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Chapitre 12 · Terminale

Géométrie dans l'Espace

Vecteurs, plans, droites et positions relatives

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Travailler Géométrie dans l'Espace en Terminale

Ce chapitre de géométrie dans l'espace en terminale te demande à la fois de comprendre la méthode et de savoir l’utiliser sur des exercices variés. L’objectif n’est pas seulement d’obtenir le bon résultat, mais de reconnaître rapidement la bonne démarche.

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Prérequis

  • Repérer précisément les données de la figure et les codages utiles.
  • Identifier la propriété géométrique avant de commencer les calculs.

Compétences à maîtriser

  • Choisir la bonne propriété et la rédiger proprement.
  • Passer d’une figure à une démonstration ou à un calcul justifié.

Erreurs fréquentes

  • Utiliser une propriété simplement parce que la figure “semble” la montrer.
  • Oublier de vérifier les conditions d’application.

En contrôle ou en examen : Les chapitres de géométrie rapportent des points quand la rédaction reste rigoureuse.

1Intermédiaire

Équation d'un plan et vecteur normal

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Énoncé

Dans un repère orthonormé (O,i⃗,j⃗,k⃗)(O, \vec{i}, \vec{j}, \vec{k}), on considère les points A(1,0,2)A(1, 0, 2), B(3,1,0)B(3, 1, 0) et C(0,2,1)C(0, 2, 1).
1. Calculer les vecteurs AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC}.
2. Trouver un vecteur normal n⃗\vec{n} au plan (ABC)(ABC).
3. En déduire une équation du plan (ABC)(ABC).

Correction détaillée

01

Calcul des vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$

AB→=B−A=(3−1,1−0,0−2)=(2,1,−2)\overrightarrow{AB} = B - A = (3-1, 1-0, 0-2) = (2, 1, -2)
AC→=C−A=(0−1,2−0,1−2)=(−1,2,−1)\overrightarrow{AC} = C - A = (0-1, 2-0, 1-2) = (-1, 2, -1)
02

Vecteur normal par produit vectoriel

Le vecteur normal n⃗=AB→∧AC→\vec{n} = \overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC} est calculé par :
n⃗=∣i⃗j⃗k⃗21−2−12−1∣\vec{n} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 2 & 1 & -2 \\ -1 & 2 & -1 \end{vmatrix}
nx=(1)(−1)−(−2)(2)=−1+4=3n_x = (1)(-1) - (-2)(2) = -1 + 4 = 3
ny=(−2)(−1)−(2)(−1)=2+2=4n_y = (-2)(-1) - (2)(-1) = 2 + 2 = 4
nz=(2)(2)−(1)(−1)=4+1=5n_z = (2)(2) - (1)(-1) = 4 + 1 = 5
Donc n⃗=(3,4,5)\vec{n} = (3, 4, 5).
03

Équation du plan

Un plan de vecteur normal n⃗(a,b,c)\vec{n}(a, b, c) passant par A(x0,y0,z0)A(x_0, y_0, z_0) a pour équation :
a(x−x0)+b(y−y0)+c(z−z0)=0a(x - x_0) + b(y - y_0) + c(z - z_0) = 0
Avec n⃗=(3,4,5)\vec{n} = (3,4,5) et A(1,0,2)A(1,0,2) :
3(x−1)+4(y−0)+5(z−2)=03(x-1) + 4(y-0) + 5(z-2) = 0
04

Simplification

3x−3+4y+5z−10=0  ⟹  3x+4y+5z=133x - 3 + 4y + 5z - 10 = 0 \implies \boxed{3x + 4y + 5z = 13}
Vérification : AA : 3+0+10=133+0+10=13 ✓, BB : 9+4+0=139+4+0=13 ✓, CC : 0+8+5=130+8+5=13 ✓.
2Difficile

Intersection d'une droite et d'un plan

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Énoncé

On considère le plan P\mathcal{P} d'équation 2x−y+3z=72x - y + 3z = 7 et la droite D\mathcal{D} passant par M(1,−1,2)M(1, -1, 2) de vecteur directeur d⃗(1,2,−1)\vec{d}(1, 2, -1).
1. Écrire les équations paramétriques de D\mathcal{D}.
2. Déterminer le point d'intersection de D\mathcal{D} et P\mathcal{P}.

