Droites et plans de l’espace · Terminale spécialité

Pourquoi étudier les droites et plans de l'espace ?

Le chapitre de synthèse

Ce chapitre est le cœur de la géométrie analytique dans l'espace. C'est ici que se combinent tous les outils accumulés dans les fiches précédentes : les vecteurs (Fiche 2), le produit scalaire, les équations cartésiennes, les normes et les distances (Fiche 3). Ils permettent de résoudre des problèmes géométriques complets et concrets.

La question fondamentale est celle des positions relatives : comment deux droites, une droite et un plan, ou deux plans, peuvent-ils se situer l'un par rapport à l'autre dans l'espace ? Se coupent-ils ? Sont-ils parallèles ? Perpendiculaires ? Et s'ils se coupent, où se coupent-ils exactement ?

Un classique absolu du bac

Les exercices de géométrie dans l'espace tombent quasi-systématiquement au bac de Terminale. Ils combinent typiquement les opérations suivantes : écrire l'équation d'un plan, déterminer la représentation paramétrique d'une droite, calculer un point d'intersection, vérifier un parallélisme ou une orthogonalité, et calculer une distance ou un angle. Ce chapitre te donne les méthodes pour chacun de ces problèmes.

La grande différence avec le plan

L'idée avant la formule

Les deux langages de la géométrie analytique

Avant de plonger dans les définitions, il est essentiel de comprendre qu'on dispose de deux façons différentes de décrire les objets géométriques. Chaque langage a ses avantages, et savoir passer de l'un à l'autre est une compétence clé.

La stratégie générale pour les intersections

Le cours formel

Rappels : caractériser droites et plans

Méthode · Passage paramétrique $\leftrightarrow$ cartésienne pour un plan

Paramétrique $\to$ cartésienne :

Lire les deux vecteurs directeurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ dans la représentation paramétrique.
Trouver un vecteur normal $\vec{n}\coord{a}{b}{c}$ en résolvant le système $\begin{cases}\vec{n}\cdot\vec{u}=0\\\vec{n}\cdot\vec{v}=0\end{cases}$ . C'est un système de 2 équations à 3 inconnues. On fixe une inconnue (par exemple $$c=1$$ ) et on résout les deux autres.
Calculer $$d$$ en substituant un point connu dans $$ax+by+cz+d=0$$ .

Cartésienne $\to$ paramétrique :

Trouver un point $$A$$ du plan (fixer deux coordonnées, résoudre la troisième).
Trouver deux vecteurs directeurs en cherchant deux solutions particulières de $$ax+by+cz=0$$ (l'équation homogène associée).
Vérifier que ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, puis écrire la représentation paramétrique.

Positions relatives de deux droites

Dans l'espace, deux droites $$d_1$$ et $$d_2$$ se trouvent dans l'une des quatre configurations suivantes. C'est la première grande différence avec le plan (où il n'y en a que deux).

Propriété · Les quatre cas possibles

Soient $$d_1$$ (passant par $$A_1$$ , vecteur directeur $\vec{u}_1$ ) et $$d_2$$ (passant par $$A_2$$ , vecteur directeur $\vec{u}_2$ ).

Position	$\vec{u}_1$ et $\vec{u}_2$	Points communs	Coplanaires ?
Confondues	colinéaires	$\infty$	oui
Parallèles strictes	colinéaires	$$0$$	oui
Sécantes	non colinéaires	$$1$$	oui
Non coplanaires (gauches)	non colinéaires	$$0$$	non

Remarque : les trois premiers cas sont exactement les mêmes que dans le plan. Seul le quatrième cas est spécifique à l'espace.

Intuition · Comment visualiser les quatre cas

Pour bien comprendre ces quatre cas, pense à des objets du quotidien :

Confondues : deux rails d'un même chemin de fer. Ils occupent exactement le même espace (infinité de points communs).
Parallèles strictes : les deux rails d'une voie ferrée. Même direction, mais ils ne se touchent jamais (zéro point commun).
Sécantes : deux routes qui se croisent à un carrefour. Elles se rencontrent en un seul point (un point commun).
Non coplanaires (gauches) : une route au sol et un pont autoroutier qui passe au-dessus. Ils ne sont pas parallèles (directions différentes), mais ne se croisent jamais non plus car ils sont à des altitudes différentes (zéro point commun).

Le test ultime : deux droites non coplanaires ne peuvent pas être dessinées sur une même feuille de papier (= un plan). C'est le critère géométrique fondamental.

Méthode · Algorithme pour déterminer la position relative de deux droites

Étape 1 : tester si $\vec{u}_1$ et $\vec{u}_2$ sont colinéaires.

Si oui ( $\vec{u}_1\parallel\vec{u}_2$ ) : les droites sont parallèles. Pour distinguer confondues/parallèles strictes, tester si un point de $$d_2$$ appartient à $$d_1$$ (par exemple, vérifier si $\vect{A_1A_2}$ est colinéaire à $\vec{u}_1$ ).
- Si $A_2\in d_1$ $\Rightarrow$ confondues.
- Sinon $\Rightarrow$ parallèles strictes.

Étape 2 : si $\vec{u}_1\not\parallel\vec{u}_2$ , écrire les représentations paramétriques et résoudre le système pour chercher un point d'intersection.

