[/option]
[reponse statut="correct"]Tu as raison !
Pour que $K$ soit le projeté orthogonal de $A$ sur $\mathscr P$, deux conditions doivent être satisfaites :
1) $K$ doit appartenir à $\mathscr P$ ;
2) le vecteur $\overrightarrow{AK}$ doit être colinéaire au vecteur normal $\vec{n}$.
Ici, on calcule $3 - (-1) + 3 - 4 = 3$, donc $K \notin \mathscr P$. La première condition n'est pas satisfaite : $K$ n'est pas le projeté.[/reponse]
[reponse motif="Oui, car $\overrightarrow{AK}$ est colinéaire au vecteur normal"]Pas tout à fait.
Il est vrai que $\overrightarrow{AK}(2~;~-2~;~2) = 2\vec{n}$ est colinéaire à $\vec{n}(1~;~-1~;~1)$. Mais cette condition seule ne suffit pas : il faut aussi vérifier que $K$ appartient au plan, ce qui n'est pas le cas ici.[/reponse]
[reponse motif="Non, car $\overrightarrow{AK}$ n'est pas colinéaire au vecteur normal"]Non.
Le vecteur $\overrightarrow{AK}(2~;~-2~;~2)$ est bien colinéaire à $\vec{n}(1~;~-1~;~1)$ (on a $\overrightarrow{AK} = 2\vec{n}$). La direction est correcte ; le problème est ailleurs.[/reponse]
[reponse motif="Oui, car $K$ est distinct de $A$"]Non.
Le simple fait que $K \neq A$ ne garantit pas que $K$ soit le projeté orthogonal. Il faut vérifier les conditions précises : $K \in \mathscr P$ et $\overrightarrow{AK}$ colinéaire à $\vec{n}$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Tester les deux conditions caractérisant un projeté orthogonal : appartenance de $K$ au plan, et colinéarité de $\overrightarrow{AK}$ avec le vecteur normal. Si l'une des deux échoue, $K$ n'est pas le projeté.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]
[etape]
Soit le plan $\mathscr P : x + 2y + 2z - 9 = 0$ et $O$ l'origine du repère. Quelle est la distance de $O$ au plan $\mathscr P$ ?
[qcm]
[option]$9$[/option]
[option]$1$[/option]
[option correct="true"]$3$[/option]
[option]$\sqrt{3}$[/option]
[reponse statut="correct"]Parfait !
Le vecteur normal $\vec{n}(1~;~2~;~2)$ a pour norme $\|\vec{n}\| = \sqrt{1 + 4 + 4} = 3$.
La droite passant par $O$ et de vecteur directeur $\vec{n}$ a pour représentation $(t~;~2t~;~2t)$.
Substituant dans l'équation : $t + 4t + 4t - 9 = 9t - 9 = 0$, soit $t = 1$.
Le projeté orthogonal de $O$ sur $\mathscr P$ est $H(1~;~2~;~2)$.
La distance vaut $OH = \sqrt{1^2 + 2^2 + 2^2} = \sqrt{9} = 3$.[/reponse]
[reponse motif="$9$"]Non.
La somme des carrés des coordonnées de $H$ vaut $9$, mais on a oublié la racine carrée pour obtenir la distance.[/reponse]
[reponse motif="$1$"]Non.
La valeur $1$ correspond au paramètre $t$ obtenu, et non à la distance. La distance est la longueur du vecteur $\overrightarrow{OH}$, à calculer avec la formule de la norme.[/reponse]
[reponse motif="$\sqrt{3}$"]Non.
Le calcul de la norme contient une erreur. Reprendre $OH = \sqrt{1^2 + 2^2 + 2^2}$ : la somme des carrés vaut $9$, donc la norme vaut $\sqrt{9}$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Déterminer d'abord les coordonnées du projeté orthogonal $H$ de $O$ sur $\mathscr P$ par la méthode habituelle, puis calculer la longueur $OH$ avec la formule de la norme dans l'espace.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]
[etape]
Soit la droite $d$ de représentation paramétrique $\begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = 2 - t \\ z = -1 + 3t \end{cases}$ et le plan $\mathscr P : 4x - 2y + 6z + 1 = 0$. Quelle est la position relative de $d$ et $\mathscr P$ ?
