Chapitre 7 GEOMETRIE ANALYTIQUE DANS L ESPACE Term ET ORTHOGONALITE

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https://maths-stcyr.jimdo.com/ Chapitre 7 géométrie analytique dans l’espace

et orthogonalité

I Produit scalaire dans l’espace 1.1 Définitions

Soit 𝑢⃗ et 𝑣 deux vecteurs de l'espace. 𝐴, 𝐵 et 𝐶 trois points tels que 𝑢⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ et 𝑣 = 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ . Il existe un plan P contenant les points 𝐴, 𝐵 et 𝐶.

Remarques 1) 𝑢⃗ . 𝑣 = 0 si 𝑢⃗ ou 𝑣 est un vecteur nul.

2) 𝑢⃗ . 𝑣 = ‖𝑢⃗ ‖ × ‖𝑣 ‖ × cos(𝑢⃗ ; 𝑣 ).

3) 𝑢⃗ ²= 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ²= ‖𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ‖²= 𝐴𝐵².

Figure

Exemple

𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹𝐺𝐻 est un cube d'arête 1.

𝑢⃗ . 𝑣 = 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝐷𝐺⃗⃗⃗⃗⃗

= 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗

= 𝐴𝐵 × 𝐴𝐵 = 1.

1.2 Propriétés algébriques

Soit 𝑢⃗ , 𝑣 et 𝑤⃗⃗ trois vecteurs de l’espace et 𝛼 un nombre réel.

Définitions (i) Le produit scalaire de l'espace de 𝑢⃗ et 𝑣 noté 𝒖⃗⃗ . 𝒗⃗⃗ égal au produit scalaire 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ dans le plan P.

(ii) Le carré scalaire du vecteur 𝑢⃗ , noté 𝒖⃗⃗ ^𝟐 est le produit scalaire 𝒖⃗⃗ . 𝒖⃗⃗ .

Chapitre 7 GEOMETRIE ANALYTIQUE DANS L’ESPACE Term ET ORTHOGONALITE

Propriété Si H est le projeté orthogonal de C sur la droite (AB), alors : 𝒖⃗⃗ . 𝒗⃗⃗ = 𝑨𝑩⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝑨𝑪⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑨𝑩⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝑨𝑯⃗⃗⃗⃗⃗⃗

Propriété 𝑢⃗ orthogonal à 𝑣 ssi 𝑢⃗ . 𝑣 = 0.

Propriétés (i) 𝑢⃗ . 𝑣 = 𝑣 . 𝑢⃗ (ii) 𝑢⃗ . (𝛼𝑣 ) = 𝛼(𝑢⃗ . 𝑣 ) = (𝛼𝑢⃗ ). 𝑣 (iii) 𝑢⃗ . (𝑣 + 𝑤⃗⃗ ) = 𝑢⃗ . 𝑣 + 𝑢⃗ . 𝑤⃗⃗

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2 Exemple Reprenons le cube ABCDEFGH précédent.

Démonstrations

Ces formules se déduisent immédiatement des développements de (𝑢⃗ + 𝑣 )² et (𝑢⃗ − 𝑣 )².

Démonstrations

Ces formules se déduisent immédiatement des propriétés précédentes.

Remarque En particulier, pour trois points A, B et C de l’espace, 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ = ¹₂(𝐴𝐵²+ 𝐴𝐶²− 𝐵𝐶²)

1.3 Base orthonormée – Repère orthonormé – Expression analytique du produit scalaire

Figure

Dans ce qui suit, on se place dans le repère orthonormé (𝑂; 𝑖 , 𝑗 , 𝑘⃗ ) de l’espace.

Démonstration

𝑢⃗ . 𝑣 = (𝑥 𝑖 + 𝑦 𝑗 + 𝑧 𝑘⃗ ). (𝑥′ 𝑖 + 𝑦′ 𝑗 + 𝑧′ 𝑘⃗ ) Propriétés Identités de polarisation

(i) ‖𝑢⃗ + 𝑣 ‖²= ‖𝑢⃗ ‖²+ 2𝑢⃗ . 𝑣 + ‖𝑣 ‖² (ii) ‖𝑢⃗ − 𝑣 ‖²= ‖𝑢⃗ ‖²− 2𝑢⃗ . 𝑣 + ‖𝑣 ‖²

Propriétés (i)𝑢⃗ . 𝑣⃗ =¹₂(‖𝑢⃗ ‖²+ ‖𝑣 ‖²− ‖𝑢⃗ − 𝑣⃗ ‖²) (ii) 𝑢⃗ . 𝑣 =¹₂(‖𝑢⃗⃗ + 𝑣⃗⃗ ‖²−‖𝑢⃗⃗ ‖²−‖𝑣⃗⃗ ‖²).

