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 $S\left(3 ; 3 ; 3\right)$.

Tétraèdre OABC et point S dans un repère de l'espace

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 $\left(ABC\right)$.

Corrigé

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 : Vecteur normal et équation cartésienne d’un plan

[enonce]
Ce QCM porte sur le vecteur normal et l'équation cartésienne d'un plan. Pour chaque question, choisir la bonne réponse parmi les quatre propositions.
[/enonce]

[etape]
Le plan $\mathscr P$ a pour équation cartésienne $2x - 3y + z + 5 = 0$. Lequel des vecteurs suivants est un vecteur normal à $\mathscr P$ ?
[qcm]
[option correct="true"]$\vec{n}(2~;~-3~;~1)$[/option]
[option]$\vec{n}(2~;~-3~;~5)$[/option]
[option]$\vec{n}(2~;~3~;~-1)$[/option]
[option]$\vec{n}(-2~;~3~;~1)$[/option]
[reponse statut="correct"]Bonne réponse !
Si le plan $\mathscr P$ a pour équation cartésienne $ax + by + cz + d = 0$, alors $\vec{n}(a~;~b~;~c)$ est un vecteur normal à $\mathscr P$.
Ici $a = 2$, $b = -3$, $c = 1$ : $\vec{n}(2~;~-3~;~1)$.[/reponse]
[reponse motif="$\vec{n}(2~;~-3~;~5)$"]Non.
Le terme constant $d = 5$ ne fait pas partie des coordonnées du vecteur normal. Le vecteur normal est formé par les coefficients de $x$, $y$ et $z$ uniquement.[/reponse]
[reponse motif="$\vec{n}(2~;~3~;~-1)$"]Non.
Les coordonnées de $\vec{n}$ sont les coefficients de $x$, $y$, $z$ avec leur signe. Le coefficient de $y$ est $-3$, et celui de $z$ est $+1$.[/reponse]
[reponse motif="$\vec{n}(-2~;~3~;~1)$"]Non.
Le coefficient de $x$ dans l'équation est $+2$, pas $-2$. Recopier les coefficients exactement tels qu'ils apparaissent dans l'équation.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Identifier les coefficients $a$, $b$, $c$ de $x$, $y$, $z$ dans l'équation cartésienne. Le vecteur normal a pour coordonnées $(a~;~b~;~c)$ avec leurs signes respectifs.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Le plan $\mathscr P$ passe par $A(1~;~2~;~-1)$ et admet $\vec{n}(2~;~-1~;~3)$ pour vecteur normal. Quelle est son équation cartésienne ?
[qcm]
[option]$2x - y + 3z = 0$[/option]
[option]$x + 2y - z + 3 = 0$[/option]
[option correct="true"]$2x - y + 3z + 3 = 0$[/option]
[option]$2x - y + 3z - 3 = 0$[/option]
[reponse statut="correct"]Exactement !
L'équation est de la forme $2x - y + 3z + d = 0$ (les coefficients sont les coordonnées de $\vec{n}$).
On détermine $d$ en exprimant que $A$ appartient au plan :
$2 \times 1 - 1 \times 2 + 3 \times (-1) + d = 0$
$2 - 2 - 3 + d = 0$, soit $d = 3$.
L'équation est donc $2x - y + 3z + 3 = 0$.[/reponse]
[reponse motif="$2x - y + 3z = 0$"]Non.
Le terme constant $d$ a été oublié : si on prend $d = 0$, le plan passe par l'origine, mais ici il passe par $A(1~;~2~;~-1)$, qui n'est pas l'origine. Calculer $d$ avec les coordonnées de $A$.[/reponse]
[reponse motif="$x + 2y - z + 3 = 0$"]Non.
Une confusion s'est glissée : les coefficients de l'équation viennent du vecteur normal $\vec{n}(2~;~-1~;~3)$, pas des coordonnées du point $A(1~;~2~;~-1)$.[/reponse]
[reponse motif="$2x - y + 3z - 3 = 0$"]Non.
Erreur de signe sur $d$. Reprendre l'égalité $2 - 2 - 3 + d = 0$ : on trouve $d = 3$, donc le terme constant est $+3$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Écrire d'abord l'équation sous la forme $ax + by + cz + d = 0$ avec $(a~;~b~;~c)$ les coordonnées de $\vec{n}$. Substituer ensuite les coordonnées de $A$ pour calculer $d$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Soit le plan $\mathscr P$ d'équation $x - 2y + z - 4 = 0$. Le point $A(3~;~0~;~1)$ appartient-il à $\mathscr P$ ?
[qcm]
[option]Non, car $3 - 0 + 1 - 4 = 1$[/option]
[option]Non, car les coordonnées de $A$ ne sont pas toutes positives[/option]
[option]On ne peut pas conclure sans connaître le vecteur normal[/option]
[option correct="true"]Oui, car les coordonnées de $A$ vérifient l'équation[/option]
[reponse statut="correct"]C'est juste !
On substitue les coordonnées de $A(3~;~0~;~1)$ dans l'équation :
$3 - 2 \times 0 + 1 - 4 = 3 - 0 + 1 - 4 = 0$.
Le résultat est $0$, donc $A$ appartient au plan $\mathscr P$.[/reponse]
[reponse motif="Non, car $3 - 0 + 1 - 4 = 1$"]Non.
Erreur de calcul : $3 - 0 + 1 - 4 = 0$, et non $1$. Reprendre la somme étape par étape.[/reponse]
[reponse motif="Non, car les coordonnées de $A$ ne sont pas toutes positives"]Non.
Le signe des coordonnées d'un point n'a aucun rapport avec son appartenance à un plan. Seule la vérification numérique de l'équation permet de conclure.[/reponse]
[reponse motif="On ne peut pas conclure sans connaître le vecteur normal"]Non.
L'équation cartésienne contient déjà toutes les informations nécessaires. Pour tester l'appartenance d'un point, on substitue ses coordonnées dans l'équation.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Substituer les coordonnées du point dans l'équation cartésienne du plan : si on obtient $0$, le point appartient au plan ; sinon, il n'y appartient pas.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
On considère les plans $\mathscr P : 3x + y - 2z + 5 = 0$ et $\mathscr Q : -6x - 2y + 4z + 1 = 0$. Quelle est la position relative de $\mathscr P$ et $\mathscr Q$ ?
[qcm]
[option correct="true"]Strictement parallèles[/option]
[option]Confondus[/option]
[option]Sécants et perpendiculaires[/option]