[qcm]
[option]Parallèle à $\mathscr P$ et non incluse[/option]
[option correct="true"]Perpendiculaire à $\mathscr P$[/option]
[option]Sécante à $\mathscr P$ mais non perpendiculaire[/option]
[option]Incluse dans $\mathscr P$[/option]
[reponse statut="correct"]C'est juste !
Un vecteur directeur de $d$ est $\vec{u}(2~;~-1~;~3)$ (coefficients de $t$).
Un vecteur normal à $\mathscr P$ est $\vec{n}(4~;~-2~;~6)$.
On observe que $\vec{n} = 2\vec{u}$ : les vecteurs sont colinéaires.
Comme le vecteur directeur de $d$ est colinéaire au vecteur normal de $\mathscr P$, la droite $d$ est perpendiculaire au plan $\mathscr P$.[/reponse]
[reponse motif="Parallèle à $\mathscr P$ et non incluse"]Non.
Pour qu'une droite soit parallèle à un plan, son vecteur directeur doit être orthogonal au vecteur normal du plan ($\vec{u} \cdot \vec{n} = 0$). Calculer ce produit scalaire : on n'obtient pas $0$.[/reponse]
[reponse motif="Sécante à $\mathscr P$ mais non perpendiculaire"]Non.
Comparer le vecteur directeur de la droite et le vecteur normal du plan : s'ils sont colinéaires, la droite est perpendiculaire au plan.[/reponse]
[reponse motif="Incluse dans $\mathscr P$"]Non.
Pour qu'une droite soit incluse dans un plan, son vecteur directeur doit être orthogonal au vecteur normal et tout point de la droite doit appartenir au plan. Tester d'abord la nature géométrique avant de conclure à l'inclusion.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Comparer le vecteur directeur $\vec{u}$ de la droite et le vecteur normal $\vec{n}$ du plan. S'ils sont colinéaires : droite perpendiculaire au plan ; s'ils sont orthogonaux : droite parallèle au plan ; sinon : droite sécante non perpendiculaire.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]
Géométrie dans l’espace – Bac S Pondichéry 2016
$ ABCDEFGH $ désigne un cube de côté $ 1 $.
Le point $ I $ est le milieu du segment $ [BF] $.
Le point $ J $ est le milieu du segment $ [BC] $.
Le point $ K $ est le milieu du segment $ [CD] $.
Partie A
Dans cette partie, on ne demande aucune justification On admet que les droites $ (IJ) $ et $ (CG) $ sont sécantes en un point $ L $.
Construire, sur la figure fournie en annexe et en laissant apparents les traits de construction :
- le point $ L $;
- l'intersection$ \mathscr{D} $ des plans $ (IJK) $ et $ (CDH) $;
- la section du cube par le plan $ (IJK) $
Partie B
L'espace est rapporté au repère $ \left(A ~;~\overrightarrow{AB},~\overrightarrow{AD},~\overrightarrow{AE}\right) $.
- Donner les coordonnées de $ A, G, I, J $ et $ K $ dans ce repère.
- Montrer que le vecteur $ \overrightarrow{AG} $ est normal au plan $ (IJK) $.
- En déduire une équation cartésienne du plan $ (IJK) $.
On désigne par $ M $ un point du segment $ [AG] $ et $ t $ le réel de l'intervalle $ [0~;~1] $ tel que $ \overrightarrow{AM} = t\overrightarrow{AG} $.
- Démontrer que $ M\text{I}^2 = 3t^2 - 3t+\dfrac{5}{4} $.
- Démontrer que la distance $ MI $ est minimale pour le point $ M\left(\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}\right) $
Démontrer que pour ce point $ M\left(\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}\right) $ :
- $ M $ appartient au plan $ (IJK) $.
- La droite ($ IM $) est perpendiculaire aux droites $ (AG) $ et $ (BF) $.
Partie A
- Les points $ I, J,C $ et $ G $ sont coplanaires. Pour placer le point $ L $, il suffit de prolonger les droites $ (IJ) $ et $ (GC) $.