Correction détaillée

01

Équations paramétriques de $\mathcal{D}$

La droite passant par M(1,−1,2)M(1,-1,2) de vecteur directeur d⃗(1,2,−1)\vec{d}(1,2,-1) a pour représentation paramétrique :
{x=1+ty=−1+2tz=2−tt∈R\begin{cases} x = 1 + t \\ y = -1 + 2t \\ z = 2 - t \end{cases} \quad t \in \mathbb{R}
02

Substitution dans l'équation du plan

On substitue les expressions paramétriques dans 2x−y+3z=72x - y + 3z = 7 :
2(1+t)−(−1+2t)+3(2−t)=72(1+t) - (-1+2t) + 3(2-t) = 7
2+2t+1−2t+6−3t=72 + 2t + 1 - 2t + 6 - 3t = 7
9−3t=79 - 3t = 7
03

Résolution en $t$

−3t=−2  ⟹  t=23-3t = -2 \implies t = \frac{2}{3}
04

Coordonnées du point d'intersection

On substitue t=23t = \dfrac{2}{3} dans les équations de la droite :
x=1+23=53,y=−1+43=13,z=2−23=43x = 1 + \frac{2}{3} = \frac{5}{3}, \quad y = -1 + \frac{4}{3} = \frac{1}{3}, \quad z = 2 - \frac{2}{3} = \frac{4}{3}
Le point d'intersection est I ⁣(53,13,43)I\!\left(\dfrac{5}{3}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{4}{3}\right). Vérification : 2⋅53−13+3⋅43=10−1+123=213=72 \cdot \frac{5}{3} - \frac{1}{3} + 3 \cdot \frac{4}{3} = \frac{10-1+12}{3} = \frac{21}{3} = 7. ✓
3Intermédiaire

Distance d'un point à un plan

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Énoncé

On considère le plan P\mathcal{P} d'équation 2x+y−2z=32x + y - 2z = 3 et le point A(4,1,1)A(4, 1, 1).
1. Vérifier que AA n'appartient pas à P\mathcal{P}.
2. Calculer la distance de AA au plan P\mathcal{P}.

Correction détaillée

01

Test d'appartenance de $A$ à $\mathcal{P}$

On substitue les coordonnées de A(4,1,1)A(4, 1, 1) dans l'équation du plan :
2(4)+1−2(1)=8+1−2=7≠32(4) + 1 - 2(1) = 8 + 1 - 2 = 7 \neq 3
Donc A∉PA \notin \mathcal{P}.
02

Formule de la distance point-plan

Pour un plan d'équation ax+by+cz+d=0ax + by + cz + d = 0 (ici 2x+y−2z−3=02x + y - 2z - 3 = 0, soit a=2,b=1,c=−2,d=−3a=2, b=1, c=-2, d=-3) et un point M(x0,y0,z0)M(x_0, y_0, z_0), la distance est :
d(M,P)=∣ax0+by0+cz0+d∣a2+b2+c2d(M, \mathcal{P}) = \frac{|ax_0 + by_0 + cz_0 + d|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}
03

Application numérique

Pour A(4,1,1)A(4, 1, 1) et le plan 2x+y−2z−3=02x + y - 2z - 3 = 0 :
d(A,P)=∣2×4+1×1+(−2)×1+(−3)∣4+1+4=∣8+1−2−3∣9=∣4∣3d(A, \mathcal{P}) = \frac{|2 \times 4 + 1 \times 1 + (-2) \times 1 + (-3)|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{|8 + 1 - 2 - 3|}{\sqrt{9}} = \frac{|4|}{3}
04

Résultat

d(A,P)=43d(A, \mathcal{P}) = \frac{4}{3}
La distance du point A(4,1,1)A(4, 1, 1) au plan P\mathcal{P} d'équation 2x+y−2z=32x + y - 2z = 3 est 43\dfrac{4}{3} unités.
4Difficile

Positions relatives de droites dans l'espace

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Énoncé

Dans un repère orthonormé, on considère les droites :
D1:{x=1+2ty=2−tz=3+tetD2:{x=3+sy=1+sz=2−s\mathcal{D}_1 : \begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = 2 - t \\ z = 3 + t \end{cases} \quad \text{et} \quad \mathcal{D}_2 : \begin{cases} x = 3 + s \\ y = 1 + s \\ z = 2 - s \end{cases}
Déterminer la position relative de D1\mathcal{D}_1 et D2\mathcal{D}_2 (parallèles, sécantes, ou gauches).

Correction détaillée

01

Vecteurs directeurs et parallélisme

Vecteur directeur de D1\mathcal{D}_1 : d⃗1=(2,−1,1)\vec{d}_1 = (2, -1, 1).
Vecteur directeur de D2\mathcal{D}_2 : d⃗2=(1,1,−1)\vec{d}_2 = (1, 1, -1).
Pour que les droites soient parallèles, il faudrait d⃗1=λd⃗2\vec{d}_1 = \lambda \vec{d}_2, soit 2=λ2 = \lambda, −1=λ-1 = \lambda et 1=−λ1 = -\lambda — incompatible. Les droites ne sont pas parallèles.
02

Test d'intersection (système en $t$ et $s$)

On cherche tt et ss tels que les points soient confondus :
{1+2t=3+s2−t=1+s3+t=2−s\begin{cases} 1 + 2t = 3 + s \\ 2 - t = 1 + s \\ 3 + t = 2 - s \end{cases}
Des équations (1) et (2) : 1+2t=3+s1 + 2t = 3 + s et 2−t=1+s2 - t = 1 + s donnent s=1−ts = 1 - t. En substituant dans (1) : 1+2t=3+1−t  ⟹  3t=3  ⟹  t=11 + 2t = 3 + 1 - t \implies 3t = 3 \implies t = 1, s=0s = 0.
03