[option]Sécants, mais non perpendiculaires[/option]
[reponse statut="correct"]Bravo !
On compare les vecteurs normaux : $\vec{n_P}(3~;~1~;~-2)$ et $\vec{n_Q}(-6~;~-2~;~4)$.
On observe que $\vec{n_Q} = -2 \times \vec{n_P}$ : les vecteurs normaux sont colinéaires, donc les plans sont parallèles.
Pour qu'ils soient confondus, il faudrait que les équations soient proportionnelles. Or $-2 \times (3x + y - 2z + 5) = -6x - 2y + 4z - 10$, et le terme constant de $\mathscr Q$ est $+1$ et non $-10$. Les plans sont donc strictement parallèles.[/reponse]
[reponse motif="Confondus"]Non.
Les vecteurs normaux sont bien colinéaires, mais les équations ne sont pas proportionnelles. En multipliant la première équation par $-2$, on obtient un terme constant $-10$, alors que celui de $\mathscr Q$ est $+1$.[/reponse]
[reponse motif="Sécants et perpendiculaires"]Non.
Pour que des plans soient perpendiculaires, leurs vecteurs normaux doivent être orthogonaux (produit scalaire nul). Ici, ils sont colinéaires : la situation est donc le parallélisme, pas la perpendicularité.[/reponse]
[reponse motif="Sécants, mais non perpendiculaires"]Non.
Comparer d'abord les vecteurs normaux : $\vec{n_Q}(-6~;~-2~;~4)$ est-il colinéaire à $\vec{n_P}(3~;~1~;~-2)$ ? Si oui, les plans sont parallèles, pas sécants.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Comparer les vecteurs normaux : s'ils sont colinéaires, les plans sont parallèles (confondus ou strictement) ; s'ils ne le sont pas, les plans sont sécants.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Soient les plans $\mathscr P : x + 2y - z + 1 = 0$ et $\mathscr Q : 3x - y + z - 4 = 0$. Les plans $\mathscr P$ et $\mathscr Q$ sont-ils perpendiculaires ?
[qcm]
[option]Non, car les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires[/option]
[option correct="true"]Oui, car les vecteurs normaux sont orthogonaux[/option]
[option]Non, car les équations ne sont pas proportionnelles[/option]
[option]On ne peut pas conclure sans coordonnées de points[/option]
[reponse statut="correct"]Parfait !
Les vecteurs normaux sont $\vec{n_P}(1~;~2~;~-1)$ et $\vec{n_Q}(3~;~-1~;~1)$.
On calcule $\vec{n_P} \cdot \vec{n_Q} = 1 \times 3 + 2 \times (-1) + (-1) \times 1 = 3 - 2 - 1 = 0$.
Les vecteurs normaux sont orthogonaux, donc les plans sont perpendiculaires.[/reponse]
[reponse motif="Non, car les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires"]Non.
La non-colinéarité des vecteurs normaux indique que les plans ne sont pas parallèles, pas qu'ils ne sont pas perpendiculaires. Pour la perpendicularité, on teste l'orthogonalité des vecteurs normaux.[/reponse]
[reponse motif="Non, car les équations ne sont pas proportionnelles"]Non.
La proportionnalité des équations caractérise le fait que deux plans sont confondus. Pour la perpendicularité, on étudie le produit scalaire des vecteurs normaux.[/reponse]
[reponse motif="On ne peut pas conclure sans coordonnées de points"]Non.
La perpendicularité de deux plans dépend uniquement de leurs directions, donc de leurs vecteurs normaux. Aucun point spécifique n'est nécessaire.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Identifier les vecteurs normaux $\vec{n_P}$ et $\vec{n_Q}$ et calculer leur produit scalaire. Si ce produit est nul, les plans sont perpendiculaires.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Le plan $\mathscr P$ passe par $A(2~;~1~;~-1)$ et a pour vecteur normal $\vec{n}(1~;~-2~;~3)$. Le point $B(0~;~-1~;~-2)$ appartient-il à $\mathscr P$ ?
[qcm]
[option]Oui, car $\overrightarrow{AB}$ est orthogonal à $\vec{n}$[/option]
[option]Oui, car $A$ et $B$ ont des coordonnées différentes[/option]
[option]Non, car $B$ n'est pas sur l'axe $(Ox)$[/option]
[option correct="true"]Non, car $\overrightarrow{AB} \cdot \vec{n} = -1 \neq 0$[/option]
[reponse statut="correct"]Tu as raison !
Un point $B$ appartient au plan $\mathscr P$ si et seulement si $\overrightarrow{AB} \cdot \vec{n} = 0$ (où $A$ est un point du plan).
On calcule $\overrightarrow{AB}(-2~;~-2~;~-1)$, puis :
$\overrightarrow{AB} \cdot \vec{n} = -2 \times 1 + (-2) \times (-2) + (-1) \times 3 = -2 + 4 - 3 = -1$.
Comme ce produit n'est pas nul, $B$ n'appartient pas à $\mathscr P$.[/reponse]
[reponse motif="Oui, car $\overrightarrow{AB}$ est orthogonal à $\vec{n}$"]Non.
Le calcul du produit scalaire $\overrightarrow{AB} \cdot \vec{n}$ ne donne pas $0$. Reprendre la soustraction des coordonnées pour $\overrightarrow{AB}$, puis le produit scalaire avec $\vec{n}$.[/reponse]
[reponse motif="Oui, car $A$ et $B$ ont des coordonnées différentes"]Non.
L'appartenance d'un point à un plan ne dépend pas de la comparaison entre les coordonnées : seule la condition $\overrightarrow{AB} \cdot \vec{n} = 0$ permet de conclure.[/reponse]
[reponse motif="Non, car $B$ n'est pas sur l'axe $(Ox)$"]Non.
La position du point par rapport aux axes n'a aucun rapport avec son appartenance à un plan donné. Utiliser le critère $\overrightarrow{AB} \cdot \vec{n} = 0$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Calculer le vecteur $\overrightarrow{AB}$ par soustraction, puis le produit scalaire $\overrightarrow{AB} \cdot \vec{n}$ : si ce produit est nul, $B$ appartient au plan ; sinon, il n'y appartient pas.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

