Orthogonalité et distances dans l'espace — Terminale Spé Maths

SOMMAIRE

1. Mesurer sans tricher

Retour dans la chambre du chapitre précédent — cette fois, on mesure. Il te faut la hauteur sous plafond. Tu tends le mètre ruban du sol vers le plafond… et il penche. Tout le monde le sent : un mètre tenu de travers ment. Il donne toujours trop. La vraie hauteur, c'est le fil tendu tout droit, perpendiculaire au sol — le maçon a même un outil exprès pour ça, le fil à plomb.

Regarde la lampe du plafond, au point $M$. Le point du sol juste en dessous, son pied, est en $H$. Choisis n'importe quel autre point $P$ du sol : le trajet $MP$ est plus long que $MH$, et tu sais le prouver depuis la Seconde. Dans le triangle $MHP$, rectangle en $H$, Pythagore donne :

$$MP^2 = MH^2 + HP^2$$

La lampe $M$, son pied $H$, un autre point $P$ du sol. Le trajet direct $MH$ est vertical ; tout autre trajet $MP$ est l'hypoténuse d'un triangle rectangle — donc plus long. Ici $MP^2 = 9 + 6{,}25 = 15{,}25$ : $MP \approx 3{,}91$, contre $MH = 3$.

$HP^2$ est positif, et nul seulement quand $P$ est en $H$ : le plus court chemin d'un point à un plan est la perpendiculaire. Tout le chapitre déplie cette évidence du mètre ruban, jusqu'à savoir la calculer en coordonnées. Et l'outil qui détecte les angles droits, tu l'as depuis la Première : le produit scalaire. Deux vecteurs de l'espace tiennent toujours dans un même plan, celui qu'ils engendrent — alors tout ce que tu sais sur lui va passer à l'espace tel quel. On vérifie ça juste après le geste.

2. Le plus court chemin

Le graphique reprend la chambre. $M$ est fixée à 3 unités au-dessus du sol, son pied est $H$, et $P$ t'attend sur le quadrillage. Déplace-le et essaie de battre $MH$ : trouve un trajet $MP$ plus court que 3. La ligne du bas tient les comptes avec Pythagore.

Ce que ta main vient de vérifier — l'angle droit gagne toujours — il faut maintenant savoir l'écrire en coordonnées. Le bon outil, tu le connais depuis la Première : le produit scalaire. Il lui manque juste une dimension.

POURQUOI LE PRODUIT SCALAIRE SURVIT-IL EN 3D ?

Deux vecteurs $\vec u$ et $\vec v$ de l'espace, ramenés à la même origine, tiennent toujours dans un même plan. Dans ce plan, tu es en Première : $\vec u \cdot \vec v = \lVert\vec u\rVert \times \lVert\vec v\rVert \times \cos(\vec u\;;\, \vec v)$, le projeté orthogonal, la bilinéarité — tout est déjà défini, rien à réinventer. La seule nouveauté est une formule de calcul à trois coordonnées au lieu de deux.

DÉFINITION

Soient $\vec u$ et $\vec v$ deux vecteurs de l'espace. Leur produit scalaire $\vec u \cdot \vec v$ est celui calculé dans un plan qui contient $\vec u$ et $\vec v$ : toutes les formules et propriétés de Première (normes et cosinus, projeté orthogonal, bilinéarité, $\vec u \cdot \vec u = \lVert\vec u\rVert^2$) restent valables. Dans une base orthonormée de l'espace, avec $\vec u\,(x\;;\, y\;;\, z)$ et $\vec v\,(x'\;;\, y'\;;\, z')$ :

$$\vec u \cdot \vec v = x\,x' + y\,y' + z\,z'$$

DÉFINITION

Deux vecteurs $\vec u$ et $\vec v$ sont orthogonaux lorsque $\vec u \cdot \vec v = 0$. Le vecteur nul est orthogonal à tout vecteur. Attention au sens de lecture : un produit scalaire nul dit que l'angle est droit — pas qu'un des vecteurs est nul.

MÉTHODE — CALCULER UN PRODUIT SCALAIRE EN COORDONNÉES

1.Vérifie que le repère est orthonormé — au lycée il l'est presque toujours, et dans un cube d'arête 1, $(A\;;\, \vec{AB},\, \vec{AD},\, \vec{AE})$ l'est.