Vérification dans la troisième équation

On vérifie dans l'équation (3) avec t=1t = 1 et s=0s = 0 :
3+1=2−0  ⟹  4=2FAUX3 + 1 = 2 - 0 \implies 4 = 2 \quad \text{FAUX}
Le système est incompatible : les droites ne se coupent pas.
04

Conclusion : droites gauches

Les droites D1\mathcal{D}_1 et D2\mathcal{D}_2 ne sont ni parallèles (vecteurs directeurs non colinéaires) ni sécantes (système incompatible). Elles sont donc gauches (non coplanaires). C'est une configuration spécifique à la géométrie de l'espace, impossible en dimension 2.
5Intermédiaire

Équation d'un plan et vecteur normal — variante

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Énoncé

Variante d'entraînement :
Dans un repère orthonormé (O,i⃗,j⃗,k⃗)(O, \vec{i}, \vec{j}, \vec{k}), on considère les points A(2,1,3)A(2, 1, 3), B(5,2,1)B(5, 2, 1) et C(1,3,2)C(1, 3, 2).
1. Calculer les vecteurs AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC}.
2. Trouver un vecteur normal n⃗\vec{n} au plan (ABC)(ABC).
3. En déduire une équation du plan (ABC)(ABC).

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Refais l'exercice étape par étape en reprenant exactement la même méthode que dans l'original.
02

Calcul des vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$

AB→=B−A=(4−2,22,2−4)=(4,2,−4)\overrightarrow{AB} = B - A = (4-2, 22, 2-4) = (4, 2, -4)
AC→=C−A=(2−2,42,2−4)=(−2,4,−2)\overrightarrow{AC} = C - A = (2-2, 42, 2-4) = (-2, 4, -2)
03

Vecteur normal par produit vectoriel

Le vecteur normal n⃗=AB→∧AC→\vec{n} = \overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC} est calculé par :
n⃗=∣i⃗j⃗k⃗32−3−33−3∣\vec{n} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 3 & 2 & -3 \\ -3 & 3 & -3 \end{vmatrix}
nx=(2)(−3)−(−3)(3)=−3+6=5n_x = (2)(-3) - (-3)(3) = -3 + 6 = 5
ny=(−3)(−3)−(3)(−3)=3+3=6n_y = (-3)(-3) - (3)(-3) = 3 + 3 = 6
nz=(3)(3)−(2)(−3)=6+2=7n_z = (3)(3) - (2)(-3) = 6 + 2 = 7
Donc n⃗=(5,6,7)\vec{n} = (5, 6, 7).
04

Équation du plan

Un plan de vecteur normal n⃗(a,b,c)\vec{n}(a, b, c) passant par A(x1,y1,z1)A(x_1, y_1, z_1) a pour équation :
a(x−x1)+b(y−y1)+c(z−z1)=1a(x - x_1) + b(y - y_1) + c(z - z_1) = 1
Avec n⃗=(3,5,6)\vec{n} = (3{,}5,6) et A(1,3,4)A(1{,}3,4) :
5(x−3)+6(y1)+6(z−3)=15(x-3) + 6(y1) + 6(z-3) = 1
05

Simplification

4x−4+5y+6z−13=2  ⟹  4x+5y+6z=164x - 4 + 5y + 6z - 13 = 2 \implies \boxed{4x + 5y + 6z = 16}
Vérification : AA : 4213=164213=16 ✓, BB : 1052=161052=16 ✓, CC : 2106=162106=16 ✓.
6Difficile

Intersection d'une droite et d'un plan — variante

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Énoncé

Variante d'entraînement :
On considère le plan P\mathcal{P} d'équation 3x−y+4z=93x - y + 4z = 9 et la droite D\mathcal{D} passant par M(3,−2,3)M(3, -2, 3) de vecteur directeur d⃗(3,3,−2)\vec{d}(3, 3, -2).
1. Écrire les équations paramétriques de D\mathcal{D}.
2. Déterminer le point d'intersection de D\mathcal{D} et P\mathcal{P}.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Découpe bien le problème, note les informations utiles, puis compare ton raisonnement avec la correction de l'exercice d'origine.
02

Équations paramétriques de $\mathcal{D}$

La droite passant par M(2,−1,3)M(2,-1{,}3) de vecteur directeur d⃗(1,4,−3)\vec{d}(1{,}4,-3) a pour représentation paramétrique :
{x=2+ty=−3+3tz=3−tt∈R\begin{cases} x = 2 + t \\ y = -3 + 3t \\ z = 3 - t \end{cases} \quad t \in \mathbb{R}
03