Géométrie dans l’espace – Bac S Pondichéry 2016

Cube ABCDEFGH avec points I, J, K – 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.
1. Montrer que le vecteur $ \overrightarrow{AG} $ est normal au plan $ (IJK) $.
2. 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} $.
1. Démontrer que $ M\text{I}^2 = 3t^2 - 3t+\dfrac{5}{4} $.
2. 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) $ :
1. $ M $ appartient au plan $ (IJK) $.
2. La droite ($ IM $) est perpendiculaire aux droites $ (AG) $ et $ (BF) $.

Corrigé

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 $.

Cube ABCDEFGH avec section hexagonale IJKPQR – Bac S Pondichéry 2016

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) $
1. 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) $.
2. 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 $
1. 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} $
2. 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) $
1. 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 $
2. 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

Géométrie dans l’espace – Bac S Nouvelle Calédonie 2016

Dans le repère orthonormé $ (O~;~\vec{i},\vec{j},\vec{k}) $ de l'espace, on considère pour tout réel $ m $, le plan $ P_m $ d'équation

$ \dfrac{1}{4} m^2x+(m - 1)y+\dfrac{1}{2} mz - 3 = 0. $

Pour quelle(s) valeur(s) de $ m $ le point $ A(1~;~1~;~1) $ appartient-il au plan $ P_m $ ?
Montrer que les plans $ P_1 $ et $ P_{ - 4} $ sont sécants selon la droite $ (d) $ de représentation paramétrique

$ (d) \ \begin{cases} x = 12 - 2t \\ y = 9 - 2t \\ z = t \end{cases} \quad $

avec

$ t \in \mathbb{R} $
1. Montrer que l'intersection entre $ P_0 $ et $ (d) $ est un point noté $ B $ dont on déterminera les coordonnées.
2. Justifier que pour tout réel $ m $, le point $ B $ appartient au plan $ P_m $.
3. Montrer que le point $ B $ est l'unique point appartenant à $ P_m $ pour tout réel $ m $.

Dans cette question, on considère deux entiers relatifs $ m $ et $ m^\prime $ tels que

$ - 10 \leqslant m \leqslant 10 $

$ - 10 \leqslant m^\prime \leqslant 10 $.

On souhaite déterminer les valeurs de $ m $ et de $ m^\prime $ pour lesquelles $ P_m $ et $ P_{m^\prime} $ sont perpendiculaires.

Vérifier que $ P_1 $ et $ P_{ - 4} $ sont perpendiculaires.
Montrer que les plans $ P_m $ et $ P_{m^\prime} $ sont perpendiculaires si et seulement si

$ \left(\dfrac{mm^\prime}{4}\right)^2 +(m - 1)\left(m^\prime - 1\right)+\dfrac{mm^\prime}{4} = 0. $

On donne l'algorithme suivant :

Variables :
$ m $ et $ m^\prime $ entiers relatifs
Traitement :
Pour $ m $ allant de $ - 10 $ à $ 10 $ :
$ \quad $Pour $ m^\prime $ allant de $ - 10 $ à $ 10 $ :
$ \quad \quad $Si $ \left(mm^\prime\right)^2+16(m - 1)\left(m^\prime - 1\right)+4mm^\prime = 0 $
$ \quad \quad $Alors
$ \quad \quad \quad $Afficher $ \left(m~;~m^\prime\right) $
$ \quad \quad $Fin du Si
$ \quad $Fin du Pour
Fin du Pour

Quel est le rôle de cet algorithme ?

Cet algorithme affiche six couples d'entiers dont $ ( - 4~;~1),\: (0~;~1) $ et $ (5~;~ - 4) $.

Écrire les six couples dans l'ordre d'affichage de l'algorithme.

Corrigé

Le point $ A(1~;~1~;~1) $ appartient au plan $ P_m $ si et seulement si ses coordonnées vérifient l'équation du plan :
$ \dfrac{1}{4} m^2(1) + (m - 1)(1) + \dfrac{1}{2} m(1) - 3 = 0 $

$ \dfrac{1}{4} m^2 + m - 1 + \dfrac{1}{2} m - 3 = 0 $

$ \dfrac{1}{4} m^2 + \dfrac{3}{2} m - 4 = 0 $

Multiplions par 4 pour simplifier :
$ m^2 + 6m - 16 = 0 $

C'est une équation du second degré. Le discriminant est :
$ \Delta = 6^2 - 4 \times 1 \times (-16) = 36 + 64 = 100 = 10^2 $

Les solutions sont :
$ m_1 = \dfrac{-6 - 10}{2} = -8 $ et $ m_2 = \dfrac{-6 + 10}{2} = 2 $

Le point $ A $ appartient au plan $ P_m $ pour $ m = -8 $ ou $ m = 2 $.
Déterminons les équations des plans $ P_1 $ et $ P_{-4} $ :
Pour $ m = 1 $ : $ \dfrac{1}{4}x + 0y + \dfrac{1}{2}z - 3 = 0 $, soit $ x + 2z - 12 = 0 $
Pour $ m = -4 $ : $ \dfrac{1}{4}(-4)^2x + (-4 - 1)y + \dfrac{1}{2}(-4)z - 3 = 0 $, soit $ 4x - 5y - 2z - 3 = 0 $

Les vecteurs normaux sont $\vec{n}_1(1~;~0~;~2)$ et $\vec{n}_{-4}(4~;~-5~;~-2)$.
Ces vecteurs ne sont pas colinéaires (le rapport des abscisses est 4, celui des ordonnées n'est pas défini), donc les plans sont sécants.

Vérifions si la droite $ (d) $ appartient aux deux plans. Soit $ M(12-2t~;~9-2t~;~t) $ un point de $ (d) $.
Dans $ P_1 $ : $ (12-2t) + 2(t) - 12 = 12 - 2t + 2t - 12 = 0 $. La condition est vérifiée.
Dans $ P_{-4} $ : $ 4(12-2t) - 5(9-2t) - 2(t) - 3 = 48 - 8t - 45 + 10t - 2t - 3 = 0 $. La condition est vérifiée.

Les plans $ P_1 $ et $ P_{-4} $ sont bien sécants selon la droite $ (d) $.
1. L'équation de $ P_0 $ est $ (0-1)y + 0z - 3 = 0 $, soit $ -y - 3 = 0 $, donc $ y = -3 $.
  Un point $ M(12-2t~;~9-2t~;~t) $ de $ (d) $ appartient à $ P_0 $ si :
  $ 9 - 2t = -3 $
  $ -2t = -12 $
  $ t = 6 $
  
  En remplaçant $ t = 6 $ dans les coordonnées de $ (d) $ :
  $ x = 12 - 2(6) = 0 $
  $ y = 9 - 2(6) = -3 $
  $ z = 6 $
  
  Le point d'intersection est $ B(0~;~-3~;~6) $.
2. Remplaçons les coordonnées de $ B(0~;~-3~;~6) $ dans l'équation de $ P_m $ :
  $ \dfrac{1}{4}m^2(0) + (m - 1)(-3) + \dfrac{1}{2}m(6) - 3 = -3m + 3 + 3m - 3 = 0 $
  La relation est vraie pour tout réel $ m $.
  