Définitions (i) Une base (𝑖 , 𝑗 , 𝑘⃗ ) de l’espace est orthonormée si ses vecteurs sont deux à deux orthogonaux et de même norme unitaire (‖𝑖 ‖ = 1, ‖𝑗 ‖ = 1 et ‖𝑘⃗ ‖ = 1).

(ii) Un repère (𝑂; 𝑖 , 𝑗 , 𝑘⃗ ) de l’espace est orthonormé, si sa base (𝑖 , 𝑗 , 𝑘⃗ ) est orthonormée.

Propriétés Si 𝑢⃗ ( 𝑥 𝑦 𝑧

) et 𝑣 ( 𝑥′

𝑦′

𝑧′

), alors 𝑢⃗ . 𝑣 = 𝑥𝑥^′+ 𝑦𝑦^′+ 𝑧𝑧′. Et en particulier, ‖𝑢⃗ ‖ = √𝑢⃗ . 𝑢⃗ = √𝑥²+ 𝑦²+ 𝑧².

(3)

3

= 𝑥𝑥′𝑖 . 𝑖 + 𝑥𝑦′𝑖 . 𝑗 + 𝑥𝑧′𝑖 . 𝑘⃗ + 𝑦𝑥′𝑗 . 𝑖 + 𝑦𝑦′𝑗 . 𝑗 + 𝑦𝑧′𝑗 . 𝑘⃗ + 𝑧𝑥′𝑘⃗ . 𝑖 + 𝑥𝑦′𝑘⃗ . 𝑗 + 𝑧𝑧′𝑘⃗ . 𝑘⃗ = 𝑥𝑥^′+ 𝑦𝑦^′+ 𝑧𝑧′

En effet, on a par exemple dans le plan définit par le couple (𝑖 ; 𝑗 ) : 𝑖 . 𝑖 = ‖𝑖 ‖²= 1, 𝑗 . 𝑗 = ‖𝑗 ‖²= 1 et 𝑖 . 𝑗 = 𝑗 . 𝑖 = 0 On a en particulier : ‖𝑢⃗ ‖²= 𝑢⃗ . 𝑢⃗ = 𝑥𝑥 + 𝑦𝑦 + 𝑧𝑧 = 𝑥²+ 𝑦²+ 𝑧²

Exemple Soit 𝑢⃗ ( 3 2

−1

) et 𝑣 ( 1 2 4

). Alors, 𝑢⃗ . 𝑣 = 3.

Déterminons l’angle (𝑢⃗ ; 𝑣 ) : 𝑢⃗ . 𝑣 = ‖𝑢⃗ ‖ × ‖𝑣 ‖ × cos(𝑢⃗ ; 𝑣 ) ⟺ cos(𝑢⃗ ; 𝑣 ) =_‖𝑢_{⃗⃗ ‖×‖𝑣⃗ ‖}^𝑢^{⃗⃗ .𝑣⃗} = ³

√14√21= ³

7√6 donc (𝑢⃗ ; 𝑣 ) ≈ 79,92 °.

Démonstration On a 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ (

𝑥_𝐵− 𝑥_𝐴 𝑦_𝐵− 𝑦_𝐴

𝑧_𝐵− 𝑧_𝐴) et donc 𝐴𝐵 = ‖𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ‖ = √(𝑥_𝐵− 𝑥_𝐴)²+ (𝑦_𝐵− 𝑦_𝐴)²+ (𝑧_𝐵− 𝑧_𝐴)². Exemple Soit 𝐴(−1 ; 5 ; 3) et 𝐵(9 ; 5 ; −2). 𝐴𝐵 = √125 = 5√5.

Exercice 1

On considère les points 𝐴(0 ; −5 ; 0), 𝐵(1 ; 0 ; 1) et 𝐶(𝑎 ; 0 ; −1) où 𝑎 est un réel. Donner la valeur de a telle que Le triangle 𝐴𝐵𝐶 soit rectangle en B.

II Orthogonalité dans l’espace

2.1 Orthogonalité de deux droites, orthogonalité d’une droite et d’un plan

Figure

Propriété Soit 𝐴(𝑥_𝐴 ; 𝑦_𝐴 ; 𝑧_𝐴) et 𝐵(𝑥_𝐵 ; 𝑦_𝐵 ; 𝑧_𝐵).

La distance AB est donnée par la formule, 𝐴𝐵 =^√(𝑥_𝐵− 𝑥_𝐴)²+(𝑦_𝐵− 𝑦_𝐴)²+(𝑧_𝐵− 𝑧_𝐴)² .

Définition Deux droites de l'espace sont orthogonales lorsque leurs parallèles passant par un point quelconque sont perpendiculaires.