2.Multiplie les coordonnées deux à deux, position par position, et additionne les trois produits — en surveillant les signes.

3.Conclus : résultat nul → vecteurs orthogonaux ; sinon, pas d'angle droit.

EXEMPLE RÉSOLU — LE DÉTECTEUR D'ANGLES DROITS

Dans un repère orthonormé, on donne $\vec u\,(2\;;\, -1\;;\, 3)$, $\vec v\,(1\;;\, 4\;;\, 1)$ et $\vec w\,(1\;;\, 5\;;\, 1)$. Les vecteurs $\vec u$ et $\vec v$ sont-ils orthogonaux ? Et $\vec u$ et $\vec w$ ?

Étape 1 — $\vec u \cdot \vec v = 2 \times 1 + (-1) \times 4 + 3 \times 1 = 2 - 4 + 3 = 1$. Non nul : pas orthogonaux. Il s'en faut de peu — mais un angle « presque droit » n'est pas droit.

Étape 2 — $\vec u \cdot \vec w = 2 \times 1 + (-1) \times 5 + 3 \times 1 = 2 - 5 + 3 = 0$ : $\vec u$ et $\vec w$ sont orthogonaux.

Conclusion : trois produits, une somme, une phrase. Le produit scalaire est le détecteur d'angles droits du chapitre — tu vas t'en servir partout.

Q1$\vec u \cdot \vec v = 0$ signifie que…

Q2Avec $\vec u\,(1\;;\, -2\;;\, 2)$ et $\vec v\,(2\;;\, 1\;;\, 0)$, $\vec u \cdot \vec v$ vaut…

Q3Dans une base orthonormée de l'espace, $\vec u \cdot \vec v$ vaut…

3. Perpendiculaire au plan, vraiment

Reviens au fil de la lampe : il est perpendiculaire au sol. Pas seulement à une ligne du carrelage — à toutes les droites du sol qui passent par son pied. C'est exactement ça, être perpendiculaire à un plan, et c'est plus exigeant qu'il n'y paraît. Le graphique te laisse vérifier, droite par droite : fais tourner la droite du sol avec le curseur, pour la verticale puis pour l'oblique.

direction θ de la droite du sol

θ = 0° angle = 90° 90° quel que soit θ

DÉFINITION

Deux droites de l'espace sont orthogonales lorsque leurs parallèles menées par un même point sont perpendiculaires. En pratique : $d$, de vecteur directeur $\vec u$, et $d'$, de vecteur directeur $\vec v$, sont orthogonales si et seulement si $\vec u \cdot \vec v = 0$.

Le vocabulaire est précis : perpendiculaires = orthogonales et sécantes. Deux droites de l'espace peuvent être orthogonales sans jamais se croiser — deux arêtes opposées d'un cube, par exemple.

DÉFINITION

Une droite $d$ est perpendiculaire à un plan $\mathcal{P}$ lorsqu'elle est orthogonale à toutes les droites de $\mathcal{P}$.

PROPRIÉTÉ — DEUX DROITES SÉCANTES SUFFISENT

Si $d$ est orthogonale à deux droites sécantes du plan $\mathcal{P}$, alors $d$ est perpendiculaire à $\mathcal{P}$ — donc orthogonale à toutes ses droites.

POURQUOI DEUX SUFFISENT-ELLES ?

Deux droites sécantes donnent deux vecteurs directeurs $\vec u$ et $\vec v$ non colinéaires : tout vecteur du plan s'écrit $a\,\vec u + b\,\vec v$ — c'est la coplanarité du chapitre précédent. Si $\vec w$ dirige $d$, la bilinéarité fait le reste : $\vec w \cdot (a\,\vec u + b\,\vec v) = a\,(\vec w \cdot \vec u) + b\,(\vec w \cdot \vec v) = 0 + 0 = 0$. Deux zéros bien choisis en donnent une infinité. C'est ce qui manquait à l'oblique du graphique : elle n'avait qu'un seul zéro.

MÉTHODE — MONTRER QU'UNE DROITE EST PERPENDICULAIRE À UN PLAN

1.Choisis un vecteur directeur $\vec w$ de la droite, et deux vecteurs directeurs $\vec u$ et $\vec v$ du plan, non colinéaires — deux côtés sécants suffisent.