- Les points $ K $ et $ L $ appartiennent tous deux aux plans $ IJK $ et $ CDH $. L'intersection$ \mathscr{D} $ de ces plans est donc la droite $ (LK) $. Cette droite coupe le côté $ [DH] $ en un point $ P $.
- La section du cube par le plan $ (IJK) $ a pour côtés $ [IJ], [JK] $ et $ [KP] $. Les trois autres côtés s'obtiennent en traçant les parallèles à $ [IJ], [JK] $ et $ [KP] $. On obtient ainsi un hexagone régulier $ IJKPQR $.
Partie B
- Par lecture directe :
$ A(0;0;0) $
$ G(1;1;1) $
$ I\left(1;0;\dfrac{1}{2}\right) $
$ J\left(1;\dfrac{1}{2};0\right) $
$ K\left(\dfrac{1}{2};1;0\right) $
Pour montrer que le vecteur $ \overrightarrow{AG} $ est normal au plan $ (IJK) $, il suffit de montrer que $ \overrightarrow{AG} $ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan, par exemple $ \overrightarrow{IJ} $ et $ \overrightarrow{JK} $.
- Les coordonnées de $ \overrightarrow{IJ} $ sont $ \begin{pmatrix} 0 \\ 1/2 \\ - 1/2 \end{pmatrix} $ et les coordonnées de $ \overrightarrow{AG} $ sont $ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} $.
$ \overrightarrow{IJ}.\overrightarrow{AG}=0 \times 1+\dfrac{1}{2} \times 1 - \dfrac{1}{2} \times 1 = 0 $
Donc les vecteurs $ \overrightarrow{IJ} $ et $ \overrightarrow{AG} $ sont orthogonaux.
- Les coordonnées de $ \overrightarrow{JK} $ sont $ \begin{pmatrix} - 1/2 \\ 1/2 \\ 0 \end{pmatrix} $.
$ \overrightarrow{JK}.\overrightarrow{AG}= - \dfrac{1}{2} \times 1+\dfrac{1}{2} \times 1 +0 \times 1= 0 $
Donc les vecteurs $ \overrightarrow{JK} $ et $ \overrightarrow{AG} $ sont orthogonaux.
Le vecteur $ \overrightarrow{AG} $ est donc normal au plan $ (IJK) $.
- Le plan $ (IJK) $ admet donc une équation cartésienne de la forme $ x+y+z+d=0 $.
Ce plan passant par $ I $, les coordonnées de $ I $ vérifient l'équation.
Par conséquent :
$ 1+0+\dfrac{1}{2}+d=0 $
$ d= - \dfrac{3}{2} $
Une équation cartésienne du plan $ (IJK) $ est donc $ x+y+z - \dfrac{3}{2}=0 $
- Les coordonnées du point $ G $ étant $ (1;1;1) $ et $ A $ étant l'origine du repère, la relation $ \overrightarrow{AM} = t\overrightarrow{AG} $ entraîne que les coordonnées de $ M $ sont $ (t;t;t) $.
Alors :
$ MI^2=(1 - t)^2+( - t)^2+ \left(\dfrac{1}{2} - t \right)^2 $
$ \phantom{MI^2}=1 - 2t+t^2+t^2+\dfrac{1}{4} - t +t^2 $
$ \phantom{MI^2}= 3t^2 - 3t+\dfrac{5}{4} $
- La fonction carrée étant strictement croissante sur $ \mathbb{R}^+ $, $ MI^2 $ et $ MI $ ont des sens de variations identiques.
$ MI^2 $ est un polynôme du second degré en $ t $ de coefficients $ a=3,\ b= - 3 $ et $ c=\dfrac{5}{4} $.
$ a>0 $ donc $ MI^2 $ admet un minimum pour $ t_0= - \dfrac{b}{2a}=\dfrac{1}{2} $. Les coordonnées de $ M $ sont alors $ \left(\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}\right) $.
La distance $ MI $ est donc minimale au point $ M\left(\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}\right) $
- Pour prouver que le point $ M $ appartient au plan $ (IJK) $, il suffit de montrer que les coordonnées de $ M $ vérifient l'équation du plan $ (IJK) $ (trouvée en 2.a.).