Concrètement : $$d_1$$ est paramétrée par $$t$$ , $$d_2$$ par $$s$$ . On écrit les 3 équations obtenues en égalant les coordonnées :

\begin{cases} x_{A_1}+t\,a_1 = x_{A_2}+s\,a_2 \\ y_{A_1}+t\,b_1 = y_{A_2}+s\,b_2 \\ z_{A_1}+t\,c_1 = z_{A_2}+s\,c_2 \end{cases}

C'est un système de 3 équations à 2 inconnues ( $$t$$ et $$s$$ ). On résout les 2 premières, puis on vérifie dans la 3ème.

Si la 3ème équation est satisfaite $\Rightarrow$ sécantes (calculer le point).
Si la 3ème est contredite $\Rightarrow$ non coplanaires (droites gauches).

Positions relatives d'une droite et d'un plan

Propriété · Les trois cas possibles

Soient $$d$$ une droite de vecteur directeur $\vec{u}$ et $\mathcal{P}:ax+by+cz+d_0=0$ un plan de vecteur normal $\vec{n}\coord{a}{b}{c}$ .

Position	Critère	Intersection
$$d$$ sécante à $\mathcal{P}$	$\vec{u}\cdot\vec{n}\neq 0$	exactement 1 point
$$d$$ strictement parallèle à $\mathcal{P}$	$\vec{u}\cdot\vec{n}= 0$ et $d\not\subset\mathcal{P}$	aucun point
$$d$$ contenue dans $\mathcal{P}$	$\vec{u}\cdot\vec{n}= 0$ et $d\subset\mathcal{P}$	toute la droite

Méthode · Intersection droite-plan : la méthode fondamentale

C'est l'exercice type du bac. Apprends cette méthode par cœur.

Écrire la représentation paramétrique de $$d$$ : $\begin{cases}x=x_0+ta\\y=y_0+tb\\z=z_0+tc\end{cases}$
Substituer dans l'équation cartésienne du plan $\alpha x+\beta y+\gamma z+\delta=0$ .
On obtient une équation en $$t$$ de la forme $\boldsymbol{At+B=0}$ où $A=\alpha a+\beta b+\gamma c=\vec{u}\cdot\vec{n}$ et $B=\alpha x_0+\beta y_0+\gamma z_0+\delta$ .
Discuter :
- $A\neq 0$ : un seul $$t = -B/A$$ $\Rightarrow$ droite et plan sécants. On calcule le point.
- $$A=0$$ et $B\neq 0$ : équation $0=B\neq 0$ , impossible $\Rightarrow$ $d\parallel\mathcal{P}$ strictement.
- $$A=0$$ et $$B=0$$ : équation $$0=0$$ , vraie $\forall t$ $\Rightarrow$ $d\subset\mathcal{P}$ .

Remarque : $A=\vec{u}\cdot\vec{n}$ n'est rien d'autre que le produit scalaire vecteur directeur $\cdot$ vecteur normal. C'est la même condition que dans le tableau ci-dessus.

Exemple · Intersection droite/plan : parallèles

$d:\begin{cases}x=t\\y=1+t\\z=2-t\end{cases}$ et $\mathcal{P}:x+y-z-4=0$ .

Substitution : $$(t)+(1+t)-(2-t)-4=0$$ , soit $$3t-5=0$$ , d'où $$t=5/3$$ .

Ah, ici $A=3\neq 0$ , donc en fait elles sont sécantes. Prenons plutôt un autre exemple :

$d:\begin{cases}x=t\\y=1+t\\z=t\end{cases}$ et $\mathcal{P}:x-y+z+1=0$ .

$\vec{u}\coord{1}{1}{1}$ , $\vec{n}\coord{1}{-1}{1}$ . $\vec{u}\cdot\vec{n}=1-1+1=1\neq 0$ . Sécantes aussi !

Prenons : $d:\begin{cases}x=t\\y=1+2t\\z=3t\end{cases}$ et $\mathcal{P}:x+y-z+5=0$ .

$\vec{u}\coord{1}{2}{3}$ , $\vec{n}\coord{1}{1}{-1}$ . $\vec{u}\cdot\vec{n}=1+2-3=0$ . Parallèles !

Substitution : $$(t)+(1+2t)-(3t)+5=0$$ , soit $$0t+6=0$$ , c'est-à-dire $$6=0$$ . Impossible.

La droite est strictement parallèle au plan (jamais d'intersection).

Positions relatives de deux plans

Propriété · Les trois cas possibles

Soient $\mathcal{P}_1:a_1x+b_1y+c_1z+d_1=0$ et $\mathcal{P}_2:a_2x+b_2y+c_2z+d_2=0$ , de vecteurs normaux $\vec{n}_1$ et $\vec{n}_2$ .

Position	Condition sur $\vec{n}_1,\vec{n}_2$	Intersection
Sécants	$\vec{n}_1\not\parallel\vec{n}_2$	une droite $\Delta$
Parallèles (strictement)	$\vec{n}_1\parallel\vec{n}_2$ et $\mathcal{P}_1\neq\mathcal{P}_2$	ensemble vide
Confondus	$\vec{n}_1\parallel\vec{n}_2$ et $\mathcal{P}_1=\mathcal{P}_2$	le plan entier

Méthode · Trouver l'intersection de deux plans sécants

C'est un exercice classique. On cherche la droite $\Delta = \mathcal{P}_1\cap\mathcal{P}_2$ .