2.Calcule les deux produits scalaires $\vec w \cdot \vec u$ et $\vec w \cdot \vec v$.

3.S'ils sont tous les deux nuls, conclus : $d \perp \mathcal{P}$. Un seul zéro ne prouve rien.

EXEMPLE RÉSOLU — DANS LE CUBE

$ABCDEFGH$ est un cube. Montre que la droite $(AE)$ est perpendiculaire au plan $(ABC)$.

Étape 1 — Dans le repère orthonormé $(A\;;\, \vec{AB},\, \vec{AD},\, \vec{AE})$ : $\vec{AE}\,(0\;;\, 0\;;\, 1)$, $\vec{AB}\,(1\;;\, 0\;;\, 0)$ et $\vec{AD}\,(0\;;\, 1\;;\, 0)$. Les droites $(AB)$ et $(AD)$ sont deux droites sécantes du plan $(ABC)$.

Étape 2 — $\vec{AE} \cdot \vec{AB} = 0 + 0 + 0 = 0$ et $\vec{AE} \cdot \vec{AD} = 0 + 0 + 0 = 0$.

Étape 3 — $(AE)$ est orthogonale à deux droites sécantes de $(ABC)$ : elle est perpendiculaire au plan.

Conclusion : l'arête verticale du cube joue le fil à plomb — et la rédaction tient en deux produits scalaires et une phrase.

Q1La droite $d$ est orthogonale à une droite du plan $\mathcal{P}$. Peut-on conclure que $d \perp \mathcal{P}$ ?

Q2Deux droites orthogonales sont-elles toujours perpendiculaires ?

Q3Dans le cube $ABCDEFGH$, les droites $(AE)$ et $(BC)$ sont…

4. Le vecteur normal et l'équation du plan

Décrire un plan, jusqu'ici, demandait deux vecteurs directeurs. Il y a plus économique : un seul vecteur suffit — à condition de le prendre en dehors du plan. Un vecteur qui lui tourne le dos, perpendiculaire à lui. Sur le graphique, fais glisser $d$ et regarde ce qui bouge… et surtout ce qui ne bouge pas.

DÉFINITION

Un vecteur normal à un plan $\mathcal{P}$ est un vecteur non nul $\vec n$ dont la direction est orthogonale à $\mathcal{P}$ — orthogonal, donc, à tous les vecteurs du plan. D'après la section 3, il suffit qu'il soit orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires de $\mathcal{P}$. Tous les vecteurs normaux d'un même plan sont colinéaires entre eux.

PROPRIÉTÉ — L'ÉQUATION CARTÉSIENNE D'UN PLAN

Soit $\mathcal{P}$ le plan passant par $A$, de vecteur normal $\vec n$. Alors : $M \in \mathcal{P} \iff \vec{AM} \cdot \vec n = 0$. En coordonnées, cette condition se développe en une équation du premier degré :

$$ax + by + cz + d = 0, \qquad \vec n\,(a\;;\, b\;;\, c)$$

POURQUOI CETTE ÉQUATION ?

Développe $\vec{AM} \cdot \vec n = 0$ avec $M\,(x\;;\, y\;;\, z)$ et $A\,(x_A\;;\, y_A\;;\, z_A)$ : $a\,(x - x_A) + b\,(y - y_A) + c\,(z - z_A) = 0$, soit $ax + by + cz + d = 0$ en posant $d = -(a\,x_A + b\,y_A + c\,z_A)$, le paquet de constantes. Réciproquement, toute équation $ax + by + cz + d = 0$ (avec $a$, $b$, $c$ non tous nuls) décrit un plan de vecteur normal $\vec n\,(a\;;\, b\;;\, c)$. Les coefficients de $x$, $y$, $z$ se lisent donc directement — mais $(a\;;\, b\;;\, c)$ est un vecteur, pas un point du plan, et $d$ n'est la coordonnée de rien : tu l'as vu au curseur, il choisit le plan parmi ses parallèles.

MÉTHODE — L'ÉQUATION D'UN PLAN (UN POINT + $\vec n$)

1.Écris le squelette : les coordonnées de $\vec n\,(a\;;\, b\;;\, c)$ donnent $ax + by + cz + d = 0$, avec $d$ inconnu.