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4

Exemple Dans le cube ABCDEFGH, les droites (BF) et (EH) sont orthogonales car la parallèle (BC) à (EH) est perpendiculaire en B à la droite (BF).

Remarques 1) Deux droites perpendiculaires sont coplanaires et sécantes.

2) Deux droites perpendiculaires sont orthogonales. La réciproque n'est pas vraie car deux droites orthogonales ne sont pas nécessairement coplanaires et sécantes.

Démonstration en exercice

Exemples Soit le cube ABCDEFGH ci-dessus.

On a 𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 car (BF) perpendiculaire à (BC).

On a 𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝐸𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 car (BF) perpendiculaire à (EH).

Démonstration en exercice

Figure

Remarque La propriété précédente peut de traduire de la façon suivante : une droite d de vecteur directeur 𝑛⃗ est orthogonale à un plan P ssi il existe deux vecteurs non colinéaires 𝑢⃗ et 𝑢⃗ ′ tels que 𝑢⃗ . 𝑛⃗ = 0 et 𝑢⃗ ^′. 𝑛⃗ = 0.

Exemple Soit ABCDEFGH le cube de l’exemple du haut de la page. (AE) est perpendiculaire aux droites (AD) et (AB).

(AB) et (AD) sont sécantes et définissent le plan (ABC). Donc (AE) est orthogonal au plan (ABC).

Propriété Deux droites d et d’ de vecteurs directeurs 𝑢⃗ et 𝑢⃗ ′ sont orthogonales si, et seulement si 𝑢⃗ . 𝑢⃗ ^′ = 0.

Définition Une droite est orthogonale à un plan lorsqu’elle orthogonale à toutes les droites de ce plan.

Propriété Une droite d est orthogonale à un plan P si, et seulement si elle est orthogonale à deux droites sécantes de P.

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5

Exercice 2

Soit un tétraèdre régulier 𝐴𝐵𝐶𝐷 d’arêtes de longueur 𝑙.

Démontrer que les arêtes [𝐴𝐷] et [𝐵𝐶] sont orthogonales.

2.2 Vecteur normal à un plan

Figure

Exemple Soit 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹𝐺𝐻 le cube ci-contre. On considère le repère (𝐵 ; 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ ). Dans ce repère :

𝐴(1 ; 0 ; 0), 𝐵(0 ; 0 ; 0), 𝐶(0 ; 1 ; 0), 𝐹(0 ; 0 ; 1), 𝐺(0 ; 1 ; 1). On a ainsi : 𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ ( 0

−1 1

), 𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ (0 1 1

) et 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ (−1 0 0

), donc :

𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 × 0 − 1 × 1 + 1 × 1 = 0 et 𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 × (−1) − 1 × 0 + 1 × 0 = 0.

Donc 𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de (𝐴𝐵𝐺), il est donc normal à (𝐴𝐵𝐺).

Conséquence Un plan est défini par la donnée d’un point A et d’un vecteur normal 𝑛⃗ du plan. On note 𝒫(𝐴 ; 𝑛⃗ ).

Exemple Méthode de détermination d’un vecteur normal

Dans un repère orthonormé, soit 𝐴(1 ; 2 ; −2), 𝐵(−1 ; 3 ; 1) et 𝐶(2 ; 0 ; −2) trois points de l’espace.

Déterminons un vecteur normal au plan (𝐴𝐵𝐶).

Définition On appelle vecteur normal à un plan P dirigé par le couple (𝑢⃗ ,𝑣⃗⃗ ), tout vecteur 𝑛⃗⃗ non nul, orthogonal à 𝑢

⃗ et 𝑣 .

Propriété Soit A un point et 𝑛⃗ un vecteur non nul de l’espace.

L’ensemble des points M de l’espace tels que 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝑛⃗ = 0 est le plan passant par A et de vecteur normal 𝑛⃗ .

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6 On a : 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ (−2

1 3

) et 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ( 1

−2 0

). Soit un vecteur 𝑛⃗ ( 𝑎 𝑏 𝑐

) orthogonal au plan (𝐴𝐵𝐶). Il est tel que :

{𝑛⃗ . 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ = 0

𝑛⃗ . 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 soit {−2𝑎 + 𝑏 + 3𝑐 = 0

𝑎 − 2𝑏 = 0 ⟺ {−2 × 2𝑏 + 𝑏 + 3𝑐 = 0

𝑎 = 2𝑏 ⟺ {−3𝑏 + 3𝑐 = 0

𝑎 = 2𝑏 ⟺ {𝑐 = 𝑏 𝑎 = 2𝑏 Prenons par exemple, 𝑏 = 1 (arbitrairement choisi) alors 𝑐 = 1 et 𝑎 = 2.

Le vecteur 𝑛⃗ ( 2 1 1

) est donc normal au plan (𝐴𝐵𝐶).