Étape 1 : Vecteur directeur de $\Delta$ :

$\Delta$ est contenue dans $\mathcal{P}_1$ , donc $\vec{d}\perp\vec{n}_1$ , c'est-à-dire $\vec{d}\cdot\vec{n}_1=0$ .

$\Delta$ est contenue dans $\mathcal{P}_2$ , donc $\vec{d}\perp\vec{n}_2$ , c'est-à-dire $\vec{d}\cdot\vec{n}_2=0$ .

On résout le système $\begin{cases}\vec{d}\cdot\vec{n}_1=0\\\vec{d}\cdot\vec{n}_2=0\end{cases}$ (2 équations, 3 inconnues). On fixe une coordonnée et on résout.

Étape 2 : Un point de $\Delta$ :

On résout simultanément $\begin{cases}a_1x+b_1y+c_1z+d_1=0\\a_2x+b_2y+c_2z+d_2=0\end{cases}$

C'est un système de 2 équations à 3 inconnues : on fixe une coordonnée (par exemple $$z=0$$ ) et on résout les 2 autres.

Étape 3 : Écrire la représentation paramétrique de $\Delta$ .

Théorèmes de parallélisme et d'orthogonalité

Ces théorèmes sont des outils de raisonnement puissants. Ils permettent de déduire des propriétés géométriques sans calcul.

Intersection de trois plans

Distance d'un point à une droite

La boîte à outils : Réflexes pour le bac

Méthode · Check-list complète

Je veux…	J'utilise…
Position de 2 droites	1) $\vec{u}_1\parallel\vec{u}_2$ ? 2) Si non, résoudre système 3 éq / 2 inc
Intersection droite/plan	Substituer paramétrique dans cartésienne, résoudre
Intersection 2 plans	Trouver vecteur dir. commun + un point commun
Droite $\perp$ plan ?	Vect. dir. droite $$=$$ vect. normal du plan ?
Droite $\parallel$ plan ?	$\vec{u}\cdot\vec{n}=0$ ?
2 plans parallèles ?	$\vec{n}_1\parallel\vec{n}_2$ ? (normaux colinéaires)
2 plans perpendiculaires ?	$\vec{n}_1\cdot\vec{n}_2=0$ ?
Paramétrique $\to$ cartésienne	Trouver $\vec{n}\perp\vec{u}$ et $\vec{n}\perp\vec{v}$ , puis $$d$$
Cartésienne $\to$ paramétrique	1 point + 2 vecteurs directeurs de $$ax+by+cz=0$$
Projeté sur une droite	$H\in d$ et $\vect{MH}\cdot\vec{u}=0$

Attention · Top 5 des erreurs au bac

Oublier de vérifier la 3ème équation pour les droites. Si tu trouves $$(t,s)$$ avec les 2 premières équations et que tu ne vérifies pas dans la 3ème, tu ne sais pas si les droites sont sécantes ou non coplanaires !
Confondre « non sécantes » et « parallèles ». Dans l'espace, deux droites non sécantes peuvent être soit parallèles (même direction), soit non coplanaires (droites gauches).
Confondre vecteur directeur et vecteur normal. Le vecteur normal est perpendiculaire au plan. Le vecteur directeur est contenu dans le plan (ou dirige la droite).
Affirmer que 2 droites parallèles à un plan sont parallèles. C'est faux dans l'espace !
Oublier de conclure. Après les calculs, donne toujours une phrase de conclusion résumant le résultat géométrique obtenu.

Exercices

Exercice 1 ★☆☆ : Positions relatives de droites

$d_1:\begin{cases}x=1+2t\\y=-t\\z=3+t\end{cases}$ , $d_2:\begin{cases}x=3+4s\\y=1-2s\\z=4+2s\end{cases}$ , $d_3:\begin{cases}x=-1+s\\y=2+s\\z=1-s\end{cases}$ .

$$d_1$$ et $$d_2$$ sont-elles parallèles, sécantes, ou non coplanaires ?
$$d_1$$ et $$d_3$$ sont-elles parallèles, sécantes, ou non coplanaires ?

Exercice 2 ★☆☆ : Intersection droite/plan

$d:\begin{cases}x=2+t\\y=1-2t\\z=3t\end{cases}$ et $\mathcal{P}:3x+y-z-8=0$ .

Déterminer le point d'intersection de $$d$$ et $\mathcal{P}$ .
Quel est l'angle entre $$d$$ et $\mathcal{P}$ ?

Exercice 3 ★☆☆ : Intersection de deux plans

$\mathcal{P}_1:x+2y-z+1=0$ et $\mathcal{P}_2:2x-y+z-4=0$ .

Montrer que $\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_2$ sont sécants.
Déterminer la représentation paramétrique de la droite d'intersection $\Delta$ .

Exercice 4 ★☆☆ : Plans parallèles et perpendiculaires

$\mathcal{P}_1:2x-y+3z+1=0$ , $\mathcal{P}_2:4x-2y+6z-5=0$ , $\mathcal{P}_3:x+y+z-2=0$ .

$\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_2$ sont-ils parallèles ? Confondus ?
$\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_3$ sont-ils perpendiculaires ?
Trouver l'équation du plan $\mathcal{P}_4$ parallèle à $\mathcal{P}_1$ passant par $$A(1,0,-1)$$ .