  Pour tout réel $ m $, le point $ B $ appartient au plan $ P_m $.
3. Un point $ M(x~;~y~;~z) $ appartient à $ P_m $ pour tout $ m $ si l'égalité suivante est vérifiée pour tout $ m $ :
  $ \dfrac{1}{4}x m^2 + \left(\dfrac{1}{2}z + y\right)m - y - 3 = 0 $
  
  C'est un polynôme en $ m $ qui est nul pour tout $ m $. Ses coefficients doivent donc être nuls :
  $ \begin{cases} \dfrac{1}{4}x = 0 \\ \dfrac{1}{2}z + y = 0 \\ -y - 3 = 0 \end{cases} \iff \begin{cases} x = 0 \\ y = -3 \\ z = -2y = 6 \end{cases} $
  
  Le point $ B(0~;~-3~;~6) $ est donc l'unique point appartenant à tous les plans $ P_m $.
1. Les vecteurs normaux sont $\vec{n}_1(1~;~0~;~2)$ (pour $ P_1 $ multiplié par 4) et $\vec{n}_{-4}(4~;~-5~;~-2)$.
  Leur produit scalaire est :
  $ \vec{n}_1 \cdot \vec{n}_{-4} = 1 \times 4 + 0 \times (-5) + 2 \times (-2) = 4 + 0 - 4 = 0 $
  
  Les plans $ P_1 $ et $ P_{-4} $ sont donc perpendiculaires.
2. Les plans $ P_m $ et $ P_{m'} $ sont perpendiculaires si et seulement si le produit scalaire de leurs vecteurs normaux est nul.
  Vecteurs normaux : $ \vec{n}_m\left(\dfrac{1}{4}m^2~;~m-1~;~\dfrac{1}{2}m\right) $ et $ \vec{n}_{m'}\left(\dfrac{1}{4}m'^2~;~m'-1~;~\dfrac{1}{2}m'\right) $.
  $ \vec{n}_m \cdot \vec{n}_{m'} = 0 \iff \dfrac{1}{4}m^2 \times \dfrac{1}{4}m'^2 + (m-1)(m'-1) + \dfrac{1}{2}m \times \dfrac{1}{2}m' = 0 $
  $ \vec{n}_m \cdot \vec{n}_{m'} = 0 \iff \left(\dfrac{mm'}{4}\right)^2 + (m-1)(m'-1) + \dfrac{mm'}{4} = 0 $
  
  La condition est donc vérifiée.
3. Cet algorithme parcourt tous les couples d'entiers $ (m~;~m') $ compris entre $ -10 $ et $ 10 $.
  Il teste si l'égalité $ (mm')^2 + 16(m - 1)(m' - 1) + 4mm' = 0 $ est vraie.
  Cette égalité est équivalente à celle de la question précédente multipliée par 16.
  
  L'algorithme affiche les couples d'entiers $ (m~;~m') $ pour lesquels les plans $ P_m $ et $ P_{m'} $ sont perpendiculaires.
4. Les six couples sont :
  $ (-4~;~1) $, $ (-4~;~5) $, $ (0~;~1) $, $ (1~;~-4) $, $ (1~;~0) $ et $ (5~;~-4) $.
  
  Classons-les dans l'ordre d'affichage (par $ m $ croissant, puis $ m' $) :
  $ m = -4 \implies m' = 1 $ et $ m' = 5 $
  $ m = 0 \implies m' = 1 $
  $ m = 1 \implies m' = -4 $ et $ m' = 0 $
  $ m = 5 \implies m' = -4 $
  
  Les couples dans l'ordre d'affichage sont :
  $ (-4~;~1), (-4~;~5), (0~;~1), (1~;~-4), (1~;~0), (5~;~-4) $.

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 $.

Corrigé

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) $.
1. Démontrer que la droite $ \Delta $ est orthogonale au plan $ \left(ABC\right) $.
2. En déduire une équation cartésienne du plan $ \left(ABC\right) $.
3. Déterminer une représentation paramétrique de la droite $ \Delta $.
4. 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 $.
1. Démontrer que les plans $ \mathscr P_{1} $ et $ \mathscr P_{2} $ sont sécants.
2. 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} $.
3. La droite $ d $ et le plan $ \left(ABC\right) $ sont-ils sécants ou parallèles ?

Corrigé

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.
1. 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) $.
2. 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 $
3. 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} $
4. 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) $.
1. 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.
2. 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} $
3. 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

Géométrie analytique – Bac S Centres étrangers 2009

On se propose dans cet exercice, d'étudier des propriétés d'un solide de l'espace.

L'espace est rapporté à un repère orthonormal $ \left(O; \vec{i}, \vec{j}, \vec{k}\right) $.

On considère les points A(3;4;0) ; B(0;5;0) et C(0;0;5). On note I le milieu du segment [AB].

Faire une figure où l'on placera les points A, B, C, I dans le repère $ \left(O; \vec{i}, \vec{j}, \vec{k}\right) $.
Démontrer que les triangles OAC et OBC sont rectangles et isocèles.

Quelle est la nature du triangle ABC ?
Soit H le point de coordonnées $ \left(\dfrac{15}{19}; \dfrac{45}{19}; \dfrac{45}{19}\right) $.
1. Démontrer que les points H, C, I sont alignés.
2. Démontrer que H est le projeté orthogonal de O sur le plan (ABC).
3. En déduire une équation cartésienne du plan ABC.
Calculs d'aire et de volume.
1. Calculer l'aire du triangle OAB. En déduire le volume du tétraèdre OABC.
2. Déterminer la distance du point O au plan (ABC).
3. Calculer l'aire du triangle ABC.

Corrigé

Figure
Nature des triangles

Calculons les longueurs des côtés des triangles OAC et OBC dans le repère orthonormal.
$ \overrightarrow{OA}(3; 4; 0) $, donc $ OA = \sqrt{3^2 + 4^2 + 0^2} = \sqrt{25} = 5 $
$ \overrightarrow{OC}(0; 0; 5) $, donc $ OC = \sqrt{0^2 + 0^2 + 5^2} = 5 $
Le produit scalaire $ \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OC} = 3 \times 0 + 4 \times 0 + 0 \times 5 = 0 $.
Les vecteurs sont orthogonaux, donc le triangle OAC est rectangle en O.
Comme $ OA = OC = 5 $, le triangle OAC est rectangle et isocèle en O.

De même pour OBC :
$ \overrightarrow{OB}(0; 5; 0) $, donc $ OB = 5 $
$ \overrightarrow{OC}(0; 0; 5) $, donc $ OC = 5 $
$ \overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OC} = 0 \times 0 + 5 \times 0 + 0 \times 5 = 0 $.
Le triangle OBC est donc rectangle et isocèle en O.