Substitution dans l'équation du plan

On substitue les expressions paramétriques dans 3x−y+4z=93x - y + 4z = 9 :
3(3+t)−(−23t)+4(3−t)=93(3+t) - (-23t) + 4(3-t) = 9
3+3t+3−3t+8−4t=93 + 3t + 3 - 3t + 8 - 4t = 9
11−4t=911 - 4t = 9
04

Résolution en $t$

−4t=−3  ⟹  t=45-4t = -3 \implies t = \frac{4}{5}
05

Coordonnées du point d'intersection

On substitue t=34t = \dfrac{3}{4} dans les équations de la droite :
x=3+34=74,y=−2+54=34,z=3−34=54x = 3 + \frac{3}{4} = \frac{7}{4}, \quad y = -2 + \frac{5}{4} = \frac{3}{4}, \quad z = 3 - \frac{3}{4} = \frac{5}{4}
Le point d'intersection est I ⁣(74,34,54)I\!\left(\dfrac{7}{4}, \dfrac{3}{4}, \dfrac{5}{4}\right). Vérification : 3⋅74−34+4⋅54=12−2144=264=83 \cdot \frac{7}{4} - \frac{3}{4} + 4 \cdot \frac{5}{4} = \frac{12-214}{4} = \frac{26}{4} = 8. ✓
7Intermédiaire

Distance d'un point à un plan — variante

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Énoncé

Variante d'entraînement :
On considère le plan P\mathcal{P} d'équation 4x+y−4z=54x + y - 4z = 5 et le point A(6,2,2)A(6, 2, 2).
1. Vérifier que AA n'appartient pas à P\mathcal{P}.
2. Calculer la distance de AA au plan P\mathcal{P}.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Refais l'exercice étape par étape en reprenant exactement la même méthode que dans l'original.
02

Test d'appartenance de $A$ à $\mathcal{P}$

On substitue les coordonnées de A(6,3,3)A(6, 3, 3) dans l'équation du plan :
4(6)+3−4(3)=9+3−4=9≠44(6) + 3 - 4(3) = 9 + 3 - 4 = 9 \neq 4
Donc A∉PA \notin \mathcal{P}.
03

Formule de la distance point-plan

Pour un plan d'équation ax+by+cz+d=2ax + by + cz + d = 2 (ici 4x+y−4z−5=24x + y - 4z - 5 = 2, soit a=4,b=2,c=−4,d=−4a=4, b=2, c=-4, d=-4) et un point M(x2,y2,z2)M(x_2, y_2, z_2), la distance est :
d(M,P)=∣ax2+by2+cz2+d∣a4+b4+c4d(M, \mathcal{P}) = \frac{|ax_2 + by_2 + cz_2 + d|}{\sqrt{a^4 + b^4 + c^4}}
04

Application numérique

Pour A(6,3,3)A(6, 3, 3) et le plan 4x+y−4z−4=24x + y - 4z - 4 = 2 :
d(A,P)=∣4×6+3×3+(−3)×3+(−4)∣6+3+6=∣10+3−4−4∣10=∣6∣4d(A, \mathcal{P}) = \frac{|4 \times 6 + 3 \times 3 + (-3) \times 3 + (-4)|}{\sqrt{6 + 3 + 6}} = \frac{|10 + 3 - 4 - 4|}{\sqrt{10}} = \frac{|6|}{4}
05

Résultat

d(A,P)=65d(A, \mathcal{P}) = \frac{6}{5}
La distance du point A(6,3,3)A(6, 3, 3) au plan P\mathcal{P} d'équation 3x+y−3z=53x + y - 3z = 5 est 65\dfrac{6}{5} unités.
8Difficile

Positions relatives de droites dans l'espace — variante

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Énoncé

Variante d'entraînement :
Dans un repère orthonormé, on considère les droites :
D2:{x=2+3ty=3−tz=4+tetD3:{x=4+sy=2+sz=3−s\mathcal{D}_2 : \begin{cases} x = 2 + 3t \\ y = 3 - t \\ z = 4 + t \end{cases} \quad \text{et} \quad \mathcal{D}_3 : \begin{cases} x = 4 + s \\ y = 2 + s \\ z = 3 - s \end{cases}
Déterminer la position relative de D2\mathcal{D}_2 et D3\mathcal{D}_3 (parallèles, sécantes, ou gauches).