2.Le plan passe par $A$ : remplace $x$, $y$, $z$ par les coordonnées de $A$, et résous en $d$.

3.Vérifie en retestant $A$ dans l'équation finale — dix secondes qui rattrapent la moitié des erreurs de signe.

MÉTHODE — PARALLÈLES OU PERPENDICULAIRES, PAR LES NORMALES

1.Lis les vecteurs normaux $\vec n_1$ et $\vec n_2$ sur les deux équations.

2.$\vec n_1$ et $\vec n_2$ colinéaires → plans parallèles (confondus si une équation est un multiple de l'autre, constante comprise).

3.$\vec n_1 \cdot \vec n_2 = 0$ → plans perpendiculaires.

EXEMPLE RÉSOLU — TRENTE SECONDES PAR PLAN

Donne une équation cartésienne du plan $\mathcal{P}$ passant par $A\,(1\;;\, 0\;;\, 2)$, de vecteur normal $\vec n\,(2\;;\, -1\;;\, 1)$.

Étape 1 — Squelette : $2x - y + z + d = 0$.

Étape 2 — $A \in \mathcal{P}$ : $2 \times 1 - 0 + 2 + d = 0$, donc $d = -4$.

Étape 3 — $\mathcal{P} : 2x - y + z - 4 = 0$. Contrôle en $A$ : $2 - 0 + 2 - 4 = 0$, c'est bon.

Conclusion : le squelette vient de $\vec n$, la constante vient du point. Trente secondes, contrôle compris.

Q1Un vecteur normal du plan $3x - z + 5 = 0$ est…

Q2Le point de coordonnées $(a\;;\, b\;;\, c)$ est-il forcément sur le plan $ax + by + cz + d = 0$ ?

Q3Les plans $x - 2y + z + 4 = 0$ et $2x - 4y + 2z - 7 = 0$ sont…

Q4Le plan passant par l'origine, de vecteur normal $\vec n\,(2\;;\, 0\;;\, -1)$, a pour équation…

5. Le projeté orthogonal et les distances

Retour au mètre ruban, une dernière fois — mais en coordonnées. Tu sais depuis la section 2 que la distance d'un point à un plan se mesure au pied de la perpendiculaire, en $H$. Ce qui manquait : calculer ce point. Or tu as maintenant tout : la droite qui va de $M$ au plan « tout droit », c'est celle dirigée par $\vec n$. Fais courir $P(t)$ le long de cette droite, et guette le moment où l'équation s'annule.

DÉFINITION

Le projeté orthogonal d'un point $M$ sur un plan $\mathcal{P}$ est le point $H$ de $\mathcal{P}$ tel que $(MH) \perp \mathcal{P}$ — autrement dit, $\vec{MH}$ est colinéaire à $\vec n$. Sur une droite $d$, c'est le point $H$ de $d$ tel que $\vec{MH}$ soit orthogonal à $d$. Si $M$ est déjà sur le plan (ou la droite), $H = M$.

PROPRIÉTÉ — LE POINT LE PLUS PROCHE

$H$ est le point de $\mathcal{P}$ le plus proche de $M$ : pour tout autre point $P$ du plan, $MP > MH$ — c'est le Pythagore de la section 2, $MP^2 = MH^2 + HP^2$. La distance de $M$ à $\mathcal{P}$ est donc $MH$. Même définition pour la distance de $M$ à une droite.

MÉTHODE — DISTANCE D'UN POINT À UN PLAN

1.Lis $\vec n$ sur l'équation du plan, et pose $H = M + t\,\vec n$ : les coordonnées de $H$ s'écrivent en fonction de $t$.

2.$H$ est sur le plan : reporte ses coordonnées dans l'équation et résous en $t$ — l'équation obtenue est toujours du premier degré.

3.Conclus : $MH = |t| \times \lVert\vec n\rVert$. Et tu as les coordonnées de $H$ en prime.

EXEMPLE RÉSOLU — LE CALCUL DU GRAPHIQUE

Dans un repère orthonormé, calcule la distance du point $M\,(0\;;\, 0\;;\, 0)$ au plan $\mathcal{P} : x + 2y + 2z - 9 = 0$ — celui du graphique.