Remarque La solution n’est pas unique, tout vecteur colinéaire à 𝒏⃗⃗ est solution.

2.3 Projections orthogonales dans l’espace

Figure

Définition Soit A un point et une droite d de l’espace.

La projeté orthogonal de A sur d est le point H appartenant à d tel que la droite (AH) soit perpendiculaire à la droite d.

Définition Soit A un point et un plan P de l’espace.

Le projeté orthogonal de A sur P est le point H appartenant au plan P tel que la droite (AH) soit orthogonale au plan P.

Propriété Soit A un point et une droite d de l’espace.

La projeté orthogonal de A sur d est le point de d le plus proche de A.

(7)

7

Démonstration à lire et comprendre

Soit 𝐻 le projeté orthogonal du point 𝑀 sur le plan P. Supposons qu’il existe un point 𝐾 du plan P plus proche de 𝑀 que l’est le point 𝐻. 𝐾𝑀 ≤ 𝐻𝑀 car 𝐾 est le point de la droite le plus proche de 𝑀. Donc 𝐾𝑀² ≤ 𝐻𝑀².

Or, (𝑀𝐻) est orthogonale à P, donc (𝑀𝐻) est orthogonale à toute droite de P.

En particulier, (𝑀𝐻) est perpendiculaire à (𝐻𝐾).

Le triangle 𝑀𝐻𝐾 est donc rectangle en 𝐻. D’après l’égalité de Pythagore, on a : 𝐻𝑀²+ 𝐻𝐾²= 𝐾𝑀² .Donc 𝐻𝑀²+ 𝐻𝐾²≤ 𝐻𝑀². Donc 𝐻𝐾²≤ 0. Ce qui est

impossible sauf dans le cas où le point 𝐾 est le point 𝐻. On en déduit que 𝐻 est le point du plan le plus proche du point 𝑀.

Démonstration page 100 de votre manuel

Exemple Soit 𝐴(1 ; 2 ; −2), 𝐵(−1 ; 3 ; 1) et 𝐶(2 ; 0 ; −2) les trois points de l’espace déjà définis dans l’exemple de la page 5. Soit 𝑆(−2 ; 1 ; 0) (ce point n’appartient pas au plan (ABC)).

Tout d’abord, on a : 𝑑(𝑆 , (𝐴𝐵𝐶)) =^|𝑆𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ .𝑛⃗ |

‖𝑛⃗ ‖ . On a vu que le vecteur 𝑛⃗ (

2 1 1

) est un vecteur normal au plan (𝐴𝐵𝐶). D’où ‖𝑛⃗ ‖ = √4 + 1 + 1 = √6 On a 𝑆𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ ( 3

1

−2

) et donc |𝑆𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝑛⃗ | = |6 + 1 − 2| = 5.

Donc 𝑑(𝑆 , (𝐴𝐵𝐶)) =^|𝑆𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ .𝑛⃗ |

‖𝑛⃗ ‖ = ⁵

√6𝑢. 𝑙 ≈ 2,04 u.l.

On aura bien sûr 𝑑(𝑆 , (𝐴𝐵𝐶)) =^|𝑆𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ .𝑛⃗ |

‖𝑛⃗ ‖ =^|𝑆𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ .𝑛⃗ |

‖𝑛⃗ ‖ = ⁵

√6 u.l.

III Représentations paramétriques et équations cartésiennes

Dans ce qui suit, on se place dans le repère orthonormé (𝑂; 𝑖 , 𝑗 , 𝑘⃗ ) de l’espace.

3.1 Représentations paramétriques d’une droite

Propriété Le projeté orthogonal d’un point M sur un plan P est le point de P le plus proche de M.

Propriété Distance d’un point à un plan

Soit A un point et un plan P de l’espace de vecteur normal 𝑛⃗ .

La distance du point A au plan P est donnée par : 𝒅(𝑨 , 𝑷) =^|𝑨𝑴^{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .𝒏}_‖𝒏_{⃗⃗ ‖}^{⃗⃗ |}= 𝑨𝑯 pour tout point M du plan P, avec H projeté orthogonal de A sur P

Propriété Soit une droite d passant par un point 𝐴(𝑥_𝐴 ; 𝑦_𝐴 ; 𝑧_𝐵) et de vecteur directeur 𝑢⃗ ( 𝑎 𝑏 𝑐

).

On a :𝑀 ( 𝑥 𝑦 𝑧

) ∈ 𝑑 ⟺ Il existe un réel 𝑡 tel que {

𝑥 = 𝑥_𝐴+ 𝑎𝑡 𝑦 = 𝑦_𝐴+ 𝑏𝑡 𝑧 = 𝑧_𝐴+ 𝑐𝑡.