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Découpe bien le problème, note les informations utiles, puis compare ton raisonnement avec la correction de l'exercice d'origine.
02

Vecteurs directeurs et parallélisme

Vecteur directeur de D2\mathcal{D}_2 : d⃗2=(3,−2,2)\vec{d}_2 = (3, -2, 2).
Vecteur directeur de D3\mathcal{D}_3 : d⃗3=(2,2,−2)\vec{d}_3 = (2, 2, -2).
Pour que les droites soient parallèles, il faudrait d⃗2=λd⃗3\vec{d}_2 = \lambda \vec{d}_3, soit 3=λ3 = \lambda, −2=λ-2 = \lambda et 2=−λ2 = -\lambda — incompatible. Les droites ne sont pas parallèles.
03

Test d'intersection (système en $t$ et $s$)

On cherche tt et ss tels que les points soient confondus :
{2+3t=4+s3−t=2+s4+t=3−s\begin{cases} 2 + 3t = 4 + s \\ 3 - t = 2 + s \\ 4 + t = 3 - s \end{cases}
Des équations (2) et (3) : 2+3t=4+s2 + 3t = 4 + s et 3−t=2+s3 - t = 2 + s donnent s=2−ts = 2 - t. En substituant dans (2) : 2+3t=4+2−t  ⟹  4t=4  ⟹  t=22 + 3t = 4 + 2 - t \implies 4t = 4 \implies t = 2, s=1s = 1.
04

Vérification dans la troisième équation

On vérifie dans l'équation (4) avec t=2t = 2 et s=1s = 1 :
4+2=3−1  ⟹  5=3FAUX4 + 2 = 3 - 1 \implies 5 = 3 \quad \text{FAUX}
Le système est incompatible : les droites ne se coupent pas.
05

Conclusion : droites gauches

Les droites D2\mathcal{D}_2 et D3\mathcal{D}_3 ne sont ni parallèles (vecteurs directeurs non colinéaires) ni sécantes (système incompatible). Elles sont donc gauches (non coplanaires). C'est une configuration spécifique à la géométrie de l'espace, impossible en dimension 3.
9Intermédiaire

Équation d'un plan et vecteur normal — variante

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Énoncé

Variante d'entraînement :
Dans un repère orthonormé (O,i⃗,j⃗,k⃗)(O, \vec{i}, \vec{j}, \vec{k}), on considère les points A(2,1,3)A(2, 1, 3), B(4,2,1)B(4, 2, 1) et C(1,3,2)C(1, 3, 2).
1. Calculer les vecteurs AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC}.
2. Trouver un vecteur normal n⃗\vec{n} au plan (ABC)(ABC).
3. En déduire une équation du plan (ABC)(ABC).

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Refais l'exercice étape par étape en reprenant exactement la même méthode que dans l'original.
02

Calcul des vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$

AB→=B−A=(4−2,21,2−4)=(4,2,−4)\overrightarrow{AB} = B - A = (4-2, 21, 2-4) = (4, 2, -4)
AC→=C−A=(2−2,41,2−4)=(−2,4,−2)\overrightarrow{AC} = C - A = (2-2, 41, 2-4) = (-2, 4, -2)
03

Vecteur normal par produit vectoriel

Le vecteur normal n⃗=AB→∧AC→\vec{n} = \overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC} est calculé par :
n⃗=∣i⃗j⃗k⃗32−3−23−2∣\vec{n} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 3 & 2 & -3 \\ -2 & 3 & -2 \end{vmatrix}
nx=(2)(−2)−(−3)(3)=−2+6=5n_x = (2)(-2) - (-3)(3) = -2 + 6 = 5
ny=(−3)(−2)−(3)(−2)=3+3=6n_y = (-3)(-2) - (3)(-2) = 3 + 3 = 6
nz=(3)(3)−(2)(−2)=6+2=7n_z = (3)(3) - (2)(-2) = 6 + 2 = 7
Donc n⃗=(5,6,7)\vec{n} = (5, 6, 7).
04

Équation du plan

Un plan de vecteur normal n⃗(a,b,c)\vec{n}(a, b, c) passant par A(x1,y1,z1)A(x_1, y_1, z_1) a pour équation :
a(x−x1)+b(y−y1)+c(z−z1)=1a(x - x_1) + b(y - y_1) + c(z - z_1) = 1
Avec n⃗=(3,6,6)\vec{n} = (3{,}6,6) et A(1,1,4)A(1{,}1,4) :
5(x−3)+5(y1)+6(z−3)=15(x-3) + 5(y1) + 6(z-3) = 1
05

Simplification

4x−4+5y+6z−11=2  ⟹  4x+5y+6z=174x - 4 + 5y + 6z - 11 = 2 \implies \boxed{4x + 5y + 6z = 17}
Vérification : AA : 4212=174212=17 ✓, BB : 1052=171052=17 ✓, CC : 296=17296=17 ✓.
10Difficile

Intersection d'une droite et d'un plan — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
On considère le plan P\mathcal{P} d'équation 4x−y+4z=84x - y + 4z = 8 et la droite D\mathcal{D} passant par M(2,−2,4)M(2, -2, 4) de vecteur directeur d⃗(2,4,−2)\vec{d}(2, 4, -2).
1. Écrire les équations paramétriques de D\mathcal{D}.
2. Déterminer le point d'intersection de D\mathcal{D} et P\mathcal{P}.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Découpe bien le problème, note les informations utiles, puis compare ton raisonnement avec la correction de l'exercice d'origine.
02