C'est immédiat :
$ \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2} - \dfrac{3}{2}=0 $
Pour montrer que deux droites sont perpendiculaires il faut montrer qu'elles sont orthogonales et sécantes.
- $ (IM) $ et $ (AG) $ sont sécantes en $ M $ puisque, par hypothèse, $ M $ est un point du segment $ [AG] $. Par ailleurs, $ (IM) $ est incluse dans le plan $ (IJK) $ qui est perpendiculaire à $ (AG) $ d'après 2.a. donc $ (IM) $ et $ (AG) $ sont orthogonales.
- $ (IM) $ et $ (BF) $ sont sécantes en $ I $.
Les coordonnées des vecteurs $ \overrightarrow{IM} $ et $ \overrightarrow{BF} $ sont $ \overrightarrow{IM}\begin{pmatrix} - 1/2 \\ 1/2 \\ 0 \end{pmatrix} $et $ \overrightarrow{BF}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $
$ \overrightarrow{IM}.\overrightarrow{BF}= - \dfrac{1}{2} \times 0 + \dfrac{1}{2} \times 0 + 0 \times 1=0 $.
Donc $ (IM) $ et $ (BF) $ sont orthogonales.
La droite ($ IM $) est donc perpendiculaire aux droites $ (AG) $ et $ (BF) $.
Pour réviser : Démontrer qu'une droite est perpendiculaire à un plan
QCM Géometrie dans l’espace – Bac S Centres étrangers 2013
Les quatre questions sont indépendantes.
Pour chaque question, une affirmation est proposée. Indiquer si elle est vraie ou fausse en justifiant la réponse. Une réponse non justifiée ne sera pas prise en compte. Dans l'espace muni d'un repère orthonormé, on considère
- les points $ A \left(12 ; 0 ; 0\right), B\left( 0 ; - 15 ; 0 \right), C\left( 0 ; 0 ; 20\right), D\left(2 ; 7 ; - 6 \right), E\left(7 ; 3 ; - 3\right) $ ;
- le plan $ \mathscr P $ d'équation cartésienne : $ 2x+y - 2z - 5=0 $
Affirmation 1
Une équation cartésienne du plan parallèle à $ \mathscr P $ et passant par le point $ A $ est :
$ 2x+y+2z - 24=0 $.
Affirmation 2
Une représentation paramétrique de la droite $ \left(AC\right) $ est :
$ \left\{ \begin{matrix} x = 9 - 3t \\ y = 0 \\ z = 5+5t \end{matrix}\right. \qquad t \in \mathbb{R} $
Affirmation 3
La droite $ \left(DE\right) $ et le plan $ \mathscr P $ ont au moins un point commun.
Affirmation 4
La droite $ \left(DE\right) $ est orthogonale au plan $ \mathscr P $.
Affirmation 1 : FAUX
Le plan $ \mathscr P $ a pour vecteur normal $ \vec{n} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} $. Tout plan $ \mathscr P' $ parallèle à $ \mathscr P $ possède le même vecteur normal et a donc une équation de la forme $ 2x + y - 2z + d = 0 $.
Le point $ A(12 ; 0 ; 0) $ appartient à $ \mathscr P' $ si ses coordonnées vérifient l'équation :
$ 2(12) + 0 - 2(0) + d = 0 \iff 24 + d = 0 \iff d = -24 $
L'équation cartésienne du plan $ \mathscr P' $ est donc $ 2x + y - 2z - 24 = 0 $.
L'affirmation proposait l'équation $ 2x+y+2z - 24=0 $, elle est donc fausse.
Affirmation 2 : VRAI
Une représentation paramétrique de la droite $ (AC) $ est :
$ \left\{ \begin{matrix} x = 12 - 12t \\ y = 0 \\ z = 20t \end{matrix}\right. \qquad t \in \mathbb{R} $
On vérifie aisément que les coordonnées de $ A $ et $ C $ sont solutions du système proposé dans l'énoncé :
$ \left\{ \begin{matrix} x = 9 - 3t \\ y = 0 \\ z = 5+5t \end{matrix}\right. \qquad t \in \mathbb{R} $
- Pour $ t = -1 $, on obtient $ x = 9 - 3(-1) = 12, y = 0, z = 5 + 5(-1) = 0 $, soit le point $ A $.