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8

Remarque Ce système s'appelle une représentation paramétrique de la droite d.

Démonstration

𝑀 ∈ 𝑑 ⟺ 𝑢⃗ et 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ sont colinéaires

⟺ Il existe un réel 𝑡 tel que 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑡𝑢⃗

⟺ ( 𝑥 − 𝑥_𝐴 𝑦 − 𝑦𝐴

𝑧 − 𝑧_𝐴) = 𝑡 ( 𝑎 𝑏 𝑐

)

⟺ {

𝑥 − 𝑥_𝐴= 𝑎𝑡 𝑦 − 𝑦_𝐴= 𝑏𝑡 𝑧 − 𝑧_𝐴 = 𝑐𝑡 ⟺ {

𝑥 = 𝑥_𝐴+ 𝑎𝑡 𝑦 = 𝑦_𝐴+ 𝑏𝑡 𝑧 = 𝑧_𝐴+ 𝑐𝑡 Exemple

Le point 𝐵(5 ; 1 ; 3) à d. En effet, dire que B appartient à d équivaut à dire qu’il existe un réel t tel que : {

5 = 2 + 3𝑡 1 = −3 + 4𝑡

3 = 1 + 2𝑡

⟺ { 𝑡 = 1 𝑡 = 1 𝑡 = 1

. Lorsque les trois équations ont pour solutions au moins deux valeurs différentes de t, alors le point n’appartient à la droite.

Remarque Une droite d admet une infinité de représentations paramétriques. En effet, on peut choisir un point de d autre que A ou choisir un vecteur non colinéaire à 𝑢⃗ et autre que 𝑢⃗ .

Dans l’exemple précédent, pour 𝑡 = −1, on obtient le point 𝐷(−1 ; −7 ; −1) et si on prend le vecteur 𝑣 ( 6 8 4

) il est colinéaire à 𝑢⃗ . Donc une autre représentation paramétrique de d est : {

𝑥 = −1 + 6𝑡 𝑦 = −7 + 8𝑡 𝑧 = −1 + 4𝑡

3.2 Equations cartésiennes d’un plan

Démonstration à connaître

- Soit un point 𝐴(𝑥_𝐴 ; 𝑦_𝐴; 𝑧_𝐴) de 𝑃.

𝑀 ( 𝑥 𝑦 𝑧

) ∈ 𝑃 ⟺ 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ et 𝑛⃗ sont orthogonaux ⟺ 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .𝑛⃗ = 0

⟺ 𝑎(𝑥 − 𝑥_𝐴) + 𝑏(𝑦 − 𝑦_𝐴) + 𝑐(𝑧 − 𝑧_𝐴) = 0

⟺ 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 − 𝑎𝑥_𝐴− 𝑏𝑦_𝐴− 𝑐𝑧_𝐴 = 0 Théorème Un plan P de vecteur normal 𝑛⃗ (

𝑎 𝑏 𝑐

) non nul admet une équation cartésienne de la forme 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 + 𝑑 = 0, avec 𝑑 ∈ ℝ.

Réciproquement, si 𝑎, 𝑏 et 𝑐 sont non tous nuls, l'ensemble des points 𝑀(𝑥 ; 𝑦 ; 𝑧) tels que 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 + 𝑑 = 0, avec 𝑑 ∈ ℝ, est un plan.

(9)

9

⟺ 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 + 𝑑 = 0 avec 𝑑 = −𝑎𝑥_𝐴− 𝑏𝑦_𝐴− 𝑐𝑧_𝐴

- Réciproquement, supposons par exemple que 𝑎 ≠ 0 (𝑎, 𝑏 et 𝑐 sont non tous nuls).

On note E l'ensemble des points 𝑀(𝑥 ; 𝑦 ; 𝑧) vérifiant l'équation 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 + 𝑑 = 0 Alors le point 𝐴 (−^𝑑

𝑎 ; 0 ; 0) vérifie l'équation 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 + 𝑑 = 0. Et donc 𝐴 ∈ E.

Soit un vecteur 𝑛⃗ ( 𝑎 𝑏 𝑐

). Pour tout point 𝑀(𝑥 ; 𝑦 ; 𝑧), on a : 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .𝑛⃗ = 𝑎 (𝑥 +^𝑑

𝑎) + 𝑏(𝑦 − 0) + 𝑐(𝑧 − 0) = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 + 𝑑 = 0.

E est donc l'ensemble des points 𝑀(𝑥 ; 𝑦 ; 𝑧) tels que 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .𝑛⃗ = 0.

Donc l'ensemble E est le plan passant par 𝐴 et de vecteur normal 𝑛⃗ (d’après la propriété de la page 5).