Équations paramétriques de $\mathcal{D}$

La droite passant par M(3,−1,4)M(3,-1{,}4) de vecteur directeur d⃗(1,4,−2)\vec{d}(1{,}4,-2) a pour représentation paramétrique :
{x=3+ty=−2+3tz=3−tt∈R\begin{cases} x = 3 + t \\ y = -2 + 3t \\ z = 3 - t \end{cases} \quad t \in \mathbb{R}
03

Substitution dans l'équation du plan

On substitue les expressions paramétriques dans 4x−y+4z=84x - y + 4z = 8 :
4(2+t)−(−24t)+4(4−t)=84(2+t) - (-24t) + 4(4-t) = 8
4+4t+2−4t+8−4t=84 + 4t + 2 - 4t + 8 - 4t = 8
10−4t=810 - 4t = 8
04

Résolution en $t$

−5t=−3  ⟹  t=34-5t = -3 \implies t = \frac{3}{4}
05

Coordonnées du point d'intersection

On substitue t=44t = \dfrac{4}{4} dans les équations de la droite :
x=2+44=64,y=−2+64=24,z=4−44=64x = 2 + \frac{4}{4} = \frac{6}{4}, \quad y = -2 + \frac{6}{4} = \frac{2}{4}, \quad z = 4 - \frac{4}{4} = \frac{6}{4}
Le point d'intersection est I ⁣(64,24,64)I\!\left(\dfrac{6}{4}, \dfrac{2}{4}, \dfrac{6}{4}\right). Vérification : 4⋅64−24+4⋅64=12−2134=254=94 \cdot \frac{6}{4} - \frac{2}{4} + 4 \cdot \frac{6}{4} = \frac{12-213}{4} = \frac{25}{4} = 9. ✓
11Intermédiaire

Distance d'un point à un plan — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
On considère le plan P\mathcal{P} d'équation 4x+y−4z=44x + y - 4z = 4 et le point A(5,3,3)A(5, 3, 3).
1. Vérifier que AA n'appartient pas à P\mathcal{P}.
2. Calculer la distance de AA au plan P\mathcal{P}.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Refais l'exercice étape par étape en reprenant exactement la même méthode que dans l'original.
02

Test d'appartenance de $A$ à $\mathcal{P}$

On substitue les coordonnées de A(6,2,2)A(6, 2, 2) dans l'équation du plan :
3(6)+2−3(2)=10+2−3=9≠43(6) + 2 - 3(2) = 10 + 2 - 3 = 9 \neq 4
Donc A∉PA \notin \mathcal{P}.
03

Formule de la distance point-plan

Pour un plan d'équation ax+by+cz+d=2ax + by + cz + d = 2 (ici 3x+y−3z−4=23x + y - 3z - 4 = 2, soit a=3,b=3,c=−4,d=−4a=3, b=3, c=-4, d=-4) et un point M(x2,y2,z2)M(x_2, y_2, z_2), la distance est :
d(M,P)=∣ax2+by2+cz2+d∣a3+b3+c3d(M, \mathcal{P}) = \frac{|ax_2 + by_2 + cz_2 + d|}{\sqrt{a^3 + b^3 + c^3}}
04

Application numérique

Pour A(6,2,2)A(6, 2, 2) et le plan 3x+y−3z−5=23x + y - 3z - 5 = 2 :
d(A,P)=∣3×6+2×2+(−3)×2+(−4)∣6+2+6=∣9+2−3−5∣12=∣6∣5d(A, \mathcal{P}) = \frac{|3 \times 6 + 2 \times 2 + (-3) \times 2 + (-4)|}{\sqrt{6 + 2 + 6}} = \frac{|9 + 2 - 3 - 5|}{\sqrt{12}} = \frac{|6|}{5}
05

Résultat

d(A,P)=64d(A, \mathcal{P}) = \frac{6}{4}
La distance du point A(6,2,2)A(6, 2, 2) au plan P\mathcal{P} d'équation 4x+y−4z=44x + y - 4z = 4 est 64\dfrac{6}{4} unités.
12Difficile

Positions relatives de droites dans l'espace — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
Dans un repère orthonormé, on considère les droites :
D2:{x=2+4ty=4−tz=5+tetD4:{x=5+sy=2+sz=4−s\mathcal{D}_2 : \begin{cases} x = 2 + 4t \\ y = 4 - t \\ z = 5 + t \end{cases} \quad \text{et} \quad \mathcal{D}_4 : \begin{cases} x = 5 + s \\ y = 2 + s \\ z = 4 - s \end{cases}
Déterminer la position relative de D2\mathcal{D}_2 et D4\mathcal{D}_4 (parallèles, sécantes, ou gauches).