- Pour $ t = 3 $, on obtient $ x = 9 - 3(3) = 0, y = 0, z = 5 + 5(3) = 20 $, soit le point $ C $.
Affirmation 3 : FAUX
Le vecteur $ \overrightarrow{DE} $ a pour coordonnées $ \begin{pmatrix} 7 - 2 \\ 3 - 7 \\ -3 - (-6) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 \\ -4 \\ 3 \end{pmatrix} $.
Une représentation paramétrique de la droite $ (DE) $ est :
$ \left\{ \begin{matrix} x = 2 + 5t \\ y = 7 - 4t \\ z = -6 + 3t \end{matrix}\right. \qquad t \in \mathbb{R} $
On cherche l'intersection avec le plan $ \mathscr P $ :
$ 2(2 + 5t) + (7 - 4t) - 2(-6 + 3t) - 5 = 0 \iff 4 + 10t + 7 - 4t + 12 - 6t - 5 = 0 \iff 18 = 0 $
Cette équation n'a pas de solution. La droite et le plan n'ont aucun point commun.
Affirmation 4 : FAUX
De ce qui précède, on déduit que la droite $ (DE) $ est strictement parallèle au plan $ \mathscr P $ car ils n'ont aucun point commun. Le vecteur directeur $ \overrightarrow{DE} \begin{pmatrix} 5 \\ -4 \\ 3 \end{pmatrix} $ n'est pas colinéaire au vecteur normal $ \vec{n} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} $ du plan :
$ \dfrac{5}{2} \neq \dfrac{-4}{1} $
La droite n'est donc pas orthogonale au plan.
Géometrie dans l’espace – Bac S Amérique du Nord 2013
On se place dans l'espace muni d'un repère orthonormé.
On considère les points $ A\left(0 ; 4 ; 1\right), B \left(1 ; 3 ; 0\right), C\left(2 ; - 1 ; - 2\right) $ et $ D \left(7 ; - 1 ; 4\right) $.
- Démontrer que les points $ A, B $ et $ C $ ne sont pas alignés.
Soit $ \Delta $ la droite passant par le point $ D $ et de vecteur directeur
$ \vec{u} \left(2 ; - 1 ; 3\right) $.
- Démontrer que la droite $ \Delta $ est orthogonale au plan $ \left(ABC\right) $.
- En déduire une équation cartésienne du plan $ \left(ABC\right) $.
- Déterminer une représentation paramétrique de la droite $ \Delta $.
- Déterminer les coordonnées du point H, intersection de la droite $ \Delta $ et du plan $ \left(ABC\right) $.
Soit $ \mathscr P_{1} $ le plan d'équation $ x+y+z=0 $ et $ \mathscr P_{2} $ le plan d'équation $ x+4y+2=0 $.
- Démontrer que les plans $ \mathscr P_{1} $ et $ \mathscr P_{2} $ sont sécants.
- Vérifier que la droite $ d $, intersection des plans $ \mathscr P_{1} $ et $ \mathscr P_{2} $, a pour représentation paramétrique
$ \left\{ \begin{matrix} x = - 4t - 2 \\ y = t \\ z = 3t+2 \end{matrix}\right. \qquad t \in \mathbb{R} $.
- La droite $ d $ et le plan $ \left(ABC\right) $ sont-ils sécants ou parallèles ?
Pour démontrer que les points $ A, B $ et $ C $ ne sont pas alignés, on calcule les coordonnées des vecteurs $ \overrightarrow{AB} $ et $ \overrightarrow{AC} $ :
$ \overrightarrow{AB} \begin{pmatrix} 1 - 0 \\ 3 - 4 \\ 0 - 1 \end{pmatrix} = \overrightarrow{AB} \begin{pmatrix} 1 \\ - 1 \\ - 1 \end{pmatrix} $
$ \overrightarrow{AC} \begin{pmatrix} 2 - 0 \\ - 1 - 4 \\ - 2 - 1 \end{pmatrix} = \overrightarrow{AC} \begin{pmatrix} 2 \\ - 5 \\ - 3 \end{pmatrix} $
On cherche s'il existe un réel $ k $ tel que $ \overrightarrow{AC} = k \overrightarrow{AB} $.