Exemples 1) Le plan d'équation cartésienne 𝑥 − 𝑦 + 5𝑧 + 1 = 0 a pour vecteur normal 𝑛⃗ ( 1

−1 5

).

2) Soit P le plan passant par le point 𝐴(1 ; 4 ; −2) et de vecteur normal 𝑛⃗ ( 2

−3

−1 ).

3.3 Positions relatives

Si 𝐴 ∈ 𝑃 et 𝐴 ∈ 𝑑.

𝑑 ⊥ 𝑃 ⟺ 𝑢⃗ et 𝑛⃗ sont colinéaires

Exemple Soit la droite d de représentation paramétrique {

𝑥 = −1 + 𝑡 𝑦 = 2 − 2𝑡 𝑧 = −1 − 𝑡

et P le plan d’équation cartésienne

3𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 2 = 0. Un vecteur directeur de d est 𝑢⃗ ( 1

−2

−1

) et un vecteur normal de P est 𝑛⃗ ( 3 1 1

). On a :

𝑢⃗ . 𝑛⃗ = 3 − 2 − 1 = 0. Donc 𝑢⃗ et 𝑛⃗ sont orthogonaux soit d parallèle à P. 𝐴 ∈ 𝑃 et 𝐴 ∈ 𝑑. Donc d est incluse dans P.

Propriétés Soit 𝑃₁ et 𝑃₂ deux plans de vecteurs normaux respectifs 𝑛⃗⃗⃗⃗ et 𝑛₁ ⃗⃗⃗⃗ . ₂ (i) 𝑃₁ et 𝑃₂ sont parallèles ssi 𝑛⃗⃗⃗⃗ et 𝑛₁ ⃗⃗⃗⃗ sont colinéaires. ₂

(ii) 𝑃₁ et 𝑃₂ sont perpendiculaires ssi 𝑛⃗⃗⃗⃗ et 𝑛₁ ⃗⃗⃗⃗ sont orthogonaux. ₂

(10)

10 Exemple Soit 𝑃₁∶ −𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 + 2 = 0 et 𝑃₂∶¹

2𝑥 − 𝑦 −¹

2𝑧 − 1 = 0. Alors, ces deux plans dont parallèles puisque leurs vecteurs normaux sont colinéaires : 𝑛⃗⃗⃗⃗ = −₂ ¹

2𝑛⃗⃗⃗⃗ . ₁

3.4 Détermination des coordonnées de projetés orthogonaux

Exemple On considère la droite ∆ de représentation paramétrique {

𝑥 = −1 + 2𝑡 𝑦 = 2 + 𝑡 𝑧 = −2 − 𝑡

, 𝑡 ∈ ℝ et 𝐴(1 ; −2 ; 0) un point de l’espace. Une équation cartésienne de P est donc de la forme : 2𝑥 + 𝑦 − 𝑧 + 𝑑 = 0.

Et 2 − 2 + 𝑑 = 0 ⟺ 𝑒 = 0. Donc 𝑃 ∶ 2𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = 0. Résolvons le système suivant (car H est le point d’intersection entre ∆ et P) :

൞

𝑥 = −1 + 2𝑡 𝑦 = 2 + 𝑡 𝑧 = −2 − 𝑡 2𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = 0

⇔ −2 + 4𝑡 + 2 + 𝑡 + 2 + 𝑡 = 0 ⇔ 2 + 6𝑡 = 0 ⇔ 𝑡 = −¹

3. En remplaçant t dans la

représentation paramétrique de d, on obtient 𝐻 (−⁵

3 ;⁵

3 ; −⁵

3) projeté orthogonal du point A sur la droite ∆.

Exemple On considère le plan P d’équation 3𝑥 + 𝑦 − 𝑧 − 2 = 0 et 𝐴(5 ; 1 ; 3) un point de l’espace.

Un vecteur normal de P est 𝑛⃗ ( 3 1

−1

). On en déduit une représentation paramétrique de la droite orthogonale à P et

passant par A : {

𝑥 = 5 + 3𝑡 𝑦 = 1 + 𝑡 𝑧 = 3 − 𝑡

, 𝑡 ∈ ℝ. Résolvons le système suivant : ൞

𝑥 = 5 + 3𝑡 𝑦 = 1 + 𝑡 𝑧 = 3 − 𝑡 3𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = 0

⇔ 𝑡 = −1. On obtient 𝐻(2 ; 0 ; 4) projeté orthogonal du point A sur le plan P.