Exercice 5 ★★☆ : Paramétrique $\to$ cartésienne

Soit $\mathcal{P}:\begin{cases}x=1+s+2t\\y=2-s+t\\z=s-t\end{cases}$ .

Déterminer un vecteur normal à $\mathcal{P}$ .
En déduire l'équation cartésienne de $\mathcal{P}$ .
Le point $$M(4,3,-1)$$ appartient-il à $\mathcal{P}$ ?

Exercice 6 ★★☆ : Cartésienne $\to$ paramétrique

Soit $\mathcal{P}:3x-y+2z-6=0$ .

Trouver un point et deux vecteurs directeurs de $\mathcal{P}$ .
Écrire la représentation paramétrique de $\mathcal{P}$ .
Vérifier en retrouvant l'équation cartésienne.

Exercice 7 ★★☆ : Droite contenue dans un plan ?

$d:\begin{cases}x=1+t\\y=2+2t\\z=-1+t\end{cases}$ et $\mathcal{P}:x+y-3z-6=0$ .

Vérifier que $$d$$ est parallèle à $\mathcal{P}$ .
$$d$$ est-elle contenue dans $\mathcal{P}$ ?

Exercice 8 ★★☆ : Droite perpendiculaire à un plan

Soit $\mathcal{P}:2x-y+2z-3=0$ et $$A(1,1,1)$$ .

Écrire la représentation paramétrique de la droite $$d$$ passant par $$A$$ et perpendiculaire à $\mathcal{P}$ .
Déterminer le projeté orthogonal $$H$$ de $$A$$ sur $\mathcal{P}$ .
Calculer $$AH$$ .

Exercice 9 ★★☆ : Intersection de trois plans

$\mathcal{P}_1:x+y+z=6$ , $\mathcal{P}_2:x-y+2z=5$ , $\mathcal{P}_3:2x+y-z=3$ .

Déterminer le point d'intersection des trois plans.

Exercice 10 ★★☆ : Plan passant par 3 points

$$A(1,0,2)$$ , $$B(3,1,0)$$ , $$C(0,2,1)$$ .

Calculer $\vect{AB}$ et $\vect{AC}$ .
Déterminer un vecteur normal au plan $$(ABC)$$ .
Écrire l'équation cartésienne de $$(ABC)$$ .
Le point $$D(2,2,2)$$ est-il dans ce plan ?

Exercice 11 ★★★ : Projeté sur une droite et distance

$d:\begin{cases}x=1+t\\y=2t\\z=-1+3t\end{cases}$ et $$M(3,4,1)$$ .

Déterminer le projeté orthogonal $$H$$ de $$M$$ sur $$d$$ .
Calculer la distance de $$M$$ à $$d$$ .

Exercice 12 ★★★ : Symétrique par rapport à un plan

$\mathcal{P}:x-2y+2z-1=0$ et $$M(3,1,-1)$$ .

Déterminer le projeté orthogonal $$H$$ de $$M$$ sur $\mathcal{P}$ .
En déduire le symétrique $$M'$$ de $$M$$ par rapport à $\mathcal{P}$ .
Vérifier que $$H$$ est le milieu de $$[MM']$$ et que $$M'$$ est à la même distance de $\mathcal{P}$ que $$M$$ .

Problème : Géométrie d'un tétraèdre régulier ★★★

On se place dans un repère orthonormé $(O,\vec{i},\vec{j},\vec{k})$ . On pose $$A=(1,1,1)$$ , $$B=(1,-1,-1)$$ , $$C=(-1,1,-1)$$ , $$D=(-1,-1,1)$$ .

Partie A : Le tétraèdre

Calculer les longueurs $$AB$$ , $$AC$$ , $$AD$$ , $$BC$$ , $$BD$$ , $$CD$$ . Vérifier que $$ABCD$$ est un tétraèdre régulier et donner la longueur commune $$a$$ des arêtes.
Montrer que le centre de gravité $$G$$ de $$ABCD$$ est l'origine $$O$$ .

Partie B : Plans et droites remarquables

Déterminer l'équation cartésienne du plan $$(ABC)$$ .
Déterminer la représentation paramétrique de la hauteur issue de $$D$$ , c'est-à-dire la droite passant par $$D$$ et perpendiculaire au plan $$(ABC)$$ .
Déterminer le pied $$H$$ de cette hauteur (projeté de $$D$$ sur $$(ABC)$$ ). Montrer que $$H$$ est le centre de gravité du triangle $$ABC$$ .
Calculer la hauteur $$DH$$ du tétraèdre.

Partie C : Sphère circonscrite

Montrer que $$O$$ est équidistant de $$A$$ , $$B$$ , $$C$$ , $$D$$ . En déduire que $$O$$ est le centre de la sphère circonscrite au tétraèdre. Donner son rayon $$R$$ .
Écrire l'équation de cette sphère.
(Bonus) Déterminer le centre et le rayon de la sphère inscrite dans le tétraèdre. On rappelle que le centre de la sphère inscrite est équidistant des quatre faces.

Corrigés détaillés

Corrigé : Exercice 1

$$d_1$$ et $$d_2$$ :

Vecteurs directeurs : $\vec{u}_1\coord{2}{-1}{1}$ , $\vec{u}_2\coord{4}{-2}{2}=2\vec{u}_1$ .