On devrait avoir :
$ \begin{cases} 2 = k \times 1 \\ - 5 = k \times (- 1) \\ - 3 = k \times (- 1) \end{cases} \iff \begin{cases} k = 2 \\ k = 5 \\ k = 3 \end{cases} $
Ce système n'a pas de solution, donc les vecteurs $ \overrightarrow{AB} $ et $ \overrightarrow{AC} $ ne sont pas colinéaires.
Les points $ A, B $ et $ C $ ne sont donc pas alignés.
La droite $ \Delta $ est orthogonale au plan $ (ABC) $ si son vecteur directeur $ \vec{u} \begin{pmatrix} 2 \\ - 1 \\ 3 \end{pmatrix} $ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $ (ABC) $, par exemple $ \overrightarrow{AB} $ et $ \overrightarrow{AC} $.
On calcule les produits scalaires :
$ \vec{u} \cdot \overrightarrow{AB} = 2 \times 1 + (- 1) \times (- 1) + 3 \times (- 1) = 2 + 1 - 3 = 0 $
$ \vec{u} \cdot \overrightarrow{AC} = 2 \times 2 + (- 1) \times (- 5) + 3 \times (- 3) = 4 + 5 - 9 = 0 $
Le vecteur $ \vec{u} $ est orthogonal aux vecteurs $ \overrightarrow{AB} $ et $ \overrightarrow{AC} $ qui sont deux vecteurs non colinéaires du plan $ (ABC) $.
La droite $ \Delta $ est donc orthogonale au plan $ (ABC) $.
D'après la question précédente, le vecteur $ \vec{u} \begin{pmatrix} 2 \\ - 1 \\ 3 \end{pmatrix} $ est un vecteur normal au plan $ (ABC) $.
Une équation cartésienne du plan $ (ABC) $ est de la forme $ 2x - y + 3z + d = 0 $.
Le point $ A(0 ; 4 ; 1) $ appartient au plan, donc :
$ 2(0) - (4) + 3(1) + d = 0 \iff - 4 + 3 + d = 0 \iff d = 1 $
L'équation du plan $ (ABC) $ est donc :
$ 2x - y + 3z + 1 = 0 $
La droite $ \Delta $ passe par le point $ D(7 ; - 1 ; 4) $ et a pour vecteur directeur $ \vec{u} \begin{pmatrix} 2 \\ - 1 \\ 3 \end{pmatrix} $.
Une représentation paramétrique de $ \Delta $ est :
$ \begin{cases} x = 7 + 2t \\ y = - 1 - t \\ z = 4 + 3t \end{cases} \quad t \in \mathbb{R} $
- Le point $ H $ est l'intersection de la droite $ \Delta $ et du plan $ (ABC) $.
Ses coordonnées $ (x ; y ; z) $ vérifient le système :
$ \begin{cases} x = 7 + 2t \\ y = - 1 - t \\ z = 4 + 3t \\ 2x - y + 3z + 1 = 0 \end{cases} $
On remplace les expressions de $ x, y $ et $ z $ dans l'équation du plan :
$ 2(7 + 2t) - (- 1 - t) + 3(4 + 3t) + 1 = 0 $
$ 14 + 4t + 1 + t + 12 + 9t + 1 = 0 $
$ 14t + 28 = 0 \iff 14t = - 28 \iff t = - 2 $
On calcule alors les coordonnées de $ H $ :
$ x = 7 + 2(- 2) = 3 $
$ y = - 1 - (- 2) = 1 $
$ z = 4 + 3(- 2) = - 2 $
Le point $ H $ a pour coordonnées $ (3 ; 1 ; - 2) $.
- Un vecteur normal au plan $ \mathscr P_{1} $ est $ \vec{n}_{1} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} $.
Un vecteur normal au plan $ \mathscr P_{2} $ est $ \vec{n}_{2} \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ 0 \end{pmatrix} $.
Les coordonnées de ces vecteurs ne sont pas proportionnelles ($ 1/1 \neq 1/4 $), les vecteurs ne sont donc pas colinéaires.