Propriétés Soit ∆ une droite de représentation paramétrique {

𝑥 = 𝑥_𝐵+ 𝑎𝑡 𝑦 = 𝑦_𝐵+ 𝑏𝑡 𝑧 = 𝑧_𝐵+ 𝑐𝑡

, 𝑡 ∈ ℝ, A un point de l’espace et 𝐻(𝑥_𝐻; 𝑦_𝐻; 𝑧_𝐻) le projeté orthogonal du point A sur la droite ∆ ; alors :

(i) le plan P passant par A et orthogonal à la droite ∆ admet une équation cartésienne de la forme 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 + 𝑑 = 0 où 𝑑 est un nombre réel ;

(ii) le triplet (𝑥_𝐻 ; 𝑦_𝐻 ; 𝑧_𝐻) est l’unique triplet vérifiant à la fois la représentation paramétrique de ∆ et l’équation cartésienne du plan P.

Propriétés Soit P un plan d’équation cartésienne 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 + 𝑑 = 0 où 𝑑 est un nombre réel, 𝐴(𝑥_𝐴; 𝑦_𝐴; 𝑧_𝐴) un point de l’espace et 𝐻(𝑥_𝐻; 𝑦_𝐻; 𝑧_𝐻) le projeté orthogonal du point A sur le plan P; alors :

(i) la droite ∆ passant par A et orthogonal au plan P admet pour représentation paramétrique : {

𝑥 = 𝑥_𝐴+ 𝑎𝑡 𝑦 = 𝑦_𝐴+ 𝑏𝑡 𝑧 = 𝑧_𝐴+ 𝑐𝑡

, 𝑡 ∈ ℝ ;

(ii) le triplet (𝑥_𝐻 ; 𝑦_𝐻 ; 𝑧_𝐻) est l’unique triplet vérifiant à la fois l’équation cartésienne du plan P et la représentation paramétrique de ∆ .

(11)

11

Compléments : Equation d’une sphère – Distance d’un point à un plan

(i) La sphère de centre Ω(𝑥₀; 𝑦₀; 𝑧₀) et de rayon 𝑅 admet pour équation

(𝒙 − 𝒙_𝟎)^𝟐+ (𝒚 − 𝒚_𝟎)^𝟐+ (𝒛 − 𝒛_𝟎)^𝟐= 𝑹^𝟐. (ii) Soient 𝐴(𝑥_𝐴 ; 𝑦_𝐴 ; 𝑧_𝐴) un point de l’espace et 𝑃 le plan d’équation

𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 + 𝑑 = 0. La distance de A à 𝑃 est alors 𝑑(𝐴, 𝑃) =^|𝑎𝑥^𝐴^+𝑏𝑦^𝐴^+𝑐𝑧^𝐴^+𝑑|

√𝑎²+𝑏²+𝑐² .

Exercice 3

Indiquer si les propositions sont vraies ou fausses en justifiant la réponse.

On considère les points dans le repère (𝑂; 𝑖 , 𝑗 , 𝑘⃗ ) orthonormé :

𝐴(2 ; 1 ; −1), 𝐵(−1 ; 2 ; 4), 𝐶(0 ; −2 ; 3), 𝐷(1 ; 1 ; −2) et le plan 𝑃 d’équation 𝑥 − 2𝑦 + 𝑧 + 1 = 0.

(a) Les points A, B et C définissent un plan.

(b) La droite (𝐴𝐶) est incluse dans le plan 𝑃.

(c) Une équation cartésienne du plan (𝐴𝐵𝐷) est : 𝑥 + 8𝑦 − 𝑧 − 11 = 0.

(d) Une représentation paramétrique de la droite (𝐴𝐶) est : {

𝑥 = 2𝑡 𝑦 = 2 + 3𝑡 𝑧 = 3 − 4𝑡

, 𝑡 ∈ ℝ.

(e) Les droites (𝐴𝐵) et (𝐶𝐷) sont orthogonales.

(f) La distance du point 𝐶 au plan 𝑃 est égale à 4√6.

(g) La sphère de centre 𝐷 et de rayon ^√6

3 est tangente au plan P.

(h) Le point 𝐸(−⁴

3 ;²

3 ;⁵

3) est le projeté orthogonal du point 𝐶 sur le plan 𝑃.

(12)

12 Solutions des exercices

Exercice 1

On a : 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ (1 5 1

) , 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ( 𝑎 5

−1

) et 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ (𝑎 − 1 0

−2

). D’où : 𝐴𝐵²= 1 + 25 + 1 = 27, 𝐴𝐶² = 𝑎²+ 25 + 1 = 𝑎²+ 26 et 𝐵𝐶² = (𝑎 − 1)²+ 4 = 𝑎²− 2𝑎 + 5. Pour que le triangle 𝐴𝐵𝐶 soit rectangle en 𝐵, on doit avoir l’égalité (de Pythagore) suivante :

𝐴𝐵²+ 𝐵𝐶²= 𝐴𝐶² soit :

27 + 𝑎²− 2𝑎 + 5 = 𝑎²+ 26 ⟺ 32 − 26 = 2𝑎 ⟺ 6 = 2𝑎 ⟺ 𝑎 = 3.