Pour la nature du triangle ABC, calculons les longueurs de ses côtés :
$ AC = \sqrt{(0-3)^2 + (0-4)^2 + (5-0)^2} = \sqrt{9 + 16 + 25} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2} $
$ BC = \sqrt{(0-0)^2 + (0-5)^2 + (5-0)^2} = \sqrt{0 + 25 + 25} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2} $
$ AB = \sqrt{(0-3)^2 + (5-4)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{9 + 1 + 0} = \sqrt{10} $
Comme $ AC = BC $, le triangle ABC est isocèle en C.
1. Alignement de H, C, I
  
  I est le milieu de [AB], ses coordonnées sont :
  
  $ I \left( \dfrac{3+0}{2} ; \dfrac{4+5}{2} ; \dfrac{0+0}{2} \right) $, soit $ I(1{,}5 ; 4{,}5 ; 0) $
  
  Calculons les coordonnées des vecteurs $ \overrightarrow{CI} $ et $ \overrightarrow{CH} $ :
  
  $ \overrightarrow{CI}(1{,}5 - 0 ; 4{,}5 - 0 ; 0 - 5) $, soit $ \overrightarrow{CI}(1{,}5 ; 4{,}5 ; -5) $
  
  $ \overrightarrow{CH} \left( \dfrac{15}{19} - 0 ; \dfrac{45}{19} - 0 ; \dfrac{45}{19} - 5 \right) $, soit $ \overrightarrow{CH} \left( \dfrac{15}{19} ; \dfrac{45}{19} ; -\dfrac{50}{19} \right) $
  
  On remarque que $ \overrightarrow{CH} = \dfrac{10}{19} \overrightarrow{CI} $.
  
  Les vecteurs sont colinéaires et ont le point C en commun, donc les points H, C et I sont alignés.
2. H projeté orthogonal de O sur (ABC)
  
  Pour démontrer que H est le projeté orthogonal de O sur le plan (ABC), il faut vérifier que le vecteur $ \overrightarrow{OH} \left( \dfrac{15}{19} ; \dfrac{45}{19} ; \dfrac{45}{19} \right) $ est normal au plan (ABC).
  
  Vérifions l'orthogonalité avec deux vecteurs non colinéaires du plan, par exemple $ \overrightarrow{AB} $ et $ \overrightarrow{CI} $ :
  $ \overrightarrow{AB}(-3 ; 1 ; 0) $
  
  $ \overrightarrow{OH} \cdot \overrightarrow{AB} = \dfrac{15}{19} \times (-3) + \dfrac{45}{19} \times 1 + \dfrac{45}{19} \times 0 = -\dfrac{45}{19} + \dfrac{45}{19} = 0 $
  
  $ \overrightarrow{OH} \cdot \overrightarrow{CI} = \dfrac{15}{19} \times 1{,}5 + \dfrac{45}{19} \times 4{,}5 + \dfrac{45}{19} \times (-5) $
  
  $ \quad = \dfrac{22{,}5 + 202{,}5 - 225}{19} = 0 $
  
  Le vecteur $ \overrightarrow{OH} $ est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC).
  De plus, comme H est sur la droite (CI) et que C et I appartiennent au plan (ABC), alors H appartient au plan (ABC).
  H est donc bien le projeté orthogonal de O sur le plan (ABC).
3. Équation du plan ABC
  
  Le vecteur $ \overrightarrow{OH} $ est normal au plan. On peut utiliser un vecteur normal proportionnel pour simplifier les calculs : $ \vec{n}(1 ; 3 ; 3) $.
  L'équation du plan est de la forme $ x + 3y + 3z + d = 0 $.
  Comme C(0 ; 0 ; 5) appartient au plan :
  $ 0 + 3(0) + 3(5) + d = 0 $, soit $ 15 + d = 0 $, d'où $ d = -15 $.
  L'équation cartésienne du plan ABC est :
  
  $ x + 3y + 3z - 15 = 0 $
1. Calcul d'aire et de volume
  
  Les points $ O $, $ A $ et $ B $ sont dans le plan $ z = 0 $. On calcule l'aire du triangle $ OAB $ à l'aide du produit vectoriel :
  $ \overrightarrow{OA} \times \overrightarrow{OB} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 3 \times 5 - 4 \times 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 15 \end{pmatrix} $
  
  $ \text{Aire}(OAB) = \dfrac{1}{2} ||\overrightarrow{OA} \times \overrightarrow{OB}|| = \dfrac{1}{2} \times 15 = 7{,}5 \text{ unités d'aire} $
  
  Le volume du tétraèdre OABC est donné par :
  
  $ V = \dfrac{1}{3} \times \text{Aire}(OAB) \times OC = \dfrac{1}{3} \times 7{,}5 \times 5 = 12{,}5 \text{ unités de volume} $.
  
  $ V = 12{,}5 $
2. Distance de O au plan (ABC)
  
  La distance de O au plan (ABC) est la longueur OH.
  
  $ OH = \sqrt{\left(\dfrac{15}{19}\right)^2 + \left(\dfrac{45}{19}\right)^2 + \left(\dfrac{45}{19}\right)^2} = \dfrac{1}{19}\sqrt{225 + 2025 + 2025} = \dfrac{\sqrt{4275}}{19} = \dfrac{15\sqrt{19}}{19} = \dfrac{15}{\sqrt{19}} $.
  
  $ d(O, (ABC)) = \dfrac{15}{\sqrt{19}} $
3. Aire du triangle ABC
  
  En utilisant la formule du volume $ V = \dfrac{1}{3} \times \text{Aire}(ABC) \times d(O, (ABC)) $ :
  
  $ 12{,}5 = \dfrac{1}{3} \times \text{Aire}(ABC) \times \dfrac{15}{\sqrt{19}} $
  
  $ \text{Aire}(ABC) = \dfrac{12{,}5 \times 3 \times \sqrt{19}}{15} = \dfrac{37{,}5\sqrt{19}}{15} = 2{,}5\sqrt{19} $.
  
  $ \text{Aire}(ABC) = \dfrac{5\sqrt{19}}{2} $

Géométrie analytique Cube – Bac S Liban 2009

On considère un cube $ABCDEFGH$ d'arête de longueur 1. On désigne par $ I $ le milieu de $ [EF] $ et par $ J $ le symétrique de $ E $ par rapport à $ F $.

Cube ABCDEFGH avec I milieu de EF et J symétrique de E par rapport à F

Dans tout l'exercice, l'espace est rapporté au repère orthonormal $ \left(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}\right) $.

1. Déterminer les coordonnées des points $ I $ et $ J $.
2. Vérifier que le vecteur $ \overrightarrow{DJ} $ est un vecteur normal au plan $ (BGI) $.
3. En déduire une équation cartésienne du plan $ (BGI) $.
4. Calculer la distance du point $ F $ au plan $ (BGI) $.
On note ($ \Delta $) la droite passant par $ F $ et orthogonale au plan $ (BGI) $.
1. Donner une représentation paramétrique de la droite ($ \Delta $).
2. Montrer que la droite ($ \Delta $) passe par le centre $ K $ de la face ADHE.
3. Montrer que la droite ($ \Delta $) et le plan $ (BGI) $ sont sécants en un point, noté $ L $, de coordonnées $ \left(\dfrac{2}{3}; \dfrac{1}{6}; \dfrac{5}{6}\right) $.
4. Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, sera prise en compte dans l'évaluation.
  Le point $ L $ est-il l'orthocentre du triangle $ BGI $ ?