Étape 1 — $\vec n\,(1\;;\, 2\;;\, 2)$, et $H = M + t\,\vec n$ a pour coordonnées $(t\;;\, 2t\;;\, 2t)$.

Étape 2 — $H \in \mathcal{P}$ : $t + 2 \times 2t + 2 \times 2t - 9 = 9t - 9 = 0$, donc $t = 1$ et $H\,(1\;;\, 2\;;\, 2)$.

Étape 3 — $MH = |t| \times \lVert\vec n\rVert = 1 \times \sqrt{1 + 4 + 4} = 3$.

Conclusion : la distance vaut 3, et le pied du fil à plomb a des coordonnées. Poser $H = M + t\,\vec n$, reporter, conclure : c'est LA méthode attendue au bac.

MÉTHODE — PROJETÉ ORTHOGONAL SUR UNE DROITE

1.La droite passe par $A$, dirigée par $\vec u$ : pose $H = A + t\,\vec u$.

2.Écris la condition d'orthogonalité $\vec{MH} \cdot \vec u = 0$, et résous en $t$.

3.Conclus avec les coordonnées de $H$, et la distance $MH$ si on la demande.

EXEMPLE RÉSOLU — SUR UNE DROITE, MÊME RÉFLEXE

La droite $d$ passe par $A\,(1\;;\, 0\;;\, 2)$ et est dirigée par $\vec u\,(1\;;\, 1\;;\, 0)$. Détermine le projeté orthogonal $H$ de $M\,(3\;;\, 2\;;\, 4)$ sur $d$.

Étape 1 — $H = A + t\,\vec u$ : $H\,(1 + t\;;\, t\;;\, 2)$, donc $\vec{MH}\,(t - 2\;;\, t - 2\;;\, -2)$.

Étape 2 — $\vec{MH} \cdot \vec u = (t - 2) + (t - 2) + 0 = 2t - 4 = 0$, donc $t = 2$ et $H\,(3\;;\, 2\;;\, 2)$.

Étape 3 — $\vec{MH}\,(0\;;\, 0\;;\, -2)$ : la distance de $M$ à $d$ vaut $MH = 2$.

Conclusion : même stratégie que pour le plan — un point qui court sur la droite, une condition d'orthogonalité, un $t$.

À RETENIR

Distance d'un point à un plan : pose $H = M + t\,\vec n$, reporte dans l'équation, et $MH = |t| \times \lVert\vec n\rVert$. Jamais de mesure en biais : toujours le projeté.

Q1La distance du point $M$ au plan $\mathcal{P}$, c'est…

Q2$M\,(0\;;\, 0\;;\, 0)$ et $\mathcal{P} : x + 2y + 2z - 9 = 0$. La distance de $M$ à $\mathcal{P}$ vaut…

Q3Pour mesurer la distance d'un point à un plan, on mesure…

LES PIÈGES CLASSIQUES

« $\vec u \cdot \vec v = 0$, donc $\vec u = \vec 0$ ou $\vec v = \vec 0$ ». Non : un produit scalaire nul dit que l'angle est droit, pas qu'un vecteur est nul. C'est un produit de réels qui a forcément un facteur nul — pas un produit scalaire : $\vec u\,(1\;;\, -2\;;\, 2)$ et $\vec v\,(2\;;\, 1\;;\, 0)$ sont non nuls et $\vec u \cdot \vec v = 0$.

Orthogonale à une droite du plan, donc perpendiculaire au plan. Il en faut deux, sécantes. L'oblique de la section 3 fait 90° avec une droite du sol et 45° avec une autre : elle n'est pas perpendiculaire au sol. Deux produits scalaires nuls, toujours.

Confondre vecteur normal et vecteur directeur. $\vec n$ est orthogonal au plan : il ne le dirige pas, il le commande de l'extérieur. Les vecteurs directeurs sont dans le plan, le vecteur normal lui est perpendiculaire — ne mélange pas les rôles dans un calcul.

Lire $(a\;;\, b\;;\, c)$ comme un point du plan. Dans $ax + by + cz + d = 0$, le triplet $(a\;;\, b\;;\, c)$ est le vecteur normal $\vec n$ — le point de coordonnées $(a\;;\, b\;;\, c)$ n'a aucune raison d'être sur le plan. Et $d$ n'est la coordonnée de rien : il choisit le plan parmi ses parallèles.