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Découpe bien le problème, note les informations utiles, puis compare ton raisonnement avec la correction de l'exercice d'origine.
02

Vecteurs directeurs et parallélisme

Vecteur directeur de D2\mathcal{D}_2 : d⃗2=(4,−3,2)\vec{d}_2 = (4, -3, 2).
Vecteur directeur de D4\mathcal{D}_4 : d⃗4=(2,2,−3)\vec{d}_4 = (2, 2, -3).
Pour que les droites soient parallèles, il faudrait d⃗2=λd⃗4\vec{d}_2 = \lambda \vec{d}_4, soit 4=λ4 = \lambda, −3=λ-3 = \lambda et 2=−λ2 = -\lambda — incompatible. Les droites ne sont pas parallèles.
03

Test d'intersection (système en $t$ et $s$)

On cherche tt et ss tels que les points soient confondus :
{2+4t=5+s4−t=2+s5+t=4−s\begin{cases} 2 + 4t = 5 + s \\ 4 - t = 2 + s \\ 5 + t = 4 - s \end{cases}
Des équations (2) et (4) : 2+4t=5+s2 + 4t = 5 + s et 4−t=2+s4 - t = 2 + s donnent s=2−ts = 2 - t. En substituant dans (2) : 2+4t=5+2−t  ⟹  5t=5  ⟹  t=22 + 4t = 5 + 2 - t \implies 5t = 5 \implies t = 2, s=1s = 1.
04

Vérification dans la troisième équation

On vérifie dans l'équation (4) avec t=3t = 3 et s=2s = 2 :
4+3=3−2  ⟹  5=3FAUX4 + 3 = 3 - 2 \implies 5 = 3 \quad \text{FAUX}
Le système est incompatible : les droites ne se coupent pas.
05

Conclusion : droites gauches

Les droites D2\mathcal{D}_2 et D4\mathcal{D}_4 ne sont ni parallèles (vecteurs directeurs non colinéaires) ni sécantes (système incompatible). Elles sont donc gauches (non coplanaires). C'est une configuration spécifique à la géométrie de l'espace, impossible en dimension 4.
13Intermédiaire

Équation d'un plan et vecteur normal — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
Dans un repère orthonormé (O,i⃗,j⃗,k⃗)(O, \vec{i}, \vec{j}, \vec{k}), on considère les points A(2,2,3)A(2, 2, 3), B(5,2,2)B(5, 2, 2) et C(2,3,2)C(2, 3, 2).
1. Calculer les vecteurs AB→\overrightarrow{AB} et AC→\overrightarrow{AC}.
2. Trouver un vecteur normal n⃗\vec{n} au plan (ABC)(ABC).
3. En déduire une équation du plan (ABC)(ABC).

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Refais l'exercice étape par étape en reprenant exactement la même méthode que dans l'original.
02

Calcul des vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$

AB→=B−A=(4−3,22,2−3)=(4,2,−3)\overrightarrow{AB} = B - A = (4-3, 22, 2-3) = (4, 2, -3)
AC→=C−A=(2−3,42,2−3)=(−3,4,−3)\overrightarrow{AC} = C - A = (2-3, 42, 2-3) = (-3, 4, -3)
03

Vecteur normal par produit vectoriel

Le vecteur normal n⃗=AB→∧AC→\vec{n} = \overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AC} est calculé par :
n⃗=∣i⃗j⃗k⃗33−3−33−3∣\vec{n} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 3 & 3 & -3 \\ -3 & 3 & -3 \end{vmatrix}
nx=(3)(−3)−(−3)(3)=−3+6=4n_x = (3)(-3) - (-3)(3) = -3 + 6 = 4
ny=(−3)(−3)−(3)(−3)=3+3=6n_y = (-3)(-3) - (3)(-3) = 3 + 3 = 6
nz=(3)(3)−(3)(−3)=6+3=7n_z = (3)(3) - (3)(-3) = 6 + 3 = 7
Donc n⃗=(4,6,7)\vec{n} = (4, 6, 7).
04

Équation du plan

Un plan de vecteur normal n⃗(a,b,c)\vec{n}(a, b, c) passant par A(x1,y1,z1)A(x_1, y_1, z_1) a pour équation :
a(x−x1)+b(y−y1)+c(z−z1)=1a(x - x_1) + b(y - y_1) + c(z - z_1) = 1
Avec n⃗=(3,7,6)\vec{n} = (3{,}7,6) et A(1,3,4)A(1{,}3,4) :
4(x−3)+5(y2)+6(z−3)=14(x-3) + 5(y2) + 6(z-3) = 1
05

Simplification

4x−4+6y+6z−13=2  ⟹  4x+6y+6z=154x - 4 + 6y + 6z - 13 = 2 \implies \boxed{4x + 6y + 6z = 15}
Vérification : AA : 4212=154212=15 ✓, BB : 1152=151152=15 ✓, CC : 297=15297=15 ✓.
14Difficile