Les plans $ \mathscr P_{1} $ et $ \mathscr P_{2} $ ne sont pas parallèles, ils sont donc sécants.
La droite $ d $ est l'ensemble des points dont les coordonnées vérifient :
$ \begin{cases} x + y + z = 0 \\ x + 4y + 2 = 0 \end{cases} \iff \begin{cases} z = - x - y \\ x = - 4y - 2 \end{cases} $
En posant $ y = t $ (avec $ t \in \mathbb{R} $), on obtient :
$ x = - 4t - 2 $
$ z = - (- 4t - 2) - t = 4t + 2 - t = 3t + 2 $
On retrouve bien la représentation paramétrique de la droite $ d $ :
$ \begin{cases} x = - 4t - 2 \\ y = t \\ z = 3t + 2 \end{cases} \quad t \in \mathbb{R} $
- La droite $ d $ a pour vecteur directeur $ \vec{v} \begin{pmatrix} - 4 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} $.
Le plan $ (ABC) $ a pour vecteur normal $ \vec{u} \begin{pmatrix} 2 \\ - 1 \\ 3 \end{pmatrix} $.
On calcule le produit scalaire $ \vec{v} \cdot \vec{u} $ :
$ \vec{v} \cdot \vec{u} = (- 4) \times 2 + 1 \times (- 1) + 3 \times 3 = - 8 - 1 + 9 = 0 $
Le vecteur directeur de la droite est orthogonal au vecteur normal du plan, la droite $ d $ est donc parallèle au plan $ (ABC) $.
Voyons si elle est contenue dans le plan ou strictement parallèle.
On prend un point de la droite $ d $ (pour $ t = 0 $), soit le point $ M(- 2 ; 0 ; 2) $.
On teste si $ M $ appartient au plan $ (ABC) $ :
$ 2(- 2) - (0) + 3(2) + 1 = - 4 + 6 + 1 = 3 \neq 0 $
Le point $ M $ n'appartient pas au plan $ (ABC) $, donc la droite $ d $ est strictement parallèle au plan $ (ABC) $.
Pour réviser : Déterminer une équation cartésienne de plan
QCM Géometrie dans l’espace – Bac S Pondichéry 2013
Exercice 2 (4 points)
Commun à tous les candidats
Pour chacune des questions, quatre propositions de réponse sont données dont une seule est exacte.
Pour chacune des questions indiquer, sans justification, la bonne réponse sur la copie. Une réponse exacte rapporte $ 1 $ point. Une réponse fausse ou l'absence de réponse ne rapporte ni n'enlève aucun point. Il en est de même dans le cas où plusieurs réponses sont données pour une même question.
L'espace est rapporté à un repère orthonormal. $ t $ et $ t^{\prime} $ désignent des paramètres réels.
Le plan $ \left(P\right) $ a pour équation $ x - 2y+3z+5=0 $.
Le plan $ \left(S\right) $ a pour représentation paramétrique $ \left\{ \begin{matrix} x= - 2+t+2t^{\prime} \\ y= - t - 2t^{\prime} \\ z= - 1 - t+3t^{\prime} \end{matrix}\right. $
La droite $ \left(D\right) $ a pour représentation paramétrique $ \left\{ \begin{matrix} x= - 2+t \\ y= - t \\ z= - 1 - t \end{matrix}\right. $
On donne les points de l'espace $ M\left( - 1 ; 2 ; 3\right) $ et $ N\left(1 ; - 2 ; 9\right) $.
Une représentation paramétrique du plan $ \left(P\right) $ est :
- $ \left\{ \begin{matrix} x=t \\ y=1 - 2t \\ z= - 1+3t \end{matrix}\right. $
- $ \left\{ \begin{matrix} x=t+2t^{\prime} \\ y=1 - t+t^{\prime} \\ z= - 1 - t \end{matrix}\right. $
- $ \left\{ \begin{matrix} x=t+t^{\prime} \\ y=1 - t - 2t^{\prime} \\ z=1 - t - 3t^{\prime} \end{matrix}\right. $
- $ \left\{ \begin{matrix} x=1+2t+t^{\prime} \\ y=1 - 2t+2t^{\prime} \\ z= - 1 - t^{\prime} \end{matrix}\right. $
- La droite $ \left(D\right) $ et le plan $ \left(P\right) $ sont sécants au point $ A\left( - 8 ; 3 ; 2\right) $.