Mesurer une distance en biais. La distance d'un point à un plan (ou à une droite), c'est toujours celle du projeté orthogonal $H$ — le plus court chemin. Tout autre segment est une hypoténuse : trop long, par le Pythagore de la section 2.

L'ESSENTIEL EN 5 LIGNES

PRODUIT SCALAIRE

$\vec u \cdot \vec v = x\,x' + y\,y' + z\,z'$ en base orthonormée — toutes les formules de Première restent valables dans l'espace.

ORTHOGONAUX

$\vec u \cdot \vec v = 0$ ; et $d \perp \mathcal{P}$ dès que $d$ est orthogonale à deux droites sécantes de $\mathcal{P}$.

NORMALE

$\vec n$ non nul, orthogonal au plan ; $M \in \mathcal{P} \iff \vec{AM} \cdot \vec n = 0$.

ÉQUATION

$ax + by + cz + d = 0$, avec $\vec n\,(a\;;\, b\;;\, c)$ lisible sur les coefficients — et $d$ n'est pas une coordonnée.

DISTANCE

Pose $H = M + t\,\vec n$, reporte dans l'équation : $MH = |t| \times \lVert\vec n\rVert$.

Exercices

15 corrigés

Commence par le niveau 1. Cherche vraiment avant d'ouvrir le corrigé — c'est là que ça rentre. Les exercices suivent l'ordre du cours : produits scalaires, orthogonalité de droites et de plans, équations cartésiennes, projetés et distances, et un problème pour finir. Sauf mention contraire, les repères sont orthonormés.

EXERCICE 01 · produit scalaire niveau 1

a. Calcule $\vec u \cdot \vec v$ pour $\vec u\,(2\;;\, 3\;;\, -1)$ et $\vec v\,(1\;;\, -2\;;\, 4)$. b. Calcule $\vec a \cdot \vec b$ pour $\vec a\,(5\;;\, -2\;;\, 1)$ et $\vec b\,(0\;;\, 3\;;\, 6)$ : que peux-tu en déduire ? c. Calcule $\lVert\vec w\rVert$ pour $\vec w\,(2\;;\, -2\;;\, 1)$.

EXERCICE 02 · vecteurs orthogonaux niveau 1

On donne $\vec u\,(2\;;\, k\;;\, -3)$ et $\vec v\,(4\;;\, 1\;;\, k)$. Détermine le réel $k$ pour que $\vec u$ et $\vec v$ soient orthogonaux.

EXERCICE 03 · triangle rectangle niveau 1

On donne $A\,(1\;;\, 0\;;\, 1)$, $B\,(2\;;\, 2\;;\, 3)$ et $C\,(3\;;\, -1\;;\, 1)$. Montre que le triangle $ABC$ est rectangle en $A$.

EXERCICE 04 · droite ⊥ plan dans le cube niveau 2

$ABCDEFGH$ est un cube. Dans le repère orthonormé $(A\;;\, \vec{AB},\, \vec{AD},\, \vec{AE})$, montre que la droite $(AC)$ est perpendiculaire au plan $(BDF)$.

EXERCICE 05 · orthogonales, pas perpendiculaires niveau 2

Toujours dans le cube, avec le même repère. a. Montre que les droites $(AG)$ et $(BD)$ sont orthogonales. b. Sont-elles perpendiculaires ?

EXERCICE 06 · lire le vecteur normal niveau 1

Donne un vecteur normal de chacun des plans : a. $3x - y + 2z - 5 = 0$ ; b. $x - 4 = 0$ ; c. $2y + z = 0$. d. Le point $K\,(3\;;\, -1\;;\, 2)$ appartient-il au plan du a. ?

EXERCICE 07 · écrire l'équation niveau 2

Détermine une équation cartésienne du plan passant par $A\,(2\;;\, -1\;;\, 3)$, de vecteur normal $\vec n\,(1\;;\, -2\;;\, 2)$.

EXERCICE 08 · appartenance à un plan niveau 2

Soit $\mathcal{P} : 2x + y - z + 3 = 0$. a. Le point $A\,(1\;;\, -1\;;\, 4)$ appartient-il à $\mathcal{P}$ ? b. Et $B\,(0\;;\, 2\;;\, 1)$ ? c. Détermine le réel $z_C$ pour que $C\,(1\;;\, 1\;;\, z_C)$ appartienne à $\mathcal{P}$.