Les vecteurs sont colinéaires : $d_1\parallel d_2$ . Reste à savoir si elles sont confondues ou strictement parallèles.

Le point $$A_1(1,0,3)$$ (de $$d_1$$ pour $$t=0$$ ) est-il sur $$d_2$$ ? On cherche $$s$$ tel que $$1=3+4s$$ , soit $s=-\frac{1}{2}$ . Vérifions : $y=1-2(-\frac{1}{2})=2\neq 0$ ✗.

Donc $$d_1$$ et $$d_2$$ sont strictement parallèles.
$$d_1$$ et $$d_3$$ :

$\vec{u}_1\coord{2}{-1}{1}$ , $\vec{u}_3\coord{1}{1}{-1}$ . Non colinéaires ( $\frac{2}{1}\neq\frac{-1}{1}$ ).

On résout : $\begin{cases}1+2t=-1+s\quad(1)\\-t=2+s\quad(2)\\3+t=1-s\quad(3)\end{cases}$

De (2) : $$s=-t-2$$ . Dans (1) : $$1+2t=-1+(-t-2)=-3-t$$ , d'où $$3t=-4$$ , $t=-\frac{4}{3}$ , $s=-\frac{4}{3}\times(-1)-2=\frac{4}{3}-2=-\frac{2}{3}$ .

Vérification dans (3) : $3+(-\frac{4}{3})=\frac{5}{3}$ et $1-(-\frac{2}{3})=\frac{5}{3}$ . $\frac{5}{3}=\frac{5}{3}$ ✓

Les droites sont sécantes. Point d'intersection : $x=1+2(-\frac{4}{3})=-\frac{5}{3}$ , $y=\frac{4}{3}$ , $z=3-\frac{4}{3}=\frac{5}{3}$ .

$I=\boldsymbol{\left(-\frac{5}{3},\,\frac{4}{3},\,\frac{5}{3}\right)}$ .

Corrigé : Exercice 2

Substitution de $$d$$ dans $\mathcal{P}$ : $$3(2+t)+(1-2t)-(3t)-8=0$$ , soit $$6+3t+1-2t-3t-8=0$$ , d'où $$-2t-1=0$$ , $t=-\frac{1}{2}$ .

Point d'intersection : $x=2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$ , $$y=1+1=2$$ , $z=-\frac{3}{2}$ .

$\boldsymbol{I=\left(\frac{3}{2},\,2,\,-\frac{3}{2}\right)}$ .

Vérification : $3\times\frac{3}{2}+2-(-\frac{3}{2})-8=\frac{9}{2}+2+\frac{3}{2}-8=\frac{12}{2}+2-8=6+2-8=0$ ✓.
L'angle $\alpha$ entre la droite $$d$$ et le plan $\mathcal{P}$ est le complémentaire de l'angle entre $\vec{u}$ et $\vec{n}$ :
$\sin\alpha = \frac{|\vec{u}\cdot\vec{n}|}{\norme{\vec{u}}\norme{\vec{n}}}$
$\vec{u}\coord{1}{-2}{3}$ , $\vec{n}\coord{3}{1}{-1}$ . $\vec{u}\cdot\vec{n}=3-2-3=-2$ .

$\norme{\vec{u}}=\sqrt{1+4+9}=\sqrt{14}$ , $\norme{\vec{n}}=\sqrt{9+1+1}=\sqrt{11}$ .

$\sin\alpha = \frac{2}{\sqrt{14}\sqrt{11}} = \frac{2}{\sqrt{154}}$ . Donc $\alpha=\arcsin\frac{2}{\sqrt{154}}\approx\boldsymbol{9{,}3°}$ .

Corrigé : Exercice 3

$\vec{n}_1\coord{1}{2}{-1}$ , $\vec{n}_2\coord{2}{-1}{1}$ . $\frac{1}{2}\neq\frac{2}{-1}$ : non colinéaires, donc sécants.
Vecteur directeur $\vec{d}\coord{a}{b}{c}$ : $\begin{cases}a+2b-c=0\\2a-b+c=0\end{cases}$ Addition : $$3a+b=0$$ , $$b=-3a$$ . De (1) : $$c=a+2(-3a)=-5a$$ . Avec $$a=1$$ : $\vec{d}\coord{1}{-3}{-5}$ .

Un point : posons $$z=0$$ . $\begin{cases}x+2y=-1\\2x-y=4\end{cases}$ De (2) : $$y=2x-4$$ . Dans (1) : $$x+2(2x-4)=-1$$ , $$5x=7$$ , $x=\frac{7}{5}$ , $y=\frac{14}{5}-4=-\frac{6}{5}$ .

$A\left(\frac{7}{5},-\frac{6}{5},0\right)$ .
$\Delta:\begin{cases}x=\frac{7}{5}+t\\y=-\frac{6}{5}-3t\\z=-5t\end{cases}$
Vérif dans $\mathcal{P}_1$ : $\frac{7}{5}+t+2(-\frac{6}{5}-3t)-(-5t)+1=\frac{7}{5}-\frac{12}{5}+t-6t+5t+1=-1+1=0$ ✓.

Corrigé : Exercice 4

$\vec{n}_1\coord{2}{-1}{3}$ , $\vec{n}_2\coord{4}{-2}{6}=2\vec{n}_1$ . Colinéaires, donc parallèles.