Exercice 2

𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ . (𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ) = 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗

= −𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗

Dans le triangle équilatéral ABD, on a : 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐴𝐷 × 𝐴𝐵 × 𝑐𝑜𝑠(𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ ; 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ) = 𝑙 × 𝑙 × cos𝜋

3 =𝑙² 2

On démontre de même dans le triangle équilatéral ADC que : 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑙²

2

Ainsi : 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ = − ^𝑙²

2 + ^𝑙₂²= 0

Les vecteurs 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ et 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ sont donc orthogonaux.

Les arêtes [𝐴𝐷] et [𝐵𝐶] sont orthogonales

Remarque Dans un tétraèdre régulier, deux arêtes quelconques opposés sont orthogonales.

Exercice 3

(a) Proposition vraie. On a 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ (−2

−3

−4

) et 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ (−3 1 5

). On remarque ³

2≠ −¹

3 , ce qui veut dire que ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires ; donc les points 𝐴, 𝐵 et 𝐶 définissent un plan.

(b) Proposition fausse. En effet, supposons par l’absurde que la droite (𝐴𝐶) est incluse dans le plan 𝑃. Alors, les coordonnées des points 𝐴 et 𝐶 vérifient l’équation du plan 𝑃 :

(13)

13

Pour le point 𝐴, on a 2 − 2 − 1 + 1 = 0 et pour le point 𝐶, on 0 + 4 + 3 + 1 = 8 ≠ 0.

On aboutit donc à une contradiction. La droite (𝐴𝐶) est bien incluse dans le plan 𝑃.

(c) Proposition vraie. On a 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ (−3 1 5

) et 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ (−1 0

−1

). On remarque ¹₃≠ 0 , ce qui veut dire que ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires ; donc les points 𝐴, 𝐵 et 𝐷 définissent un plan, le plan (𝐴𝐵𝐷). On cherche un vecteur normal 𝑛⃗ (

𝑎 𝑏 𝑐

) au plan (𝐴𝐵𝐷). On a donc l’équivalence suivante : {𝑛⃗ . 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ = 0

𝑛⃗ . 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ = 0⟺ {−3𝑎 + 𝑏 + 5𝑐 = 0

−𝑎 − 𝑐 = 0 . On peut donc choisir 𝑛⃗ (

1 8

−1

). Soit 𝑀(𝑥 ; 𝑦; 𝑧) ∈ (𝐴𝐵𝐷), alors on a :

𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝑛⃗ = 0 ⟺ (𝑥 − 2) + 8(𝑦 − 1) − (𝑧 + 1) = 0 ⟺ 𝑥 + 8𝑦 − 𝑧 − 11 = 0.

(d) Proposition fausse. Soit 𝑀(𝑥 ; 𝑦 ; 𝑧) ∈ (𝐴𝐶), alors il existe 𝑘 ∈ ℝ tel que 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑘𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ; c’est-à-dire {

𝑥 − 0 = −2𝑘 𝑦 + 2 = −3𝑘 𝑧 − 3 = 4𝑘

⟺ {

𝑥 = −2𝑘 𝑦 = −2 − 3𝑘

𝑧 = 3 + 4𝑘

⟺ {

𝑥 = 2𝑡 𝑦 = −2 + 3𝑡

𝑧 = 3 − 4𝑡

, où l’on a posé 𝑡 = −𝑘.

(e) Proposition fausse. Puisque comme on a 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ (−3 1 5

) et 𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ ( 1 3

−5

) , on remarque que 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ . 𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ = −25 ≠ 0 ce qui implique que :

les droites (𝐴𝐵) et (𝐶𝐷) ne sont pas orthogonales.

(f) Proposition vraie. En effet, on a : 𝑑(𝐶, 𝑃) =|1×0−2×(−2)+1×3|

√1²+(−2)²+1² = ⁸

√6=^8√6

6 = ⁴

3√6. (g) Proposition vraie. Puisque on remarque que 𝑑(𝐷, 𝑃) =|1×1−2×1+1×(−2)+1|

√1²+1²+(−1)² = ²

√6=^2√6

6 =^√6

3 =rayon de la sphère.

(h) Proposition vraie. On a 𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗

(

−⁴

3

−⁸₃

4 3 )

et le vecteur normal du plan 𝑃 est 𝑛⃗ ( 1

−2 1

). On remarque donc que 𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ =⁴

3𝑛⃗ . De plus, 𝐸 ∈ (𝑃) puisque : −⁴₃− 2 ×²₃+⁵₃+ 1 = 0.

Ce qui nous permet de dire que 𝐸 est bien le projeté orthogonal de 𝐶 sur 𝑃.