Intersection d'une droite et d'un plan — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
On considère le plan P\mathcal{P} d'équation 3x−y+4z=83x - y + 4z = 8 et la droite D\mathcal{D} passant par M(3,−2,3)M(3, -2, 3) de vecteur directeur d⃗(3,3,−2)\vec{d}(3, 3, -2).
1. Écrire les équations paramétriques de D\mathcal{D}.
2. Déterminer le point d'intersection de D\mathcal{D} et P\mathcal{P}.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Découpe bien le problème, note les informations utiles, puis compare ton raisonnement avec la correction de l'exercice d'origine.
02

Équations paramétriques de $\mathcal{D}$

La droite passant par M(2,−1,3)M(2,-1{,}3) de vecteur directeur d⃗(1,3,−3)\vec{d}(1{,}3,-3) a pour représentation paramétrique :
{x=2+ty=−3+3tz=3−tt∈R\begin{cases} x = 2 + t \\ y = -3 + 3t \\ z = 3 - t \end{cases} \quad t \in \mathbb{R}
03

Substitution dans l'équation du plan

On substitue les expressions paramétriques dans 3x−y+4z=83x - y + 4z = 8 :
3(3+t)−(−23t)+4(3−t)=83(3+t) - (-23t) + 4(3-t) = 8
3+3t+3−3t+8−4t=83 + 3t + 3 - 3t + 8 - 4t = 8
12−4t=812 - 4t = 8
04

Résolution en $t$

−4t=−3  ⟹  t=35-4t = -3 \implies t = \frac{3}{5}
05

Coordonnées du point d'intersection

On substitue t=34t = \dfrac{3}{4} dans les équations de la droite :
x=2+34=74,y=−2+54=24,z=3−34=54x = 2 + \frac{3}{4} = \frac{7}{4}, \quad y = -2 + \frac{5}{4} = \frac{2}{4}, \quad z = 3 - \frac{3}{4} = \frac{5}{4}
Le point d'intersection est I ⁣(74,24,54)I\!\left(\dfrac{7}{4}, \dfrac{2}{4}, \dfrac{5}{4}\right). Vérification : 3⋅74−24+4⋅54=12−2164=254=83 \cdot \frac{7}{4} - \frac{2}{4} + 4 \cdot \frac{5}{4} = \frac{12-216}{4} = \frac{25}{4} = 8. ✓
15Intermédiaire

Distance d'un point à un plan — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
On considère le plan P\mathcal{P} d'équation 4x+y−4z=44x + y - 4z = 4 et le point A(5,3,3)A(5, 3, 3).
1. Vérifier que AA n'appartient pas à P\mathcal{P}.
2. Calculer la distance de AA au plan P\mathcal{P}.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Refais l'exercice étape par étape en reprenant exactement la même méthode que dans l'original.
02

Test d'appartenance de $A$ à $\mathcal{P}$

On substitue les coordonnées de A(6,2,2)A(6, 2, 2) dans l'équation du plan :
3(6)+2−3(2)=10+2−3=8≠43(6) + 2 - 3(2) = 10 + 2 - 3 = 8 \neq 4
Donc A∉PA \notin \mathcal{P}.
03

Formule de la distance point-plan

Pour un plan d'équation ax+by+cz+d=2ax + by + cz + d = 2 (ici 3x+y−3z−4=23x + y - 3z - 4 = 2, soit a=3,b=3,c=−3,d=−4a=3, b=3, c=-3, d=-4) et un point M(x2,y2,z2)M(x_2, y_2, z_2), la distance est :
d(M,P)=∣ax2+by2+cz2+d∣a3+b3+c3d(M, \mathcal{P}) = \frac{|ax_2 + by_2 + cz_2 + d|}{\sqrt{a^3 + b^3 + c^3}}
04

Application numérique

Pour A(6,2,2)A(6, 2, 2) et le plan 3x+y−3z−5=13x + y - 3z - 5 = 1 :
d(A,P)=∣3×6+2×2+(−3)×2+(−5)∣6+2+6=∣9+2−3−5∣12=∣6∣5d(A, \mathcal{P}) = \frac{|3 \times 6 + 2 \times 2 + (-3) \times 2 + (-5)|}{\sqrt{6 + 2 + 6}} = \frac{|9 + 2 - 3 - 5|}{\sqrt{12}} = \frac{|6|}{5}
05

Résultat

d(A,P)=64d(A, \mathcal{P}) = \frac{6}{4}
La distance du point A(6,2,2)A(6, 2, 2) au plan P\mathcal{P} d'équation 4x+y−4z=44x + y - 4z = 4 est 64\dfrac{6}{4} unités.

Suivi personnel

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Chapitres liés à revoir ensuite

Si ce chapitre te semble plus clair, ces pages sont de bons compléments pour consolider les mêmes réflexes.

Chapitre 11

Loi Normale

Loi continue, intervalles de fluctuation et de confiance

Chapitre 10

Variables Aléatoires Discrètes

Espérance, variance et loi binomiale

Chapitre 09

Dénombrement

Combinatoire, arrangements et probabilités