Confondus ? Point de $\mathcal{P}_1$ : $(0,0,\frac{-1}{3})$ . Dans $\mathcal{P}_2$ : $0-0+6\times\frac{-1}{3}-5=-2-5=-7\neq 0$ . Parallèles stricts.
$\vec{n}_1\cdot\vec{n}_3=2(1)+(-1)(1)+3(1)=4\neq 0$ . Non perpendiculaires.
$\mathcal{P}_4\parallel\mathcal{P}_1$ : même normal $\coord{2}{-1}{3}$ . Passant par $$A(1,0,-1)$$ : $$2(x-1)-(y-0)+3(z+1)=0$$ , soit $$2x-y+3z+1=0$$ .

Vérif : $$2-0-3+1=0$$ ✓. $\boldsymbol{\mathcal{P}_4:2x-y+3z+1=0}$ .

Corrigé : Exercice 5

Vect. directeurs : $\vec{u}\coord{1}{-1}{1}$ , $\vec{v}\coord{2}{1}{-1}$ .

On cherche $\vec{n}\coord{a}{b}{c}$ : $\begin{cases}a-b+c=0\\2a+b-c=0\end{cases}$

Addition : $$3a=0$$ , $$a=0$$ . De (1) : $$c=b$$ . Prenons $$b=1$$ , $$c=1$$ . $\vec{n}\coord{0}{1}{1}$ .
$\mathcal{P}$ passe par $$A(1,2,0)$$ (pour $$s=t=0$$ ). Équation : $$0(x-1)+1(y-2)+1(z-0)=0$$ , soit $\boldsymbol{y+z-2=0}$ .

Vérif : $$A(1,2,0)$$ donne $$2+0-2=0$$ ✓.
$$M(4,3,-1)$$ : $$3+(-1)-2=0$$ ✓. Oui, $M\in\mathcal{P}$ .

Corrigé : Exercice 6

Point : $$y=z=0$$ donne $$3x=6$$ , $$x=2$$ . $$A(2,0,0)$$ .

Vect. dir. (solutions de $$3x-y+2z=0$$ ) : $y=3,z=0\Rightarrow x=1$ : $\vec{u}\coord{1}{3}{0}$ . $y=0,z=3\Rightarrow x=-2$ : $\vec{v}\coord{-2}{0}{3}$ . Non colinéaires ✓.
$\mathcal{P}:\begin{cases}x=2+s-2t\\y=3s\\z=3t\end{cases}$
Vérif : $$3(2+s-2t)-(3s)+2(3t)-6=6+3s-6t-3s+6t-6=0$$ ✓.

Corrigé : Exercice 7

$\vec{u}\coord{1}{2}{1}$ , $\vec{n}\coord{1}{1}{-3}$ . $\vec{u}\cdot\vec{n}=1+2-3=0$ . Donc $d\parallel\mathcal{P}$ (ou $d\subset\mathcal{P}$ ).
On teste si $A(1,2,-1)\in\mathcal{P}$ : $$1+2-3(-1)-6=1+2+3-6=0$$ ✓.

Comme $A\in\mathcal{P}$ et $\vec{u}\cdot\vec{n}=0$ , la droite $$d$$ est entièrement contenue dans $\mathcal{P}$ .

Corrigé : Exercice 8

$d\perp\mathcal{P}$ signifie que le vect.\ dir.\ de $$d$$ est $\vec{n}\coord{2}{-1}{2}$ . $d:\begin{cases}x=1+2t\\y=1-t\\z=1+2t\end{cases}$
Substitution dans $\mathcal{P}$ : $$2(1+2t)-(1-t)+2(1+2t)-3=0$$ , soit $$2+4t-1+t+2+4t-3=0$$ , d'où $$9t=0$$ , $$t=0$$ .

Donc $$H=A=(1,1,1)$$ . Cela signifie que $$A$$ est déjà dans le plan $\mathcal{P}$ .

Vérif : $$2(1)-1+2(1)-3=2-1+2-3=0$$ ✓. Effectivement, $A\in\mathcal{P}$ .
$$AH=0$$ puisque $$H=A$$ .

Corrigé : Exercice 9

Pour déterminer le point d'intersection des trois plans $\mathcal{P}_1$ , $\mathcal{P}_2$ et $\mathcal{P}_3$ , nous devons résoudre le système suivant :

\begin{cases} x + y + z = 6 \quad (1) \\ x - y + 2z = 5 \quad (2) \\ 2x + y - z = 3 \quad (3) \end{cases}

Méthode de résolution par substitution :

Élimination de $$x$$ et $$z$$ en fonction de $$y$$ : En soustrayant $$(2)$$ à $$(1)$$ , on élimine $$x$$ :
$(1) - (2) \implies 2y - z = 1 \implies \mathbf{z = 2y - 1} \text{ }$
En soustrayant $$(3)$$ à $$(1)$$ , on obtient une relation entre $$x$$ et $$z$$ :
$(1) - (3) \implies -x + 2z = 3 \implies \mathbf{x = 2z - 3} \text{ }$
Substitution dans l'équation (1) : Exprimons d'abord $$x$$ uniquement en fonction de $$y$$ en utilisant $$z = 2y - 1$$ :
$x = 2(2y - 1) - 3 = 4y - 2 - 3 = \mathbf{4y - 5}$
Injectons maintenant ces expressions de $$x$$ et $$z$$ dans l'équation $$(1)$$ :
$\[(4y - 5) + y + (2y - 1) = 6\]$ $7y - 6 = 6 \implies 7y = 12 \implies \mathbf{y = \frac{12}{7}} \text{ }$
Calcul des autres coordonnées :
$z = 2\left(\frac{12}{7}\right) - 1 = \frac{24}{7} - \frac{7}{7} = \mathbf{\frac{17}{7}} \text{ }$ $x = 4\left(\frac{12}{7}\right) - 5 = \frac{48}{7} - \frac{35}{7} = \mathbf{\frac{13}{7}} \text{ }$