Corrigé

Dans le repère orthonormal $ \left(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}\right) $, les coordonnées des sommets du cube sont :
$ A(0;0;0) $, $ B(1;0;0) $, $ D(0;1;0) $, $ E(0;0;1) $, $ F(1;0;1) $, $ G(1;1;1) $ et $ H(0;1;1) $.

1. $ I $ est le milieu de $ [EF] $, ses coordonnées sont :
  
  $ x_I = \dfrac{x_E + x_F}{2} = \dfrac{0 + 1}{2} = \dfrac{1}{2} $ ; $ y_I = \dfrac{y_E + y_F}{2} = \dfrac{0 + 0}{2} = 0 $ ; $ z_I = \dfrac{z_E + z_F}{2} = \dfrac{1 + 1}{2} = 1 $
  
  D'où $\mathbf{I \left( \dfrac{1}{2} ; 0 ; 1 \right)}$.
  
  $ J $ est le symétrique de $ E $ par rapport à $ F $, donc $ F $ est le milieu de $ [EJ] $ :
  $ x_F = \dfrac{x_E + x_J}{2} \implies 1 = \dfrac{0 + x_J}{2} \implies x_J = 2 $
  $ y_F = \dfrac{y_E + y_J}{2} \implies 0 = \dfrac{0 + y_J}{2} \implies y_J = 0 $
  $ z_F = \dfrac{z_E + z_J}{2} \implies 1 = \dfrac{1 + z_J}{2} \implies z_J = 1 $
  D'où $\mathbf{J(2 ; 0 ; 1)}$.
2. Le vecteur $ \overrightarrow{DJ} $ a pour coordonnées $ (2 - 0 \ ; \ 0 - 1 \ ; \ 1 - 0) $, soit $ \overrightarrow{DJ} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} $.
  
  Calculons les coordonnées de deux vecteurs non colinéaires du plan $ (BGI) $ :
  $ \overrightarrow{BG} \begin{pmatrix} 1-1 \\ 1-0 \\ 1-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} $ et $ \overrightarrow{BI} \begin{pmatrix} 0{,}5-1 \\ 0-0 \\ 1-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -0{,}5 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $.
  
  Calculons les produits scalaires :
  $ \overrightarrow{DJ} \cdot \overrightarrow{BG} = 2 \times 0 + (-1) \times 1 + 1 \times 1 = -1 + 1 = 0 $
  $ \overrightarrow{DJ} \cdot \overrightarrow{BI} = 2 \times (-0{,}5) + (-1) \times 0 + 1 \times 1 = -1 + 1 = 0 $
  
  Le vecteur $ \overrightarrow{DJ} $ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $ (BGI) $, donc :
  
  Le vecteur $ \overrightarrow{DJ} $ est normal au plan $ (BGI) $.
3. Comme $ \overrightarrow{DJ} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} $ est normal à $ (BGI) $, une équation cartésienne de ce plan est de la forme $ 2x - y + z + d = 0 $.
  Le point $ B(1;0;0) $ appartient au plan, donc :
  $ 2(1) - 0 + 0 + d = 0 \implies d = -2 $.
  
  Une équation cartésienne du plan $ (BGI) $ est :
  
  $\mathbf{2x - y + z - 2 = 0}$
4. Soit $ \vec{n} = \overrightarrow{DJ} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} $ un vecteur normal au plan $ (BGI) $.
  La distance du point $ F(1;0;1) $ au plan $ (BGI) $ est :
  
  $ d(F, (BGI)) = \dfrac{|2x_F - y_F + z_F - 2|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2 + 1^2}} = \dfrac{|2(1) - 0 + 1 - 2|}{\sqrt{6}} = \dfrac{1}{\sqrt{6}} = \dfrac{\sqrt{6}}{6} $
1. La droite $ (\Delta) $ passe par $ F(1;0;1) $ et est normale au plan $ (BGI) $, elle a donc pour vecteur directeur $ \overrightarrow{DJ} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} $.
  Une représentation paramétrique de $ (\Delta) $ est :
  
  $ \begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = -t \\ z = 1 + t \end{cases} $ avec $ t \in \mathbb{R} $
2. Le centre $ K $ de la face $ ADHE $ est le milieu de $ [AH] $ (ou $ [DE] $).
  $ x_K = \dfrac{0+0}{2} = 0 $ ; $ y_K = \dfrac{0+1}{2} = 0{,}5 $ ; $ z_K = \dfrac{0+1}{2} = 0{,}5 $. Donc $ K(0 \ ; \ 0{,}5 \ ; \ 0{,}5) $.
  Vérifions si $ K $ appartient à $ (\Delta) $ :
  $ 0 = 1 + 2t \implies t = -0{,}5 $
  $ y = -(-0{,}5) = 0{,}5 = y_K $
  $ z = 1 - 0{,}5 = 0{,}5 = z_K $
  Pour $ t = -0{,}5 $, on retrouve les coordonnées de $ K $, donc $ K $ appartient à $ (\Delta) $.
3. Les coordonnées du point $ L $, intersection de $ (\Delta) $ et $ (BGI) $, vérifient le système :
  $ \begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = -t \\ z = 1 + t \\ 2x - y + z - 2 = 0 \end{cases} $
  En substituant les expressions de $ x, y, z $ dans l'équation du plan :
  $ 2(1 + 2t) - (-t) + (1 + t) - 2 = 0 $
  $ 2 + 4t + t + 1 + t - 2 = 0 \implies 6t + 1 = 0 \implies t = -\dfrac{1}{6} $
  On en déduit les coordonnées de $ L $ :
  $ x_L = 1 + 2\left(-\dfrac{1}{6}\right) = 1 - \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3} $
  $ y_L = -\left(-\dfrac{1}{6}\right) = \dfrac{1}{6} $
  $ z_L = 1 - \dfrac{1}{6} = \dfrac{5}{6} $
  On retrouve bien $\mathbf{L \left( \dfrac{2}{3} ; \dfrac{1}{6} ; \dfrac{5}{6} \right)}$.
4. Le point $ L $ est l'orthocentre du triangle $ BGI $ si et seulement si les droites $ (BL) $ et $ (GI) $ sont perpendiculaires, ainsi que $ (GL) $ et $ (BI) $.
  $ \overrightarrow{BL} \begin{pmatrix} 2/3 - 1 \\ 1/6 - 0 \\ 5/6 - 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1/3 \\ 1/6 \\ 5/6 \end{pmatrix} $ et $ \overrightarrow{GI} \begin{pmatrix} 1/2 - 1 \\ 0 - 1 \\ 1 - 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1/2 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} $.
  $ \overrightarrow{BL} \cdot \overrightarrow{GI} = \left(-\dfrac{1}{3}\right) \times \left(-\dfrac{1}{2}\right) + \dfrac{1}{6} \times (-1) + \dfrac{5}{6} \times 0 = \dfrac{1}{6} - \dfrac{1}{6} = 0 $. Donc $ (BL) \perp (GI) $.
  