EXERCICE 09 · parallèles ou perpendiculaires niveau 2

Soient $\mathcal{P}_1 : x - 2y + 3z - 1 = 0$, $\mathcal{P}_2 : -2x + 4y - 6z + 5 = 0$ et $\mathcal{P}_3 : x + 2y + z = 0$. a. Montre que $\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_2$ sont strictement parallèles. b. Montre que $\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_3$ sont perpendiculaires.

EXERCICE 10 · plan médiateur niveau 3

On donne $A\,(1\;;\, 3\;;\, -2)$ et $B\,(3\;;\, -1\;;\, 0)$. Le plan médiateur de $[AB]$ est le plan perpendiculaire à $(AB)$ passant par le milieu de $[AB]$. a. Détermine une équation de ce plan. b. Contrôle : calcule la valeur de $x - 2y + z + 1$ en $A$, puis en $B$. Qu'observes-tu ?

EXERCICE 11 · distance à un plan niveau 2

Soient $\mathcal{P} : 2x - y + 2z - 6 = 0$ et $M\,(1\;;\, 2\;;\, 0)$. a. Justifie que $M \notin \mathcal{P}$. b. Détermine les coordonnées du projeté orthogonal $H$ de $M$ sur $\mathcal{P}$. c. Déduis-en la distance de $M$ à $\mathcal{P}$.

EXERCICE 12 · distance dans le cube niveau 2

Dans le cube $ABCDEFGH$, repère $(A\;;\, \vec{AB},\, \vec{AD},\, \vec{AE})$. a. Montre que $\vec n\,(1\;;\, 1\;;\, 0)$ est un vecteur normal au plan $(BDH)$. b. Déduis-en une équation de $(BDH)$, et vérifie que $F$ appartient à ce plan. c. Calcule la distance de $A$ au plan $(BDH)$.

EXERCICE 13 · projeté sur une droite niveau 2

La droite $d$ passe par $A\,(0\;;\, 1\;;\, -1)$ et est dirigée par $\vec u\,(2\;;\, 1\;;\, 2)$. On donne $M\,(0\;;\, 4\;;\, 2)$. a. Détermine le projeté orthogonal $H$ de $M$ sur $d$. b. Déduis-en la distance de $M$ à $d$.

EXERCICE 14 · problème niveau 3

Un skatepark installe une rampe plane. Dans un repère orthonormé d'unité 1 dm, le plan de la rampe a pour équation $x + 2y + 2z - 18 = 0$, et un capteur de choc est fixé au point $M\,(1\;;\, 2\;;\, 2)$, sous la rampe. Le fabricant exige que le capteur soit à au moins 2,5 dm de la rampe. a. Vérifie que $M$ n'est pas sur le plan de la rampe. b. Détermine les coordonnées du projeté orthogonal $H$ de $M$ sur ce plan. c. L'exigence du fabricant est-elle respectée ?

VERS LE BAC — EXERCICE 15 ≈ 45 MIN · SANS CALCULATRICE

$ABCDEFGH$ est un cube d'arête 1. On se place dans le repère orthonormé $(A\;;\, \vec{AB},\, \vec{AD},\, \vec{AE})$. On s'intéresse au plan $(BDE)$ et à la grande diagonale $[AG]$ du cube.

PARTIE A

Donne les coordonnées des points $B$, $D$, $E$ et $G$.
Montre que $\vec n\,(1\;;\, 1\;;\, 1)$ est un vecteur normal au plan $(BDE)$.
Déduis-en que le plan $(BDE)$ a pour équation $x + y + z - 1 = 0$.

PARTIE B

Justifie que la droite $(AG)$ est perpendiculaire au plan $(BDE)$.
On pose $H = G + t\,\vec n$. Détermine le réel $t$ pour lequel $H$ appartient au plan $(BDE)$, et donne les coordonnées de $H$.
Déduis-en la valeur exacte de la distance du point $G$ au plan $(BDE)$.
Vérifie que $H$ appartient au segment $[AG]$. Où se trouve-t-il exactement ?

CHAPITRE SUIVANT

Représentations paramétriques et équations cartésiennes

Un point pas clair ? Écris-moi.