Conclusion : Les trois plans sont sécants en un point unique $I\left(\frac{13}{7}, \frac{12}{7}, \frac{17}{7}\right)$ . [cite: 2853]

Vérification :

$(1) : \frac{13+12+17}{7} = \frac{42}{7} = 6$ ✓
$(2) : \frac{13-12+34}{7} = \frac{35}{7} = 5$ ✓
$(3) : \frac{26+12-17}{7} = \frac{21}{7} = 3$ ✓ [cite: 2854]

Corrigé : Exercice 10

$\vect{AB}=\coord{2}{1}{-2}$ , $\vect{AC}=\coord{-1}{2}{-1}$ .
$\vec{n}\coord{a}{b}{c}$ avec $\begin{cases}2a+b-2c=0\\-a+2b-c=0\end{cases}$
De (2) : $$a=2b-c$$ . Dans (1) : $$2(2b-c)+b-2c=0$$ , $$5b-4c=0$$ , $c=\frac{5b}{4}$ . Posons $$b=4$$ : $$c=5$$ , $$a=8-5=3$$ .

$\vec{n}\coord{3}{4}{5}$ .
$$(ABC)$$ passe par $$A(1,0,2)$$ : $$3(x-1)+4y+5(z-2)=0$$ , soit $\boldsymbol{3x+4y+5z-13=0}$ .

Vérif : $$A$$ : $$3+0+10-13=0$$ ✓. $$B$$ : $$9+4+0-13=0$$ ✓. $$C$$ : $$0+8+5-13=0$$ ✓.
$$D(2,2,2)$$ : $6+8+10-13=11\neq 0$ . $\boldsymbol{D\notin(ABC)}$ .

Corrigé : Exercice 11

$H\in d$ : $H=(1+t,\,2t,\,-1+3t)$ . $\vec{u}\coord{1}{2}{3}$ .

$\vect{MH}=\coord{1+t-3}{2t-4}{-1+3t-1}=\coord{t-2}{2t-4}{3t-2}$ .

$\vect{MH}\cdot\vec{u}=0$ : $$(t-2)+2(2t-4)+3(3t-2)=0$$ , soit $$t-2+4t-8+9t-6=0$$ , $$14t=16$$ , $t=\frac{8}{7}$ .

$H=\left(1+\frac{8}{7},\,\frac{16}{7},\,-1+\frac{24}{7}\right)=\boldsymbol{\left(\frac{15}{7},\,\frac{16}{7},\,\frac{17}{7}\right)}$ .
$MH=\sqrt{\left(\frac{15}{7}-3\right)^2+\left(\frac{16}{7}-4\right)^2+\left(\frac{17}{7}-1\right)^2}=\sqrt{\frac{36+144+100}{49}}=\sqrt{\frac{280}{49}}=\frac{\sqrt{280}}{7}=\frac{2\sqrt{70}}{7}\approx\boldsymbol{2{,}39}$ .

Corrigé : Exercice 12

On considère le plan $\mathcal{P} : x - 2y + 2z - 1 = 0$ et le point $$M(3, 1, -1)$$ .

Détermination du projeté orthogonal $$H$$ de $$M$$ sur $\mathcal{P}$ :

Le vecteur normal au plan $\mathcal{P}$ est $\vec{n} \coord{1}{-2}{2}$ . La droite $$(MH)$$ est perpendiculaire à $\mathcal{P}$ , elle a donc $\vec{n}$ pour vecteur directeur. Sa représentation paramétrique est :

\[(MH) : \begin{cases} x = 3 + t \\ y = 1 - 2t \\ z = -1 + 2t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}\]

Le point $$H$$ est l'intersection de cette droite et du plan. En substituant ces expressions dans l'équation de $\mathcal{P}$ :

\[(3 + t) - 2(1 - 2t) + 2(-1 + 2t) - 1 = 0\]

\[\begin{aligned}&3 + t - 2 + 4t - 2 + 4t - 1\\&= 0 \implies 9t - 2 = 0 \implies \mathbf{t = \frac{2}{9}}\end{aligned}\]

On en déduit les coordonnées de $$H$$ :
- $x_H = 3 + \frac{2}{9} = \frac{27+2}{9} = \frac{29}{9}$
- $y_H = 1 - 2\left(\frac{2}{9}\right) = \frac{9-4}{9} = \frac{5}{9}$
- $z_H = -1 + 2\left(\frac{2}{9}\right) = \frac{-9+4}{9} = -\frac{5}{9}$
D'où $H\left(\frac{29}{9}, \frac{5}{9}, -\frac{5}{9}\right)$ .
Détermination du symétrique $$M'$$ de $$M$$ par rapport à $\mathcal{P}$ :

$$H$$ est le milieu du segment $$[MM']$$ , ce qui implique la relation vectorielle $\vect{OM'} = 2\vect{OH} - \vect{OM}$ .
- $x_{M'} = 2\left(\frac{29}{9}\right) - 3 = \frac{58-27}{9} = \frac{31}{9}$
- $y_{M'} = 2\left(\frac{5}{9}\right) - 1 = \frac{10-9}{9} = \frac{1}{9}$
- $z_{M'} = 2\left(-\frac{5}{9}\right) - (-1) = \frac{-10+9}{9} = -\frac{1}{9}$
D'où $M'\left(\frac{31}{9}, \frac{1}{9}, -\frac{1}{9}\right)$ .
Vérifications :