  $ \overrightarrow{GL} \begin{pmatrix} 2/3 - 1 \\ 1/6 - 1 \\ 5/6 - 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1/3 \\ -5/6 \\ -1/6 \end{pmatrix} $ et $ \overrightarrow{BI} \begin{pmatrix} 1/2 - 1 \\ 0 - 0 \\ 1 - 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1/2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $.
  $ \overrightarrow{GL} \cdot \overrightarrow{BI} = \left(-\dfrac{1}{3}\right) \times \left(-\dfrac{1}{2}\right) + \left(-\dfrac{5}{6}\right) \times 0 + \left(-\dfrac{1}{6}\right) \times 1 = \dfrac{1}{6} - \dfrac{1}{6} = 0 $. Donc $ (GL) \perp (BI) $.
  
  $ L $ est l'intersection de deux hauteurs du triangle $ BGI $, c'est donc l'orthocentre du triangle $ BGI $ .

Pour réviser : Déterminer une équation cartésienne de plan

Équations de plans – Bac S Métropole 2008

Dans l'espace muni d'un repère orthonormal $ \left(O; \vec{i}, \vec{j}, \vec{k}\right) $, on considère les points

$ A\left(1 , 1 , 0\right) $ , $ B\left(1 , 2 , 1\right) $ et $ C\left(3 , - 1 , 2\right) $.

1. Démontrer que les points $ A $, $ B $ et $ C $ ne sont pas alignés.
2. Démontrer que le plan $ \left(ABC\right) $ a pour équation cartésienne $ 2x+y - z - 3=0 $.
On considère les plans $ \left(P\right) $ et $ \left(Q\right) $ d'équations respectives $ x+2y - z - 4=0 $ et $ 2x+3y - 2z - 5=0 $.

Démontrer que l'intersection des plans $ \left(P\right) $ et $ \left(Q\right) $ est une droite $ \left(D\right) $, dont une représentation paramétrique est :

$ \left\{ \begin{matrix} x= - 2+t \\ y=3 \\ z=t \end{matrix}\right. $ avec $ \left(t\in \mathbb{R}\right) $
Quelle est l'intersection des trois plans $ \left(ABC\right) $, $ \left(P\right) $ et $ \left(Q\right) $ ?
Dans cette question toute trace de recherche, même incomplète, sera prise en compte dans l'évaluation.

Déterminer la distance du point $ A $ à la droite $ \left(D\right) $.

Corrigé

1. $ \overrightarrow{AB} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix} $
  
  $ \overrightarrow{AC} \begin{pmatrix} 2 \\ - 2 \\ 2 \end{pmatrix} $
  
  Les vecteurs $ \overrightarrow{AB} $ et $ \overrightarrow{AC} $ n'étant pas colinéaires, les points A, B et C ne sont pas alignés.
2. Les coordonnées des points A, B et C vérifient l'équation $ 2x+y - z - 3=0 $. En effet :
  
  pour A : $ 2\times 1+1\times 1 - 1\times 0 - 3=0 $
  
  pour B : $ 2\times 1+1\times 2 - 1\times 1 - 3=0 $
  
  pour C : $ 2\times 3+1\times \left( - 1\right) - 1\times 2 - 3=0 $
  
  Le plan (ABC) a donc pour équation cartésienne $ 2x+y - z - 3=0 $.
M de coordonnées $ \left(x ; y ; z \right) $ appartient à $ P \cap Q $ si et seulement si :

$ \left\{ \begin{matrix} x+2y - z - 4=0 \\ 2x+3y - 2z - 5=0 \end{matrix}\right. $

On pose $ t=z $ et on résout le système.

$ \left\{ \begin{matrix} z=t \\ x= - 2y+t+4 \\ - 4y+2t +8+3y - 2t - 5=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} z=t \\ y=3 \\ x= - 2+t \end{matrix}\right. $
Pour trouver l'intersection des 3 plans (ABC), (P) et (Q), on résout le système :

$ \left(S\right) \left\{ \begin{matrix} 2x+y - z - 3=0 \\ x+2y - z - 4=0 \\ 2x+3y - 2z - 5=0 \end{matrix}\right. $

D'après la question précédente les deux dernières équations donnent y=3 ce qui permet d'accélérer la résolution :

$ \left(S\right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} y=3 \\ 2x+3 - z - 3=0 \\ x+6 - z - 4=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x=2 \\ y=3 \\ z=4 \end{matrix}\right. $

L'intersection des plans (ABC), (P) et (Q) est donc le point de coordonnées $ \left(2 ; 3 ; 4\right) $.
Soit M un point de (D). Ses coordonnées $ \left(x;y;z\right) $ sont de la forme :

$ \left\{ \begin{matrix} x= - 2+t \\ y=3 \\ z=t \end{matrix}\right. $

La distance de A à (D) est le minimum de la distance AM lorsque M décrit (D).

Or :

$ AM^{2}=\left( - 3+t\right)^{2}+\left(3 - 1\right)^{2}+t^{2}=t^{2} - 6t+9+4+t^{2} =2t^{2} - 6t+13 $

$ AM^{2} $ est un polynôme du second degré en $ t $ qui atteint son minimum pour $ t= - \dfrac{b}{2a}=\dfrac{3}{2} $

Ce minimum vaut alors :

$ AM_{0}^{2}=2\left(\dfrac{3}{2}\right)^{2} - 6\left(\dfrac{3}{2}\right)+13=\dfrac{17}{2} $

La distance de A à (D) est donc :

$ AM_{0}=\dfrac{\sqrt{17}}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{34}}{2} $

QCM Géométrie dans l’espace – Bac S Antilles Guyane 2013

Description de la figure dans l'espace muni du repère orthonormé $ \left(A ; \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE}\right) $ :

$ ABCDEFGH $ désigne un cube de côté 1.

On appelle $ \mathscr P $ le plan $ \left(AFH\right) $.
Le point $ I $ est le milieu du segment $ \left[AE\right] $.
Le point $ J $ est le milieu du segment $ \left[BC\right] $.
Le point $ K $ est le milieu du segment $ \left[HF\right] $.
Le point $ L $ est le point d'intersection de la droite $ \left(EC\right) $ et du plan $ \mathscr P $.