- La droite $ \left(D\right) $ et le plan $ \left(P\right) $ sont perpendiculaires.
- La droite $ \left(D\right) $ est une droite du plan $ \left(P\right) $.
- La droite $ \left(D\right) $ et le plan $ \left(P\right) $ sont strictement parallèles.
- La droite $ \left(MN\right) $ et la droite $ \left(D\right) $ sont orthogonales.
- La droite $ \left(MN\right) $ et la droite $ \left(D\right) $ sont parallèles.
- La droite $ \left(MN\right) $ et la droite $ \left(D\right) $ sont sécantes.
- La droite $ \left(MN\right) $ et la droite $ \left(D\right) $ sont confondues.
- Les plans $ \left(P\right) $ et $ \left(S\right) $ sont parallèles.
- La droite $ \left(\Delta \right) $ de représentation paramétrique
$ \left\{ \begin{matrix} x=t \\ y= - 2 - t \\z= - 3 - t \end{matrix}\right. $
est la droite d'intersection des plans $ \left(P\right) $ et $ \left(S\right) $.
- Le point $ M $ appartient à l'intersection des plans $ \left(P\right) $ et $ \left(S\right) $.
- Les plans $ \left(P\right) $ et $ \left(S\right) $ sont perpendiculaires.
- Réponse exacte : b. Le plus simple ici est de procéder par élimination :
La réponse a. n'est pas la représentation paramétrique d'un plan mais d'une droite.
Le plan proposé en c. contient le point de coordonnées $ \left(0;1;1\right) $ qui n'appartient pas à $ \left(P\right) $ car $ 0 - 2\times 1+3\times 1+5 \neq 0 $
Le plan proposé en d. contient le point de coordonnées $ \left(1;1; - 1\right) $ qui n'appartient pas à $ \left(P\right) $ car $ 1 - 2\times 1+3\times \left( - 1\right)+5 \neq 0 $
- Réponse exacte : c. Soit $ M\left(x; y; z\right) $ un point quelconque de $ \left(D\right) $, il existe un réel $ t $ tel que $ \left\{ \begin{matrix} x= - 2+t \\ y= - t \\ z= - 1 - t \end{matrix}\right. $
Alors :
$ x - 2y+3z+5= - 2+t - 2\left( - t\right)+3\left( - 1 - t\right)+5=t+2t - 3t - 2 - 3+5=0 $
Donc le point $ M $ appartient au plan $ \left(P\right) $.
La droite $ \left(D\right) $ est est donc incluse dans le plan $ \left(P\right) $.
- Réponse exacte : a. $ \overrightarrow{MN}\left(2; - 4;6\right) $
Le vecteur $ \vec{u}\left(1; - 1; - 1\right) $ est un vecteur directeur de la droite $ \left(D\right) $.
$ \overrightarrow{MN}.\vec{u}=2\times 1+\left( - 4\right)\times \left( - 1\right)+6\times \left( - 1\right)=0 $
Les vecteurs $ \overrightarrow{MN} $ et $ \vec{u} $ sont orthogonaux donc les droites $ \left(MN\right) $ et $ \left(D\right) $ sont orthogonales.
- Réponse exacte : b. On montre que la droite $ \left(\Delta \right) $ est incluse dans le plan $ \left(P\right) $ de façon analogue à la question 2. Elle est aussi incluse dans le plan $ \left(S\right) $ (il suffit de faire $ t^{\prime}=0 $ dans la représentation paramétrique de $ \left(S\right) $).
$ \left(P\right) $ et $ \left(S\right) $ ne sont pas confondus : par exemple le point $ B\left(0; - 2;2\right) $ appartient à $ \left(S\right) $ (prendre $ t=0; t^{\prime}=1 $) et n'appartient pas à $ \left(P\right) $ ($ 0 - 2\times \left( - 2\right)+3\times 2+5\neq 0 $).
Donc $ \left(P\right) \cap \left(S\right) = \left(\Delta \right) $