Milieu : La coordonnée $$y$$ du milieu de $$[MM']$$ est bien $\frac{1 + 1/9}{2} = \frac{10/18}{1} = \frac{5}{9} = y_H$ .

Distances : La distance de $$M$$ à $\mathcal{P}$ est $d(M, \mathcal{P}) = \frac{|3 - 2(1) + 2(-1) - 1|}{\sqrt{1^2 + (-2)^2 + 2^2}} = \frac{|-2|}{3} = \frac{2}{3}$ . La distance de $$M'$$ à $\mathcal{P}$ est $d(M', \mathcal{P}) = \frac{|\frac{31}{9} - 2(\frac{1}{9}) + 2(-\frac{1}{9}) - 1|}{3} = \frac{|\frac{31-2-2-9}{9}|}{3} = \frac{2}{3}$ .

Les distances sont égales, ce qui confirme la symétrie.

Corrigé : Problème

Partie A

1. $AB=\sqrt{0+4+4}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$ . $AC=\sqrt{4+0+4}=2\sqrt{2}$ . $AD=\sqrt{4+4+0}=2\sqrt{2}$ .

$BC=\sqrt{4+4+0}=2\sqrt{2}$ . $BD=\sqrt{4+0+4}=2\sqrt{2}$ . $CD=\sqrt{0+4+4}=2\sqrt{2}$ .

Toutes les arêtes mesurent $a=2\sqrt{2}$ . Le tétraèdre est régulier. ✓

2. $G=\frac{A+B+C+D}{4}=\frac{1}{4}\coord{1+1-1-1}{1-1+1-1}{1-1-1+1}=\frac{1}{4}\coord{0}{0}{0}=O$ . ✓

Partie B

3. $\vect{AB}=\coord{0}{-2}{-2}$ , $\vect{AC}=\coord{-2}{0}{-2}$ .

$\vec{n}\coord{a}{b}{c}$ : $\begin{cases}-2b-2c=0\\-2a-2c=0\end{cases}$ $\Rightarrow$ $$b=-c$$ et $$a=-c$$ . Posons $$c=-1$$ : $\vec{n}\coord{1}{1}{-1}$ .

$$(ABC)$$ : $$1(x-1)+1(y-1)+(-1)(z-1)=0$$ , soit $\boldsymbol{x+y-z-1=0}$ .

Vérif : $$A$$ : $$1+1-1-1=0$$ ✓. $$B$$ : $$1-1+1-1=0$$ ✓. $$C$$ : $$-1+1+1-1=0$$ ✓.

4. Hauteur issue de $$D$$ : droite passant par $$D(-1,-1,1)$$ , direction $\vec{n}\coord{1}{1}{-1}$ .

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

5. Substitution dans $$(ABC)$$ : $$(-1+t)+(-1+t)-(1-t)-1=0$$ , soit $$3t-4=0$$ , $t=\frac{4}{3}$ .

$H=\left(-1+\frac{4}{3},\,-1+\frac{4}{3},\,1-\frac{4}{3}\right)=\boldsymbol{\left(\frac{1}{3},\,\frac{1}{3},\,-\frac{1}{3}\right)}$ .

Centre de gravité de $$ABC$$ : $G'=\frac{A+B+C}{3}=\frac{1}{3}(1+1-1,\,1-1+1,\,1-1-1)=(\frac{1}{3},\frac{1}{3},-\frac{1}{3})=H$ ✓.

6. $DH=\sqrt{(\frac{4}{3})^2+(\frac{4}{3})^2+(-\frac{4}{3})^2}=\frac{4}{3}\sqrt{3}=\frac{4\sqrt{3}}{3}\approx 2{,}31$ .

Partie C

7. $OA=\sqrt{1+1+1}=\sqrt{3}$ . De même, $OB=OC=OD=\sqrt{3}$ . Donc $$O$$ est équidistant des 4 sommets : c'est le centre de la sphère circonscrite, de rayon $R=\sqrt{3}$ .

8. $$(x-0)^2+(y-0)^2+(z-0)^2=3$$ , soit $\boldsymbol{x^2+y^2+z^2=3}$ .

9. Le centre $$I$$ de la sphère inscrite est équidistant des 4 faces. Par symétrie du tétraèdre régulier, $$I=G=O=(0,0,0)$$ .

Le rayon de la sphère inscrite est la distance de $$O$$ à la face $$(ABC)$$ : $d(O,(ABC))=\frac{|0+0-0-1|}{\sqrt{1+1+1}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$ .

Remarquons que $R=\sqrt{3}=3\times\frac{\sqrt{3}}{3}=3r$ . Pour un tétraèdre régulier, le rayon de la sphère circonscrite est toujours 3 fois celui de la sphère inscrite.

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