Géométrie dans l'espace - Bac S Antilles Guyane 2013

*Ceci est un questionnaire à choix multiples (QCM). *

Pour chacune des questions, une seule des quatre affirmations est exacte. Le candidat indiquera sur sa copie le numéro de la question et la lettre correspondant à la réponse choisie.
Aucune justification n'est demandée. Une réponse exacte rapporte un point, une réponse fausse ou une absence de réponse ne rapporte aucun point.

1. Les droites $ \left(IJ\right) $ et $ \left(EC\right) $ sont strictement parallèles.
2. Les droites $ \left(IJ\right) $ et $ \left(EC\right) $ sont non coplanaires.
3. Les droites $ \left(IJ\right) $ et $ \left(EC\right) $ sont sécantes.
4. Les droites $ \left(IJ\right) $ et $ \left(EC\right) $ sont confondues
1. Le produit scalaire $ \overrightarrow{AF}.\overrightarrow{BG} $ est égal à $ 0 $.
2. Le produit scalaire $ \overrightarrow{AF}.\overrightarrow{BG} $ est égal à $ \left( - 1\right) $.
3. Le produit scalaire $ \overrightarrow{AF}.\overrightarrow{BG} $ est égal à $ 1 $.
4. Le produit scalaire $ \overrightarrow{AF}.\overrightarrow{BG} $ est égal à $ 2 $
Dans le repère orthonormé $ \left(A ; \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE}\right) $,
1. le plan $ \mathscr P $ a pour équation cartésienne : $ x+y+z - 1=0 $.
2. le plan $ \mathscr P $ a pour équation cartésienne : $ x - y+z=0 $.
3. le plan $ \mathscr P $ a pour équation cartésienne : $ - x+y+z=0 $.
4. le plan $ \mathscr P $ a pour équation cartésienne : $ x+y - z=0 $
1. $ \overrightarrow{EG} $ est un vecteur normal au plan $ \mathscr P $.
2. $ \overrightarrow{EL} $ est un vecteur normal au plan $ \mathscr P $.
3. $ \overrightarrow{IJ} $ est un vecteur normal au plan $ \mathscr P $.
4. $ \overrightarrow{DI} $ est un vecteur normal au plan $ \mathscr P $
1. $ \overrightarrow{AL}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AH}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AF} $.
2. $ \overrightarrow{AL}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AK} $.
3. $ \overrightarrow{ID}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{IJ} $.
4. $ \overrightarrow{AL}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AD}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{AE} $

Corrigé

Dans le repère orthonormé $ \left(A ; \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AE}\right) $, les coordonnées des sommets du cube sont :
$ A(0 ; 0 ; 0) $, $ B(1 ; 0 ; 0) $, $ D(0 ; 1 ; 0) $, $ E(0 ; 0 ; 1) $, $ C(1 ; 1 ; 0) $, $ F(1 ; 0 ; 1) $, $ G(1 ; 1 ; 1) $ et $ H(0 ; 1 ; 1) $.

Les points $ I $ et $ J $ sont les milieux respectifs de $ [AE] $ et $ [BC] $.
Leurs coordonnées sont alors :
$ I\left(0 ; 0 ; \dfrac{1}{2}\right) $ et $ J\left(1 ; \dfrac{1}{2} ; 0\right) $.
Le vecteur $ \overrightarrow{IJ} $ a pour coordonnées $ \left(1 ; \dfrac{1}{2} ; -\dfrac{1}{2}\right) $.
Le vecteur $ \overrightarrow{EC} $ a pour coordonnées $ \left(1 ; 1 ; -1\right) $.
Les vecteurs $ \overrightarrow{IJ} $ et $ \overrightarrow{EC} $ ne sont pas colinéaires car leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles. Les droites $ (IJ) $ et $ (EC) $ ne sont donc pas parallèles.

Étudions si elles sont coplanaires :
Le système $ \overrightarrow{AI} + t\overrightarrow{IJ} = \overrightarrow{AE} + u\overrightarrow{EC} $ conduit à :

$ \begin{cases} t = u \\ \dfrac{1}{2}t = u \\ \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}t = 1 - u \end{cases} $

Les deux premières équations imposent $ t = u = 0 $, ce qui ne vérifie pas la troisième ($ 0{,}5 = 1 $ est faux).
Les droites ne sont pas sécantes. N'étant ni parallèles ni sécantes, elles sont non coplanaires.
L'affirmation exacte est la b.
Calculons le produit scalaire $ \overrightarrow{AF} \cdot \overrightarrow{BG} $.
$ \overrightarrow{AF} $ a pour coordonnées $ (1 ; 0 ; 1) $.
$ \overrightarrow{BG} $ a pour coordonnées $ (0 ; 1 ; 1) $.

$ \overrightarrow{AF} \cdot \overrightarrow{BG} = 1 \times 0 + 0 \times 1 + 1 \times 1 = 1 $

L'affirmation exacte est la c.
Le plan $ \mathscr{P} $ est le plan $ (AFH) $.
Le point $ A(0 ; 0 ; 0) $ appartient au plan, donc la constante de l'équation cartésienne est nulle (élimine la réponse a).

Vérifions les coordonnées de $ F(1 ; 0 ; 1) $ et $ H(0 ; 1 ; 1) $ dans les autres équations :
Pour $ x + y - z = 0 $ :
$ F : 1 + 0 - 1 = 0 $ (Vrai)
$ H : 0 + 1 - 1 = 0 $ (Vrai)
L'affirmation exacte est la d.
Un vecteur normal au plan $ \mathscr{P} : x + y - z = 0 $ est $ \vec{n}(1 ; 1 ; -1) $.
Calculons les coordonnées des vecteurs proposés :
$ \overrightarrow{EG}(1 ; 1 ; 0) $
$ \overrightarrow{EL} $ : le point $ L $ est l'intersection de la droite $ (EC) $ et du plan $ \mathscr{P} $. Puisque $ L $ appartient à $ (EC) $, $ \overrightarrow{EL} $ est colinéaire à $ \overrightarrow{EC}(1 ; 1 ; -1) $.
Le vecteur $ \overrightarrow{EL} $ est donc colinéaire au vecteur normal $ \vec{n} $.
L'affirmation exacte est la b.
Le point $ L $ est l'intersection de la droite $ (EC) $ d'équation paramétrique $ \begin{cases} x = k \\ y = k \\ z = 1 - k \end{cases} $ et du plan $ x + y - z = 0 $.
On a : $ k + k - (1 - k) = 0 \iff 3k - 1 = 0 \iff k = \dfrac{1}{3} $.
Les coordonnées de $ L $ sont donc $ \left(\dfrac{1}{3} ; \dfrac{1}{3} ; \dfrac{2}{3}\right) $.
On a donc $ \overrightarrow{AL} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB} + \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AD} + \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AE} $.

L'affirmation exacte est la d.

Pour réviser : Déterminer une équation cartésienne de plan